文档内容
专题 18.1 平行四边形性质的综合
◆ 典例分析
【典例1】如图，在 ▱ABCD中，AD⊥AC，AD=AC，E为射线BA上一点，直线DE与直线AC交于
点G，CH⊥DE于H，CH的延长线与直线AB交于点F．
（1）当E在线段AB上时，
①若∠CDE=30°，CG=2，求 ▱ABCD的面积；
②求证：DG=CF+FG；
（2）若HG=HF，FG=❑√2，求DG的长．
【思路点拨】
（1）①过点G作GP⊥CD，垂足为P，证明△GCP是等腰直角三角形，求出GP=CP=❑√2，再根据含
30度角的直角三角形的特征，求出DG=2❑√2，利用勾股定理求出DP=❑√6，进而得到CD=❑√6+❑√2，利
用勾股定理即可求出AC=AD=1+❑√3，即可得到▱ABCD的面积；②如图，延长CF交DA的延长线于T
，连接FG，利用全等三角形的性质证明DG=CT,FG=FT即可；
（2）根据题意可求GH=HF=1，当点E在线段AB上时，根据AD⊥AC，CH⊥DE，HG=HF，
AD=AC，可得∠CFG=∠EGF=∠DCA=45°，进而得到∠DCA+∠ACF=∠CFG+∠ACF，即
∠DCT=∠AGF，同理（1）②可证∠ATC=∠AGF，DG=CF+GF=CF+FT，进而得到
∠ATC=∠DCT，推出△CDT是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一，得到CH=HT=1+❑√2，即可
求出DG=CT=2+2❑√2；当点E在射线BA上时，同理证明△CDG是等腰三角形，即可解答．
【解题过程】
（1）①解：过点G作GP⊥CD，垂足为P，∵ AD⊥AC，AD=AC，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠ADC=∠ACD=45°，
∵∠CPG=90°，
∴ △GCP是等腰直角三角形，
∴CP=PG，
∵ CG=2，
∴❑√CP2+PG2=CG，
∴ GP=CP=❑√2，
∵ ∠CDE=30°，
∴DG=2PG=2❑√2，
∴DP=❑√DG2−GP2=❑√6，
∴ CD=❑√6+❑√2，
∵❑√AC2+AD2=❑√2AD=CD=❑√2+❑√6，
∴AC=AD=1+❑√3，
∴ ▱ABCD的面积为：AC⋅AD=(1+❑√3) 2=4+2❑√3；
②如图1中，延长CF交DA的延长线于T，连接FG，
∵CH⊥DE，
∴∠CHD=90°，
∵∠CHG=∠DAG=90°,∠CGH=∠AGD，
∴∠GCH=∠GDA，
∵∠DAG=∠CAT=90°,AD=AC，
∴△DAG≌△CAT（ASA），∴DG=CT,AG=AT，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD=90°，
∵AD=AC
∴AC=BC，
∴ ∠CAB=45°，
∵ ∠CAT=90°，
∴∠GAF=∠TAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△TAF（SAS），
∴GF=TF，
∴DG=CT=CF+TF=CF+FG；
（2）解：当点E在线段AB上时，
∵ HG=HF，FG=❑√2，CH⊥DE，
∴ GH=HF=1，
∵ AD⊥AC，AD=AC，
∴ ∠CFG=∠EGF=∠DCA=45°，
∴ ∠DCA+∠ACF=∠CFG+∠ACF，即∠DCT=∠AGF，
同理（1）②得∠ATC=∠AGF，FG=FT=❑√2，DG=CF+GF=CF+FT，
∴ ∠ATC=∠DCT，
∴ △CDT是等腰三角形，
∴ CH=HT=1+❑√2，
∴ DG=CT=2+2❑√2；
当点E在射线BA上时，同理得：△ACT≌△ADG，
∴∠ATC=∠AGE,AT=AG，
∵∠CAB=180°−∠ADC−∠DAC=45°，
∴∠CAE=45°，
∴∠DAE=45°，
∵AF=AF，
∴△ATF≌△AGF(SAS)，
∴∠AFT=∠AFG，
∵∠AED=∠GEF,∠DAE=∠HGF=45°，
∴∠AFG=∠ADE=∠AFT，
∵CD∥BF，
∴∠AFT=∠DCT，
∴∠ADE=∠DCT，
∴∠AGE=∠ATC=∠ADC+∠DCT=∠ADC+∠ADE=∠CDG，
∴ △CDG是等腰三角形，
∵CF⊥DG，
∴ DH=HG=1，
∴ DG=DH+HG=2；
综上，DG长为2或2+2❑√2．
◆ 学霸必刷1．（24-25八年级下·福建厦门·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=45°，
AB=4❑√2，点P为BC上任意一点，连接PA，以PA、PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ
的最小值为（ ）
A．2 B．2❑√2 C．4 D．4❑√2
【思路点拨】
本题考查了平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质以及垂线段最短的性质，勾股定理等知识，设PQ
与AC交于点O，作OP′⊥BC于P′，首先利用勾股定理求出OP′，当P与P′重合时，PQ的值最小，PQ
的最小值=2OP′，从而求解．
【解题过程】
解：设PQ与AC交于点O，作OP′⊥BC于P′．如图所示：
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=45°，AB=4❑√2，
∴△BAC为等腰直角三角形，
∴AC=AB=4❑√2，
∵四边形PAQC是平行四边形，
1
∴OA=OC= AC=2❑√2，
2
∴OC2=CP′2+OP′2，
∵∠ACB=45°，∠OP′C=90°，
∴OP′=CP′，
∴2OP′2=OC2=8，
∴OP′=2，
当P与P′重合时，OP的值最小，则PQ的值最小，
∴PQ的最小值=2OP'=4．
故选：C．2．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AD=4，E是边DC延
长线上一点，连接BE，△BEF是等边三角形，连接FC，则FC的最小值是（ ）
A．❑√3 B．2 C．❑√6 D．2❑√3
【思路点拨】
本题主要考查了平行四边形，等边三角形．熟练掌握平行四边形性质，等边三角形的判定和性质，全等三
角形的判定和性质，含30°的直角三角形的判定和性质，是解决问题的关键．
在射线CD上取点G，使CG=BC，连接BG，FG，根据平行四边形性质证明△BCG是等边三角形，得到
∠CBG=∠CGB=60°，BC=CG=BG=4，根据△BEF是等边三角形，得到BF=BE，∠FBE=60°，
得到∠GBF=∠CBE，得到△BCE≌△BGF(SAS)，得到∠BGF=∠BCE=120°，得到∠FGC=60°
，点F在直线FG上运动，当CF⊥FG时，根据含30°的直角三角形的性质得到CF的最小值为2❑√3．
【解题过程】
解：在射线CD上取点G，使CG=BC，连接BG，FG，
∵平行四边形ABCD中， BC=AD=4，∠DCB=∠A=60°，
∴△BCG是等边三角形，
∴∠CBG=∠CGB=60°，BC=CG=BG=4，
∵△BEF是等边三角形，
∴BF=BE，∠FBE=60°，
∴∠GBF+∠CBF=∠CBE+∠CBF=60°，
∴∠GBF=∠CBE，
∴△BCE≌△BGF(SAS)，
∴∠BGF=∠BCE=180°−∠BCD=120°，
∴∠FGC=∠BGF−∠BGC=60°，∴点F在直线FG上运动，
当CF⊥FG时，CF最小，
此时，∠FCG=90°−∠FGC=30°，
❑√3
∴CF= CG=2❑√3,
2
∴CF的最小值为2❑√3．
故选：D．
3．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，∠BAC=30°
，∠CAD=15°，AC=2❑√3+2，则BD的长为（ ）
A．❑√6+❑√2 B．2❑√2 C．2❑√3 D．3❑√2
【思路点拨】
本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，过点B作BE⊥AD于E，过点C作
1
CP⊥AB的延长线于P，由∠BAC=30°可得CP= AC=❑√3+1，由勾股定理得AP=❑√3+3，由平行四
2
边形性质得BC=AD，∠PBC=∠BAD=45°，进而得到BP=CP=❑√3+1，AB=AP−BP=2，
BC=❑√6+❑√2，即可得到AD=❑√6+❑√2，AE=BE=❑√2，即得DE=❑√6，由勾股定理即可求出BD的长，
正确作出辅助线是解题的关键．
【解题过程】
解：如图，过点B作BE⊥AD于E，过点C作CP⊥AB的延长线于P，则
∠AEB=∠DEB=∠CPA=90°，
∵∠BAC=30°，
1
∴CP= AC=❑√3+1，
2∴AP=❑√AC2−CP2=❑√(2❑√3+2) 2 −(❑√3+1) 2=❑√3+3，
∵∠BAC=30°，∠CAD=15°，
∴∠BAD=30°+15°=45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC=AD，
∴∠PBC=∠BAD=45°，
∴△BPC为等腰直角三角形，
∴BP=CP=❑√3+1，
∴AB=AP−BP=❑√3+3−(❑√3+1)=2，BC=❑√BP2+CP2=❑√2(❑√3+1) 2=❑√6+❑√2，
∴AD=❑√6+❑√2，
∵∠BAD=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴AE=BE，
∵AE2+BE2=AB2，
∴2AE2=22，
∴AE=BE=❑√2，
∵AD=❑√6+❑√2，
∴DE=AD−AE=❑√6+❑√2−❑√2=❑√6，
∴BD=❑√BE2+DE2=❑√(❑√2) 2+(❑√6) 2=2❑√2，
故选：B．
4．（24-25八年级下·江苏连云港·阶段练习）如图所示，在▱ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作
1
CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF，CF给出下列结论：①∠DCF= ∠BCD；②EF=CD；③
2
S =2S ；④∠DFE=3∠AEF．其中正确结论的个数有（ ）
△BEC △CEF
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】
本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是得出
△AEF≌△DMF．
由在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，易得AF=FD=CD，继而证得
1
∠DCF= ∠BCD，可判断①；然后延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质与判定得
2
出△AEF≌△DMF，可得EF=MF，再证明∠ECD=90°，可判断②；由EF=FM，可得S =S
△EFC △CFM
，结合MC>BE，则S <2S ，可判断③；设∠FEC=x，则∠FCE=x，再分别表示：∠DFE，
△BEC △EFC
∠AEF，从而可判断④．
【解题过程】
解：①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD∥BC，
∵AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，∠DCF=∠BCF，
1
∴∠DCF= ∠BCD；故①正确；
2
②如图，延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DMF中，{
∠A=∠FDM
)
AF=DF ，
∠AFE=∠DFM
∴△AEF≌△DMF(ASA)，
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∴EF=CF，不一定与CD相等,故②不正确；
③∵EF=FM，
∴S =S ，
△EFC △CFM
∵MC>BE，
∴S <2S ，故③错误；
△BEC △EFC
④设∠FEC=x，
∵EF=FC，
∴∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°−x，
∴∠EFC=180°−2x，
∴∠EFD=90°−x+180°−2x=270°−3x，
∵∠AEF=∠AEC−∠FEC=90°−x，
∴∠DFE=3∠AEF，故④正确；
综上所述，正确的结论有①④，共2个，
故答案为：B.
5．（23-24八年级下·四川达州·期末）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交
BC于点E，且∠ADC=60°，AD=2AB，连接OE，下列结论：①∠CAD=30°；②OD=AB；③
3
S = S ；④OE垂直平分AC；⑤∠COD=60°，其中成立的个数是（ ）
四边形OECD 2 △AOD
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【思路点拨】对于①，根据平行四边形的性质及角平分线的定义可证明△ABE是等边三角形，进一步可推得CE=AE，
从而可求得∠EAC=30°，即可求得∠CAD=30°；
❑√3 ❑√7
对于②，根据勾股定理可证明AC=❑√3AB，即OA= AB，进一步可求出OB= AB，即可判断②错
2 2
误；
对于③，设S =a，根据①②中的结论BE=CE，及平行四边形的对角线互相平分，可分别求得
△BOE
S =3a，S =2a，由此即得结论③；
四边形OECD △AOD
对于④，由①可知，CE=AE，根据等腰三角形三线合一性质可得OE⊥AC，即知结论④正确；
2❑√3
对于⑤，运用反证法证明∠COD≠60°，假设∠COD=60°，逐步推理得到OB= AB，这与②中的
3
❑√7
结论OB= AB矛盾，从而得到证明．
2
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，∠ABC=∠ADC=60°，AD=BC，
∴∠BAD=180°−∠ADC=120°，
∵AE平分∠BAD，
1
∴∠BAE= ∠BAD=60°，
2
∴∠ABE=∠BAE=∠AEB=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AB=AE=BE，
∵AD=2AB，AD=BC，
∴BC=2AB=2BE，
∴CE=BE=AE，
1
∴∠EAC=∠ECA= ∠AEB=30°，
2
∴∠CAD=120°−60°−30°=30°，
所以①正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴BC=AD，OA= AC，OB=OD，
2在Rt△BAC中，AC=❑√BC2−AB2=❑√(2AB) 2−AB2=❑√3AB，
❑√3
∴OA= AB，
2
√ ❑√3 2 ❑√7
∴OB=❑√AB2+OA2=❑ AB2+( AB) = AB，
2 2
❑√7
∴OD= AB，
2
所以②错误；
设S =a，
△BOE
∵BE=CE，
∴S =S =a，S =2a，
△BOE △COE △BOC
∵OB=OD，
∴S =S =2a，
△BOC △DOC
∴S =4a−a=3a，
四边形OECD
∵OA=OC，
∴S =S =2a，
△AOD △DOC
3
∴S = S ，
四边形OECD 2 △AOD
所以③正确；
∵CE=AE，OA=OC，
∴OE⊥AC，
即OE垂直平分AC，
所以④正确；
假设∠COD=60°，则∠AOB=60°，
∵∠BAO=90°，
∴∠ABO=30°，
∴BO=2AO，
√ 1 2 ❑√3
∴AB=❑√OB2−OA2=❑OB2−( OB) = OB，
2 2
2❑√3
∴OB= AB，
3❑√7
这与OB= AB矛盾，
2
∴假设不成立，
故∠COD≠60°，
所以⑤错误；
综上所述，成立的结论是①③④，
所以成立的个数是3个．
故选B．
6．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，E是▱ABCD内一点，ED⊥CD，EB⊥BC，
∠AED=135°，连接EC，AC，BD，下列结论：①∠ADE=∠ABE；②△BCE为等腰直角三角形；
③DE+AB=❑√2BD；④AE2+AB2=AC2，其中正确的个数有 （ ）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【思路点拨】
①延长DE交AB于点F，根据平行四边形性质和四边形内角和即可得到∠ADE=∠ABE；②先证明
△ADF≌△EBF，得AD=BE，又有AD=BC，可得BE=BC，即可得到△BCE为等腰直角三角形；③
过点B作BG⊥BD交DC延长线于点G，证明△BDE≌△BCG，再根据勾股定理及等腰直角三角形的性
质，可得DE+AB=❑√2BD成立；④过点C作CH⊥AB于H，根据勾股定理即可证明
AC2=AH2+CH2= ( AB+ ❑√2 AE ) 2 + ( AB− ❑√2 AE ) 2 =2AB2+AE2，可知结论不成立．
2 2
【解题过程】
解：①延长DE交AB于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ADC=∠ABC，
∵ED⊥CD，EB⊥BC，
∴∠EDC=∠EBC=90°，
∴∠ADE=∠ABE，
故①正确；
在△AEF中，∵∠AFE=90°，∠AEF=180°−∠AED=45°，
∴∠EAF=∠AEF=45°，
∴AF=EF，
∴△ADF≌△EBF(AAS)，
∴AD=BE，
∵AD=BC，
∴BE=BC，
∵∠EBC=90°
∴△BCE为等腰直角三角形，
故②正确；
∵△ADF≌△EBF，
∴DF=BF，则△BDF为等腰直角三角形，
∴∠BDE=45°，
过点B作BG⊥BD交DC延长线于点G，则∠DBE=∠GBC，
∵∠BCD+∠BED=180°，∠BCD+∠BCG=180°，
∴∠BED=∠BCG，
∵BE=BC，
∴△BDE≌△BCG(ASA)，
∴CG=DE，BD=BG，∠BDE=∠BGC=45°，则△BDG为等腰直角三角形，
∴DG=DC+CG=AB+DE，
由等腰直角三角形可知，DG=❑√BD2+BG2=❑√2BD，
∴AB+DE=DG=❑√2BD，
故③正确；
❑√2
由勾股定理可知，AE2=❑√AF2+EF2=❑√2AF，则AF= AE，
2
过点C作CH⊥AB于H，则CH=DF，∵CD=BC，
∴△ADF≌△BCH(HL)，
∴AF=BH，
❑√2 ❑√2
则CH=DF=BF=AB− AE，BH=AF=EF= AE，
2 2
∴AC2=AH2+CH2= ( AB+ ❑√2 AE ) 2 + ( AB− ❑√2 AE ) 2 =2AB2+AE2，
2 2
故④不正确；
故选：C．
7．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，
AB=2，BC=4，∠ABC=60∘，直线EF过点O，连接DF，交AC于点G，连BG，△DCF的周长等于6
，下列说法正确的个数为（ ）
1 6
① ∠EOD=90∘；② S =2S ；③ S +S = S ；④ AE= ．
△DFC △AEO △ABG △DGC 2 ▱ABCD 5
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
由△DCF的周长等于6，可得CD+CF+DF=CD+CF+BF，即得到DF=BF，根据等腰三角形三线合
一得到EF⊥BD，即可判断①；过点O作MN⊥BC，交AD与N，证明△OAE≌△OCF，得到
AE=CF，同理可得，ON=OM，MN=2ON，再由三角形的面积即可判断②；过点G HK⊥AB于H
1
，交CD于K，可得S +S = AB·HK，即可判断③；过点D作DP⊥BC的延长线于点P，由平
△ABG △DGC 2
行线可得∠DCP=∠ABC=60°，进而可得∠CDP=30°，得到CP=1，由勾股定理可得DP=❑√3，设
DF=BF=x，则CF=4−x，在Rt△DPF中，由勾股定理可得(5−x) 2+(❑√3) 2=x2，求出x进而可得AE的
长，即可判断④；正确作出辅助线是解题的关键．
【解题过程】解：∵△DCF的周长等于6，
∴CD+CF+DF=6，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD=AB=2，BO=DO，AO=CO，AB∥CD，AD∥BC，
∴CD+BC=2+4=6，
即CD+CF+BF=6，
∴CD+CF+DF=CD+CF+BF，
∴DF=BF，
∴△BDF为等腰三角形，
∵BO=DO，
∴FO⊥BD，
即EF⊥BD，
∴∠EOD=90°，故①正确；
过点O作MN⊥BC于M，交AD与N，
∵AD∥BC，
∴MN⊥AD，∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，
在△OAE和△OCF中，
{∠OEA=∠OFC
)
∠OAE=∠OCF ，
AO=CO
∴△OAE≌△OCF(AAS)，
∴AE=CF，
同理可得，ON=OM，
∴MN=2ON，
1 1
∵S = CF·MN，S = AE·ON，
△DFC 2 △AEO 2
∴S =2S ，故②正确；
△DFC △AEO
过点G作HK⊥AB于H，交CD于K，∵AB∥CD，
∴HK⊥CD，
1 1 1 1
∴S +S = AB·GH+ CD·GK= AB(GH+GK)= AB·HK，
△ABG △DGC 2 2 2 2
∵S =AB·HK，
▱ABCD
1
∴S +S = S ，故③正确；
△ABG △DGC 2 ▱ABCD
过点D作DP⊥BC的延长线于点P，则∠DPC=90°，
∵∠ABC=60°，AB∥CD，
∴∠DCP=∠ABC=60°，
∴∠CDP=90°−60°=30°，
1 1
∴CP= CD= ×2=1，
2 2
∴DP=❑√CD2−CP2=❑√22−12=❑√3，
设DF=BF=x，则CF=4−x，
∴FP=4−x+1=5−x，
在Rt△DPF中，FP2+DP2=DF2，
∴(5−x) 2+(❑√3) 2=x2，
14
解得x= ，
5
14 6
∴CF=4− = ，
5 5∵AE=CF，
6
∴AE= ，故④正确；
5
∴说法正确的个数有4个，
故选：D．
8．（23-24八年级下·黑龙江绥化·期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠B=60°,AE平分∠BAD交
BC于点E，若∠AED=80°，则∠ACE的度数是
【思路点拨】
根据平行四边形的性质得AD∥BC，AB∥DC，继而得到∠B+∠BAD=180°，∠ACD=∠BAC，求
出∠BAD，再结合AE平分∠BAD，可得∠BAE=60°，即可得到△BAE是等边三角形，进而可得
AE=AB=CD，再证明△CAE≌△EDC(SAS)，即可得出∠ACE=∠DEC=40°．
本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形的性质和判定，熟练掌握平行四边形的性质和
灵活证明三角形全等是解答本题的关键．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥DC，AB=DC，
∴∠B+∠BAD=180°，∠BAD=∠DCB，
又∵∠B=60°，
∴∠BAD=∠DCB=180°−∠B=120°，
又∵AE平分∠BAD，
1
∴∠BAE=∠DAE= ∠BAD=60°=∠AEB，
2
∴△BAE是等边三角形，
∴AE=AB=CD，∠BEA=60°，
∴∠AEC=180°−∠BEA=180°−60°=120°，
又∵∠AED=80°，
∴∠DEC=∠AEC−∠AED=120°−80°=40°，
在△CAE和△EDC中，{
AE=DC
)
∠AEC=∠DCE=120°
CE=EC
∴△CAE≌△EDC(SAS)
∴∠ACE=∠DEC=40°，
故答案为：40°．
9．（23-24九年级下·重庆江北·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，AB=3，BC=8，
∠ABC=60°，F为BC中点，E为CD延长线上一点，若AF平分∠BAE，则DE= ．
【思路点拨】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，由“AAS”可
证△ABF≌△HCF，可得AB=CH=3，由直角三角形的性质可得AN，DN的长，由勾股定理可求AE的
长，即可求解．
【解题过程】
解：如图，延长AF，DC交于点H，过点A作AN⊥DH于N，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB∥CD ，AD=BC=8，AB=CD=3，∠B=∠ADC=60°，
∴∠BAH=∠H，
∵点F为BC中点，
∴BF=CF，在△ABF和△HCF中，
¿，
∴△ABF≌△HCF(AAS)，
∴AB=CH=3，
∵AF平分∠BAE，
∴∠BAF=∠FAE，
∴∠FAE=∠H，
∴AE=EH，
∵AN⊥DC，∠ADC=60°，
∴∠DAN=30°，
1
∴DN= AD=4，AN=4❑√3，
2
∴HN=DH−DN=3+3−4=2，
∴EN=AE−2，
∵AE2=AN2+(AE−2) 2，
∴AE=13，
∴EH=AE=13，
∴DE=EH−CD−CH=13−3−3=7，
故答案为：7．
10．（24-25九年级上·江西抚州·期中）在平行四边形ABCD中，∠ABC是锐角，将CD沿直线l翻折至AB
BE
所在直线，对应点分别为C′，D′，若AC′:AB:BC=1:3:7，过F作AB的垂线交于E，则 =
BF
．
【思路点拨】
本题考查了平行四边形的性质，翻折的性质，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思
想进行求解．根据AC′:AB:BC=1:3:7，不妨设AC′=1,AB=3,BC=7，当C′在AB之间时，由翻折的7
性质知：∠FCD=∠FC′D′，可得∠BC′F=∠FBA，CF=BF=C′F= ，由三线合一得到BE=1，继
2
而由可求解；当C′在BA的延长线上时，同理可求解．
【解题过程】
解：当C′在AB之间时，作下图，
根据AC′:AB:BC=1:3:7，不妨设AC′=1,AB=3,BC=7，
由翻折的性质知：∠FCD=∠FC′D′，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠FCD+∠FBA=180°，
∵CD沿直线l翻折至AB所在直线，
∴∠BC′F+∠FC′D′=∠FCD+∠FBA=180°，
∴∠BC′F=∠FBA，
7
CF=BF=C′F=
，
2
∵过F作AB的垂线交于E，
1
∴BE= BC′=1，
2
BE 1 2
∴ = =
BF 7 7，
2
当C′在BA的延长线上时，作下图，根据AC′:AB:BC=1:3:7，不妨设AC′=1,AB=3,BC=7，
7
同理知：CF=BF=C′F=
，
2
∵过F作AB的垂线交于E，
1
∴BE= BC′=2，
2
2 4
故答案为： 或 ．
7 7
11．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）已知在平行四边形ABCD中，AB=3❑√2，AD=6，∠A=135°
，点E在AD上，BE=DE，将△ABD沿BD翻折到△FBD，连接EF．则BE的长为 ，EF的长为
．
【思路点拨】
过B作BG⊥DA交DA延长线于G，EH⊥BF于H，先证明△AGB是等腰直角三角形求得
❑√2
AG=BG= AB=3，设AE=x，则¿=3+x，BE=DE=6−x，然后在Rt△BGE中，利用勾股定理求
2
得x=1，进而求得BE=5；由翻折性质和等腰三角形的性质，结合平行线的性质求得∠EBF=45°，证明
❑√2 5❑√2
△BHE是等腰直角三角形，∴EH=BH= BE= ，然后在Rt△EHF中，利用勾股定理求解即可．
2 2
【解题过程】
解：过B作BG⊥DA交DA延长线于G，过E作EH⊥BF于H，则∠AGB=∠EHB=∠EHF=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠BAD=135°，
∴∠GAB=45°，∴△AGB是等腰直角三角形，
∵AB=3❑√2，
❑√2
∴AG=BG= AB=3，
2
设AE=x，则¿=3+x，BE=DE=6−x，
在Rt△BGE中，由BG2+GE2=BE2得32+(3+x) 2=(6−x) 2，
解得x=1，
∴BE=AB−AE=5；
由翻折性质得BF=AB=3❑√2，∠ABD=∠DBF，
∵BE=DE，AD∥BC，
∴∠EBD=∠EDB=∠DBC，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=∠DBF+∠EBD=∠EBF=45°，
∵EH⊥BF，
∴△BHE是等腰直角三角形，
❑√2 5❑√2
∴EH=BH= BE= ，
2 2
5❑√2 ❑√2
∴HF=BF−BH=3❑√2− = ，
2 2
在Rt△EHF中，EF=❑√EH2+H F2=❑
√ (5❑√2) 2
+
(❑√2) 2
=❑√13．
2 2
故答案为：5，❑√13．
12．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，平行四边形ABCD中，点E在BC上，连接AC，DE交
于点F，DE平分∠ADC，FA=FD，若AB=7，DE=3❑√14，则线段BE的长为 ．
【思路点拨】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，角平分线
的性质，长方形的性质，勾股定理，解二元一次方程组等知识点．正确地作出辅助线是解题的关键．
首先利用SAS证明△AFE≌△DFC，从而得AE=DC=7；然后根据平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的性质，证明CE=DC=7；作EG⊥AD于点G，CH⊥AD于点H，则有四边形ECHG是长方
形；最后根据勾股定理列出关于Rt△AGE、Rt△EGD的二元一次方程组求解即可．
【解题过程】
解：如图，连结AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC，AB∥DC，AD=BC，AB=DC=7．
∴ ∠ADE=∠CED，∠DAC=∠BCA
∵ FA=FD，
∴ ∠ADE=∠DAC，
∴ ∠CED=∠BCA，
∴ EF=CF，
又∵ ∠AFE=∠DFC，
∴ △AFE≌△DFC(SAS)．
∴ AE=DC=7．
∵ DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴ ∠CDE=∠CED，
∴ CE=DC=7．
作EG⊥AD于点G，CH⊥AD于点H，
则有四边形ECHG是长方形，
∴ HG=CE=7．
设EG= y，BE=2x，则AG=x，CH=x．
在Rt△AGE中，
AG2+EG2=AE2
∴ x2+ y2=72①；
在Rt△EGD中，
GD2+GE2=ED2
∴ (7+x) 2+ y2=(3❑√14) 2 ②；联立①②，解得x=2．
则BE=4．
故线段BE的长为4．
13．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在▱ABCD中，点 E是边CD上一点， 且
CE=CB，CF⊥BE交AB于点F， P是EB延长线上一点，给出下面四个结论：①CF平分 ∠DCB；②
AD 2 1
BF=BE；③∠PFC=∠PCF；④当 = 时，S = S ，
AB 3 △BFC 3 ▱ABCD
上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【思路点拨】
本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的判定与性质，平行四边形的性
质，掌握基础知识是解本题的关键．由四边形ABCD是平行四边形，可知AD=BC，CD∥AB，则
∠ABE=∠CEB，由CE=CB，可知△BCE是等腰三角形，由CF⊥BE，可知∠CEB=∠CBE，CF是
BE的垂直平分线，CF平分 ∠DCB，可判断①的正误；证明BE是CF的垂直平分线，可得PF=PC，可
得∠PFC=∠PCF，故③正确；由∠ABE=∠CBE，可得BF=BC=AD，如图，作CG⊥AB的延长线
1 1 1
于G，则S = BF×CG= AB×CG，S =AB×CG，可得S = S ，可判断④的正
△BFC 2 3 ▱ABCD △BFC 3 ▱ABCD
误；由题意知，无法判断BF、BE的大小，可判断②的正误．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD∥AB，
∴∠BFC=∠ECF，
∵CE=CB，
∴△BCE是等腰三角形，
又∵CF⊥BE，
∴∠CEB=∠CBE，CF是BE的垂直平分线，CF平分 ∠DCB，①正确，故符合要求；∴∠BCF=∠ECF，
∴∠BFC=∠BCF，
∴BF=BC=AD=CE；
结合题意知，无法判断BF、BE的大小，②错误，故不符合要求；
∵BF=BC，BE⊥CF，
∴BE是CF的垂直平分线，
∴PF=PC，
∴∠PFC=∠PCF，故③正确；
如图，作CG⊥AB的延长线于G，
AD 2
∵ = ，
AB 3
2
∴AD= AB，
3
1 1 2 1
∴S = BF×CG= × AB×CG= AB×CG，S =AB×CG，
△BFC 2 2 3 3 ▱ABCD
1
∴S = S ，④正确，故符合要求；
△BFC 3 ▱ABCD
故答案为：①③④．
14．（24-25九年级上·重庆北碚·开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=4，
∠ABC=60°，点，点E是边AB上的一点，点F是边CD上一点，将平行四边形ABCD沿EF折叠，得到
四边形EFGC，点A的对应点为点C，点D的对应点为点G，则DF的长度为 ．
【思路点拨】本题考查的是轴对称的性质，平行四边形的性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
如图，作CK⊥AB于K，过E点作EP⊥BC于P．可得CK=❑√42−22=2❑√3，可得点E到CD的距离是
2❑√3，证明△BCE≌△GCF(ASA)；可得CE=CF，设BP=m，则BE=2m，EP=❑√BE2−BP2=❑√3m
7
，由勾股定理得(4−m) 2+(❑√3m) 2=(6−2m) 2，再求解m即可，可得CF=EC= ，最后根据
2
DF=DC−CF求解即可．
【解题过程】
解：如图，作CK⊥AB于K，过E点作EP⊥BC于P．
∵∠ABC=60°，BC=4，
∴∠BCK=30°，
∴BK=2，CK=❑√42−22=2❑√3，
∵C到AB的距离和E到CD的距离都是平行线AB、CD间的距离，
∴点E到CD的距离是2❑√3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠D=∠ABC，∠A=∠BCD，
由折叠可知，AD=CG，∠D=∠G，∠A=∠ECG，
∴BC=GC，∠ABC=∠G，∠BCD=∠ECG，
∴∠BCE=∠GCF，
在△BCE和△GCF中，
{
∠ABC=∠G
)
∠BCE=∠GCF ，
BC=GC
∴△BCE≌△GCF(ASA)；
∴CE=CF，∵∠ABC=60°，∠EPB=90°，
∴∠BEP=30°，
∴BE=2BP，
设BP=m，则BE=2m，
∴ EP=❑√BE2−BP2=❑√3m，
由折叠可知，AE=CE，
∵AB=6，
∴AE=CE=6−2m，
∵BC=4，
∴PC=4−m，
在Rt△ECP中，
由勾股定理得(4−m) 2+(❑√3m) 2=(6−2m) 2，
5
解得m= ，
4
5 7
∴ EC=6−2m=6−2× = ，
4 2
7
∴ CF=EC= ．
2
7 5
∴DF=DC−CF=6− =
2 2
5
故答案为： ．
2
15．（24-25九年级上·重庆·期中）如图，在平行四边形ABCD中，M、N分别是边AD、BC上动点．
将四边形MNCD沿直线MN折叠，点D的对应点D′恰好落在边AB上，C的对应点为C′，连接DN、DD′
，其中DD′交MN于点P．若AB=6，AD=10，∠ADC=2∠NDD′=60°，则MP的长度为 ．
【思路点拨】
连接D′N，在BC上截取BE=BD′，连接D′E，由折叠性质可知MN垂直平分DD′，则DN=D′N，DM=D′M，DP=D′P，MN⊥DD′，根据等腰三角形的性质和内角和定理得∠D′ND=120°，由四
边形ABCD是平行四边形，得AB=CD=6，BC=AD=10，∠ADC=∠B=60°，
∠BAD=∠BCD=120°，证明△BD′E是等边三角形，再证明△D′NE≌△NDC(AAS)，则EN=CD=6
，CN=CN′=D′E，根据线段和差可得AD′=4，过D′作D′F⊥AD，交DA延长线于点F，由勾股定理
得：D′F=2❑√3，设DM=x，则MF=12−x，D′M=DM=x，最后通过勾股定理即可求解．
【解题过程】
解：连接D′N，在BC上截取BE=BD′，连接D′E，
由折叠性质可知，MN垂直平分DD′，
∴DN=D′N，DM=D′M，DP=D′P，MN⊥DD′，
∴∠NDD′=∠N D′D=30°，
∴∠D′ND=120°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=6，BC=AD=10，∠ADC=∠B=60°，∠BAD=∠BCD=120°，
∵BE=BD′，
∴△BD′E是等边三角形，
∴BD′=D′E，∠BED′=60°，
∴∠D′EN=120°=∠BCD，
∵∠DNE=∠DCB+∠NDC=∠D′NE+∠DN D′=120°+∠NDC，
∴∠D′NE=∠NDC，
∵DN=D′N，∠D′EN=∠NCD，
∴△D′NE≌△NDC(AAS)，
∴EN=CD=6，CN=CN′=D′E，
∵BE+EN+CN=BC=10，
∴BD′=CN=CN′=D′E=2，
∴AD′=AB−BD′=4，
过D′作D′F⊥AD，交DA延长线于点F，
∴∠F=90°，∴∠FAD′=30°，
1
∴AF= AD′=2，
2
∴DF=AD+AF=12，
在Rt△AFD'中，由勾股定理得：D′F=❑√AD′2−AF2=❑√42−22=2❑√3，
设DM=x，则MF=12−x，D′M=DM=x，
在Rt△MFD′中，由勾股定理得：D′F2+M F2=D′M2，
13
∴(2❑√3) 2+(12−x) 2=x2，解得x= ，
2
13
∴D′M=DM=
，
2
∴在Rt△DFD′中，由勾股定理得：D′D=❑√D′F2+DF2=❑√(2❑√3) 2+122=2❑√39，
∴DP=D′P=❑√39，
∴在Rt△MPD中，由勾股定理得：MP=❑√M D2−DP2=❑
√ (13) 2
−(❑√39) 2=
❑√13
，
2 2
❑√13
故答案为： ．
2
16．（24-25八年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O
，过点O作EO⊥BD，交BC的延长线于点E，交CD于点F，若EF=OF，∠CBD=45°，BD=6❑√2，
CE=2，则下列所有正确结论的序号是
1
①EO平分∠BED；②DE⊥BE；③CF:DF=1:2；④S = S ．
△CEF 16 ▱ABCD
【思路点拨】
此题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线等知识，掌握
相关知识是解题的关键．
①根据平行四边形的性质得OB=OD，则EO是线段BD的垂直平分线，进而得△EBD是等腰三角形，然后根据等腰三角形的性质可对结论结论①进行判断；②根据∠CBD=45°得△BED是等腰直角三角形，由
此可对结论②进行判断；③过点F作FN⊥CE于点E，先求出DE=BE=6， OB=OD=OE=3❑√2，
2❑√3 3
EF=OF= ,证明△EFN是等腰直角三角形，可求出EN=FN= ，根据勾股定理求得
3 2
❑√10 3❑√10
CF=❑√FN2+CN2= ， CD=❑√DE2+CE2=2❑√10，进而得到DF=CD−CF= ，即可得到
2 2
CF:DF=1:3，据此可对结论③进行判断，④分别求出S =1.5,S =24，进而可对结论④进行判
△CEF ▱ABCD
断，综上所述即可得出答案．
【解题过程】
解：①四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵EO⊥BD，
∴EO是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE，
∴△EBD是等腰三角形，
∵OB=OD，
∴EO平分∠BED，故①正确；
②∵∠CBD=45°,BE=DE，
∴∠BDE=∠CBD=45°，
∴∠BED=180°−∠BDC−∠CBD=90°，
∴DE⊥BE，故②正确；
③过点F作FN⊥CE于点E，如图：
∵∠BED=90°，BE=DE，
∴△BED是等腰直角三角形，
又∵BD=6❑√2，❑√2 ❑√2
由勾股定理得：DE=BE= BD= ×6❑√2=6，
2 2
∵EO⊥BD，
1
∴OB=OD=OE= BD=3❑√2，
2
1 3❑√2
∴△OBE是等腰直角三角形，EF=OF= OE= ，
2 2
∴∠BEO=45°，
∴△EFN是等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2 3❑√2 3
由勾股定理得：EN=FN= EF= × = ，
2 2 2 2
∵CE=2，
3 1
∴CN=CE−EN=2− = ，
2 2
∴在Rt△CFN中，CF=❑√FN2+CN2=❑
√ (3) 2
+
(1) 2
=
❑√10
，
2 2 2
∵在Rt△CDE中，CD=❑√DE2+CE2=❑√62+22=2❑√10，
❑√10 3❑√10
∴DF=CD−CF=2❑√10− = ，
2 2
❑√10 3❑√10
∴CF:DF= : =1:3，故③错误；
2 2
3
④∵CE=2,FN= ，
2
1 1 3 3
∴S = CE⋅FN= ×2× = ，
△CEF 2 2 2 2
∵DE=BE=6，
∴BC=BE−CE=6−2=4，
∴S =BC⋅DE=4×6=24，
▱ABCD
1 3
∴ S = ，
16 ▱ABCD 2
1
∴S = S ，故④正确．
△CEF 12 ▱ABCD
综上所述：所有正确结论的序号是①②④．
故答案为：①②④．17．（23-24八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在▱ABCD中，AB=6，AD=10，∠B=60°，P为AB边
上一点，连接PD，将▱ABCD沿PD所在直线折叠，点B，C的对应点分别为B′，C′，过PD的中点E作
EF⊥PD交B′C′于点F，连接DF，若PB=4，则△≝¿的面积是 ．
【思路点拨】
过PH⊥BC交于H，过D作DM⊥BC交BC的延长线于M，过P作PQ⊥DA交DA的延长线于Q，延长
1 1
EF交BC于G，连接PF、PG、DG，由直角三角形的特征得 BH= PB=2，AQ= PA=1，
2 2
1
CM= CD=3，由勾股定理得PH=❑√PB2−BH2 =2❑√3，同理可求：PQ=❑√3，DM=3❑√3，PD
2
=2❑√31，设CG=x，MG =3+x，GH =8−x，由勾股定理得PG2=PH2+GH2，DG2=MG2+DM2
，可得(2❑√3) 2+(8−x) 2=(3+x) 2+(3❑√3) 2 ，求出x，由 S
△≝¿=
1
DE⋅EF¿
即可求解．
2
【解题过程】
解：如图，过PH⊥BC交于H，过D作DM⊥BC交BC的延长线于M，过P作PQ⊥DA交DA的延长线
于Q，延长EF交BC于G，连接PF、PG、DG，
∵AB=6，PB=4，
∴PA=AB−PB
=2，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD=6，
AD=BC=10，
∵∠B=60°，
∴∠APQ=∠BPH=30°，
∠DCM=∠B=60°，
∴∠CDM=30°，
1
∴BH= PB=2，
2
1
AQ= PA=1，
2
1
CM= CD=3，
2
∴PH=❑√PB2−BH2
=❑√42−22
=2❑√3，
同理可求：PQ=❑√3，
DM=3❑√3，
∴DQ=AQ+AD
=11，
∴PD=❑√PQ2+DQ2
=❑√(❑√3) 2+112
=2❑√31，
∵E是PD的中点，
EF⊥PD，
∴PG=DG，
1
DE= PD=❑√31，
2
由折叠得：EF=EG，
设CG=x，∴MG=CG+CM
=3+x，
GH=BG−BH
=10−x−2
=8−x，
∵PG2=PH2+GH2
=(2❑√3) 2+(8−x) 2，
DG2=MG2+DM2
=(3+x) 2+(3❑√3) 2 ，
∴ (2❑√3) 2+(8−x) 2=(3+x) 2+(3❑√3) 2 ，
20
解得：x= ，
11
20 53
∴ MG=3+ = ，
11 11
∴ DG=❑
√ (53) 2
+(3❑√3) 2
11
14❑√31
= ，
11
∴EG=❑√DG2−DE2
=❑
√ (14❑√31) 2
−(❑√31) 2
11
5
= ❑√93，
11
5
∴ EF= ❑√93，
11
S
∴ 1
△≝¿= DE⋅EF¿
2
1 5
= ×❑√31× ❑√93
2 11155❑√3
= ；
22
155❑√3
故答案： ．
22
18．（2024九年级上·全国·专题练习）如图是由小正方形组成的7×5网格，每个小正方形的顶点叫做格
点．四边形ABCD的四个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（画图过程用虚线，画
图结果用实线）．
（1）在图1中，先在CD上画点E，使∠ABE=45°，再在AB上画点F，使AF=CE；
（2）在图2中，先在AB上画点H，使BH=CH，再在CD上画点G，使CG=AD．
【思路点拨】
（1）取格点Q，连接AQ，BQ，BQ交CD于点E，点E即为所求．连接AC，BD交于点O，连接EO，
延长EO交AB于点F，点F即为所求；
（2）如图，N为BC的中点，取AB与格线的交点H，则HB=HC，再取格点R，连接AR，取AR的中点
Q，连接BQ延长BQ交CD于点G，点G即为所求．
【解题过程】
（1）解：如图，取格点Q，连接AQ，BQ，BQ交CD于点E，点E即为所求．连接AC，BD交于点O
，连接EO，延长EO交AB于点F，点F即为所求；
理由如下：
∵AB=AQ=❑√32+42=5，BQ2=❑√12+72=5❑√2，
∴AB2+AQ2=BQ2，∴∠BAQ=90°，∠ABQ=45°，
∴∠ABE=45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB∥CD，
∴∠FAO=∠ECO，
∵∠AOF=∠COE，
∴△AOF≌△COE，
∴AF=CE．
（2）解：如图，N为BC的中点，取AB与格线的交点H，则HB=HC，
取格点R，连接AR，取AR的中点Q，连接BQ延长BQ交CD于点G，点G即为所求．
理由如下：
∵N为BC的中点，HN⊥BC，
∴HB=HC，
∵AB=AR=5，Q为AR的中点，
∴BQ⊥AR，∠ABQ=∠RBQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB∥CD，
∴∠ABQ=∠CGQ，
∴∠CBQ=∠CGQ，
∴CB=CG，
∴AD=CG．
19．（2024·上海嘉定·模拟预测）如图，在▱ABCD中，∠ACB=45°，过点C作CF⊥AB于点F，交
AE于点M，且AM=CN，连接DN，使DG=NC，连接CG．（1）求证：AB=CM；
（2）试判断△ACG的形状，并说明理由．
【思路点拨】
（1）利用ASA证明△ABE≌△CME，即可推导出AB=CM；
（2）根据平行四边形、平行线的性质先证∠MCD=∠CFB=90°，再利用SAS证明△ACM≌△GCD，
推出AC=GC，∠ACM=∠GCD，进而得出
∠ACG=∠ACD+∠GCD=∠ACD+∠ACM=∠MCD=90°，可知△ACG是等腰直角三角形．
【解题过程】
（1）证明：∵AE⊥BC，CF⊥AB，
∴∠AEB=∠CEM=∠CFB=90°，
∴∠BAE=∠MCE=90°−∠B，
∵∠AEC=90°，∠ACB=45°，
∴∠EAC=∠ECA=45°，
∴AE=CE，
在△ABE和△CME中，
{∠AEB=∠CEM
)
AE=CE ，
∠BAE=∠MCE
∴△ABE≌△CME(ASA)，
∴AB=CM．
（2）解：△ACG是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD∥BC，
∴∠MCD=∠CFB=90°，
∵△ABE≌△CME，
∴AB=CM，∠B=∠CME，
∴CM=CD，∠CME=∠ADC，
∵∠AMC+∠CME=180°，∠GDC+∠ADC=180°，∴∠AMC=∠GDC，
∵AM=CN，GD=CN，
∴AM=GD，
在△ACM和△GCD中，
{
AM=GD
)
∠AMC=∠GDC ，
CM=CD
∴△ACM≌△GCD(SAS)，
∴AC=GC，∠ACM=∠GCD，
∴∠ACG=∠ACD+∠GCD=∠ACD+∠ACM=∠MCD=90°，
∴△ACG是等腰直角三角形．
20．（23-24八年级上·福建三明·期中）如图，在▱ABCD中，BC=BD，F是AB中点，CG⊥DB，垂
足为G，CG延长线交DF于点H，CH=DB，连接FG．
（1）若DH=1，求FH的值；
（2）求证：DB=❑√2FG+HG．
【思路点拨】
（1）证明△DFB≌△CDH(AAS)，推出DH=BF，CD=DF可得结论；
（2）过点F作FJ⊥BD于J，FK⊥CH交CH的延长线于K．过点D作DT⊥DF交FG的延长线于T，
连接CT，设FT交CD于N．证明△DGT是等腰直角三角形，△FDG≌△CDT即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，AB∥CD，
∵BD=BC，
∴AD=BD，
∵F是AB中点，
∴DF⊥AB，
∴DF⊥DC，∵CG⊥BD，
∴∠CDH=∠CGD=∠DFB=90°，
∴∠BDF+∠CDG=90°，∠CDG+∠DCH=90°，
∴∠BDF=∠DCH，
∵CH=DB，
∴△DFB≌△CDH(AAS)，
∴DH=BF=1，CD=DF，
∴AB=DF=CD，
∵AB=2BF=2，
∴AB=DF=CD=2，
∴FH=DF−DH=2−1=1；
（2）证明：过点F作FJ⊥BD于J，FK⊥CH交CH的延长线于K．过点D作DT⊥BD交FG的延长线
于T，连接CT，设FT交CD于N．
∵∠K=∠FJG=∠KGJ=90°，
∴∠FKJ=90°，
∵∠DFB=90°，
∴∠KFH=∠BFJ，
∵∠K=∠FJB=90°，FH=FB，
∴△FKH≌△FJB(AAS)，
∴FK=FJ，
∵FK⊥GK，FJ⊥GJ，
∴FG平分∠KGJ，
∴∠FGH=∠FGJ=45°，
∵∠DGT=∠FGJ=45°，∠GDT=90°，
∴DG=DT，
∵∠FDC=∠GDT=90°，∴∠FDG=∠CDT，
∵DF=DC，
∴△FDG≌△CDT(SAS)，
∴FG=CT，∠DFN=∠TCN，
∵∠DNF=∠CNF，
∴∠FDN=∠CTN=90°，
∵∠TGC=∠FGK=45°，
∴TG=TC，CG=❑√2CT=❑√2FG，
∴BD=CH=GH+CG=GH+❑√2FG，
∴DB=❑√2FG+HG．
21．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）已知平行四边形ABCD,E为BC边上的中点，F为AB边上的一
点．
（1）如图1，连接FE并延长交DC的延长线于点G，求证：FE=≥¿；
（2）如图2，若FB+AB=DF,∠EDC=36°，求∠AFD；
（3）如图3，若FE=DE,P为AF的中点，Q为FD的中点，AQ=4,DP=❑√34，求线段BE的长．
【思路点拨】
（1）证明△FEB≌△GEC，即可得证；
（2）连接FE并延长交DC的延长线于点G，易得FE=≥¿，进而得到∠EDC=∠EDF，利用AB∥DC
，得到∠AFD=∠FDC=2∠EDC，即可得解；
（3）连接FE并延长交DC的延长线于点M，易得FE=DE=ME，进而得到
∠FDM=∠EDF+∠EDM=90°，从而得到∠AFD=∠FDM=90°，再利用勾股定理进行求解即可．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠EFB=∠EGC,∠B=∠ECG，∵E为BC边上的中点，
∴BE=CE,
∴△FEB≌△GEC(AAS)，
∴FE=≥¿；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
连接FE并延长交DC的延长线于点G，
由（1）可得△FEB≌△GEC，
∴FB=GC，
∵FB+AB=DF,
∴GC+DC=BF+AB，即DG=DF
∵FE=≥,
∴∠EDC=∠EDF，
∵AB∥DC,∠EDC=36°
∴∠AFD=∠FDC=2∠EDC=72°；
（3）解：连接FE并延长交DC的延长线于点M，
由（1）可得FE=ME，
∵FE=DE,
∴FE=DE=ME,
∴∠EFD=∠EDF,∠EDM=∠EMD，
∵∠EFD+∠EDF+∠EDM+∠EMD=180°,
∴∠FDM=∠EDF+∠EDM=90°，∵AB∥DC,
∴∠AFD=∠FDM=90°,
∴DF⊥AB,△AFD为直角三角形，
∵P为AF的中点，Q为FD的中点，
∴设AP=FP=x,FQ=DQ= y，
∵PF2+DF2=DP2,AF2+FQ2=AQ2,AQ=4,DP=❑√34
∴x2+(2y) 2=42,(2x) 2+ y2=(❑√34) 2 ，
∴x2+ y2=10
∴AD2=AF2+FD2=4x2+4 y2=40
∴AD=2❑√10，
BC AD
∴BE= = =❑√10．
2 2
22．（23-24八年级下·福建泉州·期中）如图，AC为▱ABCD ▱ABCD的对角线，∠BAC=90°，CE
平分∠ACB，点F为射线BC上一点．
（1）如图1，当点F在BC的延长线上，且CF=CA，连接AF与CD交于点G．
①求证：AG∥CE；
②若AC=8，CD=6，求CG的长；
（2）如图2，当点F在线段BC上，连接AF与CE交于点H，若∠D=3∠ACE，FA=FC，试探究
AD，AC，AH三条线段之间的数量关系．
【思路点拨】
（1）①由 ▱ABCD，可得AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，则∠DAC=∠ACB，∠DAF=∠F，由
1
CF=CA，可得∠F=∠CAF，则∠CAF=∠DAF= ∠DAC，由CE平分∠ACB，可得
2
1
∠ACE= ∠ACB，则∠CAF=∠ACE，进而可证AG∥CE；②由勾股定理得，BC=AD=10，如图
2
1，过G作GH⊥AD于H，证明Rt△AGH≌Rt△AGC(HL)，则AH=AC=8，DH=2，设，则 ，由勾股定理得， ，即 ，计算求解然后
CG=GH=x DG=6−x DH2=DG2−GH2 22=(6−x) 2−x2
作答即可；
（2）由▱ABCD，可得∠B=∠D=3∠ACE，由∠B+∠ACB+∠BAC=180°，可求∠ACE=18°，
∠B=54°，由AF=CF，可得∠FAC=∠FCA=36°，则∠BAF=90°−∠FAC=54°=∠B，
1 1
AF=BF=CF= BC= AD，如图2，以C为顶点作∠BCP=36°，交AP的延长线于P，则
2 2
∠ACP=∠ACB+∠BCP=72°，∠P=180°−∠ACP−∠FAC=72°=∠ACP，AP=AC，由
∠CHP=∠ACE+∠FAC=54°，∠PCH=∠BCE+∠BCP=54°，可得∠CHP=∠PCH，即
1 1
PH=CP= CD，可得AC=AP=AH+PH=AH+ AD．
2 2
【解题过程】
（1）①证明：∵▱ABCD，
∴AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，
∴∠DAC=∠ACB，∠DAF=∠F，
∵CF=CA，
∴∠F=∠CAF，
1
∴∠CAF=∠DAF= ∠DAC，
2
∵CE平分∠ACB，
1
∴∠ACE= ∠ACB，
2
∴∠CAF=∠ACE，
∴AG∥CE；
②解：由勾股定理得，BC=AD=❑√AC2+CD2=10，
如图1，过G作GH⊥AD于H，
由①可知，AF平分∠DAC，∵∠BAC=90°，
∴∠ACG=90°，即CG⊥AC，
∵GH⊥AD，
∴CG=GH，
∵CG=GH，AG=AG，
∴Rt△AGH≌Rt△AGC(HL)，
∴AH=AC=8，
∴DH=2，
设CG=GH=x，则DG=6−x，
由勾股定理得，DH2=DG2−GH2，即22=(6−x) 2−x2，
8
解得，x= ，
3
8
∴CG的长为 ；
3
（2）解：∵▱ABCD，
∴∠B=∠D=3∠ACE，
∵∠B+∠ACB+∠BAC=180°，
∴3∠ACE+2∠ACE+90°=180°，
解得，∠ACE=18°，
∴∠B=54°，
∵AF=CF，
∴∠FAC=∠FCA=36°，
∴∠BAF=90°−∠FAC=54°=∠B，
1 1
∴AF=BF=CF= BC= AD，
2 2
如图2，以C为顶点作∠BCP=36°，交AP的延长线于P，∴∠ACP=∠ACB+∠BCP=72°，
∴∠P=180°−∠ACP−∠FAC=72°=∠ACP，
∴AP=AC，
∵∠CHP=∠ACE+∠FAC=54°，∠PCH=∠BCE+∠BCP=54°，
∴∠CHP=∠PCH，
1
∴PH=CP= CD，
2
1 1
∴AC=AP=AH+PH=AH+ AD，即AC=AH+ AD．
2 2
23．（23-24八年级下·山东枣庄·期末）如图，已知四边形ABCD为平行四边形，∠ADC的平分线与BC
相交于E，与AB延长线相交于F，过点E分别作AD，CD的垂线，垂足为M，N．
（1）求证：△ADF为等腰三角形；
（2）如图1，连接AE，且AE=CE．
①求证：AM=CN；
②若AB=9，BC=15，求DN的长．
（3）如图2，若∠ADC=60°，将线段FB绕点F顺时针旋转60°至FG，连接AG、CG，请判断△AGC
的形状，并说明理由．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，∠F=∠FDC，再根据角平分线得∠ADF=∠FDC，进而得
∠F=∠ADF，AF=AD，即可得证；
（2）①由角平分线的性质得EM=EN，进而证明Rt△EAM≌Rt△ECN（HL），即可得证AM=CN；
②先证明Rt△DEM≌Rt△DEN(HL)，得DM=DN，由①得AM=CN，即15−DN=DN−9，求解即
可；
（3）连接BG，根据旋转的性质可得△BFG是等边三角形，再根据角平分线的定义以及平行线的性质求出
AF=AD，利用“边角边”证明△AFG和△CBG全等，得到AG=CG，∠FAG=∠BCG，然后求出
∠GAC+∠ACG=120°，再求出∠AGC=60°，根据等边三角形的判定方法判断即可．
【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠F=∠FDC，
∵DF是∠ADC的平分线，
∴∠ADF=∠FDC，
∴∠F=∠ADF，
∴AF=AD，
∴△ADF为等腰三角形；
（2）①证明：∵DF平分∠AND，EN⊥DN，EM⊥AD，
∴EM=EN，
∵AE=CE，
∴Rt△EAM≌Rt△ECN（HL），
∴AM=CN；
②解：∵AB=9，BC=15，四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=15，CD=AB=9，
在Rt△DEM和Rt△DEN中，
{EM=EN)
ED=ED
∴Rt△DEM≌Rt△DEN(HL)，
∴DM=DN，
由①得AM=CN，
∴AD−DM=DN−CD，即15−DN=DN−9，
∴DN=12；
（3）解：△AGC是等边三角形，理由如下：
连接BG，
∵BF绕点F顺时针旋转60°至FG，
∴BF=FG，∠BFG=60°，∴△BFG是等边三角形，
∴FG=BG，∠FBG=60°，
又∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠CBG=180°−∠FBG−∠ABC=180°−60°−60°=60°，
∴∠AFG=∠CBG，
∵DF是∠ADC的平分线，
∴∠ADF=∠FDC，
∵AB∥DC，
∴∠AFD=∠FDC，
∴∠AFD=∠ADF，
∴AF=AD=BC，
在△AFG和△CBG中，
{
FG=BG
)
∠AFG=∠CBG ，
AF=BC
∴△AFG≌△CBG(SAS)，
∴AG=CG，∠FAG=∠BCG，
在△AGC中，
∠GAC+∠ACG=∠ACB+∠BCG+∠GAC=∠ACB+∠BAG+∠GAC=∠ACB+∠BAC
=180°−60°=120°
∴∠AGC=180°−(∠GAC+∠ACG)=180°−120°=60°，
∴△AGC是等边三角形．
24．（24-25九年级上·湖北·期末）【提出问题】
如图1，在▱ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F．求证：△ADF≌△CBE；
【问题探究】
如图2，在四边形ABCD中，AD ∥BC，G是BC的中点，P是AG上的一点，连接CP，DP．若
DP=DA，∠DPC=∠B．求证：BC=2AD；
【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，AD ∥BC，P是边AB上的一点，连接BD，CP．若DP=DA，
∠ABD=∠CPB，AP=6，PB=5，PC=10，直接写出PD的长为 ．【思路点拨】
本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理；
提出问题：由垂直可得∠BEC=∠AFD=90°，由▱ABCD，可得AD=BC，AD∥BC，得到
∠DAC=∠BCA，即可证明△ADF≌△CBE(AAS)；
问题探究：过D作DL⊥AG于L，过B作BH⊥AG于H，过C作CK⊥AG交AG延长线于K，先证明
△BGH≌△CGK(AAS)，得BH=CK，GH=GK，再证明△ABH≌△PCK(AAS)，得到PK=AH，推出
AL=PL=GH=GK，即可证明△DPL≌△BGH(AAS)，得到PD=BG，BC=2BG=2PD=2AD；
拓展延伸：过D作DL⊥AB于L，过C作CK⊥AB交AB延长线于K，证明△DPB≌△CBP(AAS)，得到
PC=BD=10，再由勾股定理得到DL=6，最后根据PD=❑√DL2+PL2计算即可．
【解题过程】
解：提出问题：∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠BEC=∠AFD=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∴△ADF≌△CBE(AAS)；
问题探究：过D作DL⊥AG于L，过B作BH⊥AG于H，过C作CK⊥AG交AG延长线于K，则
∠ALD=∠K=∠BHK=∠BHA=90°，
∵G是BC的中点，∴BG=CG，
∵∠BGH=∠CGK，
∴△BGH≌△CGK(AAS)，
∴BH=CK，GH=GK，
∵DP=DA，
1
∴AL=PL= AP，∠DAP=∠DPA，
2
∵AD ∥BC，
∴∠DAP=∠BGA，
∴∠DAP=∠BGA=∠DPA，
∵∠DPC=∠B，∠DPA+∠DPC+∠KPC=180°=∠B+∠BGA+∠BAG，
∴∠KPC=∠BAG，
∴△ABH≌△PCK(AAS)，
∴PK=AH，
∴AP=HK，
∴AL=PL=GH=GK，
∵∠BGA=∠DPA，∠PLD=∠BHK=90°，
∴△DPL≌△BGH(AAS)，
∴PD=BG，
∴BC=2BG=2PD=2AD；
拓展延伸：过D作DL⊥AB于L，过C作CK⊥AB交AB延长线于K，则∠ALD=∠PLD=∠K=90°，
∵AD ∥BC，
∴∠A=∠CBK，
∵DP=DA，AP=6，DL⊥AB，1
∴∠A=∠DPA，PL= AP=3，
2
∴∠A=∠CBK=∠DPA，
∴∠PBC=∠DPB，
∵∠ABD=∠CPB，PB=PB，
∴△DPB≌△CBP(AAS)，
∴PC=BD=10，
∵PB=5，
∴BL=PB+PL=5+3=8，
∴DL=❑√BD2−BL2=❑√102−82=6，
∴PD=❑√DL2+PL2=❑√62+32=3❑√5，
故答案为：3❑√5．
25．（23-24八年级下·四川成都·期末）在▱ABCD中，∠B=60°，对角线AC平分∠BAD，点M为射线
CB上一点，连接AM，将△ABM沿直线AM翻折得到△AEM，连接CE．
（1）如图1，点M在边BC上，∠BAM=10°，求∠BCE的度数；
（2）射线AM与射线CE交于点F，在射线AB上取一点G，使BG=BM，连接MG，EG交AM于点H．
①如图2，点M在线段BC上，求证：AH=CF；
②点M在线段CB延长线上，CE和AH，FH之间有何数量关系？写出你的结论并证明．
【思路点拨】
（1）利用翻折和平行四边形性质得出：∠EAM=∠BAM=10°，AE=AB，∠D=60°，
∠BAD=120°，再证得△ABC和△ACD均为等边三角形，推出AE=AC，利用等腰三角形性质和三角形
180°−40°
内角和定理得出∠AEC=∠ACE= =70°，即可求得答案；
2
（2）①设∠BAM=α，利用翻折的性质和三角形内角和定理可得∠BCF=∠BAF，再利用等边三角形判
定和性质得出∠AHG=∠F，AG=CM，即可证得△AGH≌△CMF，再由全等三角形的性质即可证得结论；②连接BF、GM，设∠BAM=β，可证得△CBF≌△AEH，得出CF=AH，再利用线段的和差关
系即可求得答案．
【解题过程】
（1）解：如图1，
由翻折得：∠EAM=∠BAM=10°，AE=AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，
∴∠D=60°，∠BAD=180°−∠B=120°，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠CAD=60°，
∴△ABC和△ACD均为等边三角形，
∴∠ACB=∠ACD=60°，AB=AC，
∴AE=AC，
∴∠AEC=∠ACE，
∵∠CAE=∠BAC−∠BAE=60°−20°=40°，
180°−40°
∴∠AEC=∠ACE= =70°，
2
∴∠BCE=∠ACE−∠ACB=70°−60°=10°；
（2）①证明：设∠BAM=α，
由翻折得：∠EAM=∠BAM=α，AE=AB，BM=EM，∠AMB=∠AME，
由（1）知：AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=∠B=60°，
∴AE=AC，∠CAE=60°−2α，180°−(60°−2α)
∴∠AEC=∠ACE= =60°+α，
2
∴∠BCF=∠ACE−∠ACB=60°+α−60°=α，
∴∠BCF=∠BAF，
∵∠BCF+∠F+∠CMF=∠BAF+∠B+∠AMB，∠CMF=∠AMB，
∴∠F=∠B=60°，
∵BG=BM，∠B=60°，
∴△BGM是等边三角形，
∴GM=BM=EM，∠BMG=60°，
∵∠AMB=∠CAM+∠ACM=60°−α+60°=120°−α=∠AME，
∴∠EMG=∠AMB+∠AME−∠BMG=120°−α+120°−α−60°=180°−2α，
180°−(180°−2α)
∴∠MEG=∠MGE= =α，
2
∵∠BGE=∠BAM+∠AHG，
∴∠AHG=∠BGE−∠BAM=∠BGM+∠MGE−∠BAM=60°+α−α=60°，
∴∠AHG=∠F，
∵AB−BG=BC−BM，
∴AG=CM，
在△AGH和△CMF中，
{∠HAG=∠FCM
)
∠AHG=∠F ，
AG=CM
∴△AGH≌△CMF(AAS)，
∴AH=CF；
②解：结论：CE=AH+FH，理由如下：
如图3，连接BF，GM，设∠BAM=β，
由翻折得：AE=AB，EF=BF，BM=EM，∠MAE=∠MAB=β，∠AME=∠AMB，
∴∠CAE=60°+2β，∵AB=AC=BC，
∴AC=AE=BC，
180°−(60°+2β)
∴∠ACE=∠AEC= =60°−β，
2
∴∠BCF=∠ACB−∠ACE=60°−(60°−β)=β，
∴∠BCF=∠EAH，
∵∠GBM=∠ABC=60°，BG=BM，
∴△BGM是等边三角形，
∴GM=BM，∠BMG=60°，
∴EM=GM，
∵∠AMB=∠ABC−∠MAB=60°−β=∠AME，
∴∠EMG=∠AME+∠AMB+∠BMG=60°−β+60°−β+60°=180°−2β，
∴∠MEG=∠MGE=β，
∴∠FEH=180°−∠MAE−∠AME−∠AEC−∠MEG=180°−β−(60°−β)−(60°−β)−β=60°
，
∵∠EFH=∠AFC=∠MAE+∠AEC=β+60°−β=60°，
∴△EFH是等边三角形，
∴EF=FH，∠AHE=60°，
由翻折得：∠BFM=∠EFM=60°，
∴∠CFB=60°，
∴∠CFB=∠AHE，
在△CBF和△AEH中，
{∠CFB=∠AHE
)
∠BCF=∠EAH ，
BC=AE
∴△CBF≌△AEH(AAS)，
∴CF=AH，
∵CE=CF+EF，
∴CE=AH+FH．
26．（23-24八年级下·辽宁抚顺·期中）数学课上张老师出示了一个问题：如图1，在▱ABCD中，
∠BAC=90°，E为AD边上一点，连接CE， ∠ACE=∠ACB，求证：AE=DE．①小芳同学说：不必添画辅助线，可以直接利用图1进行证明．
②小芮同学说：可以添画图2中的辅助线，然后进行证明．
（1）请你选择一名同学的想法，写出证明过程．
【问题探究】
（2）小迪同学在此问题基础上，过点E作 EF⊥AD，交AC于点F，如图3，小琳根据小迪的作法，写
出了线段AB，CF，AF之间的数量关系：AB2+CF2=AF2，请你判断这一结论是否成立，如果成
立，请你写出证明过程；若不成立，请你写出关于这三条线段数量关系的新结论，并证明．
【类比拓展】
（3）小怡同学突发奇想，过点E作EF⊥EC，交AC于点 F，如图4，若▱ABCD的面积为12，AB=3
，请你直接写出线段EF的长．
【思路点拨】
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助
线是解题的关键．
（1）利用等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质，即可证明；
（2）连接DF，可得AF=DF，利用勾股定理，即可证明；
5 3
（3）过点F作FM⊥BC，取AC的中点，连接MN，可得MC= ,MN=2,CN= ，设FN=x，利用勾
2 2
股定理列方程，即可解得．
【解题过程】
解：（1）①小芳同学的解法
证明：如图1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC，∴∠ACD=∠BAC,∠ACB=∠CAD，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACD=∠BAC=90°，
∴∠CAD+∠ADC=90°,∠ACE+∠ECD=90°，
∵∠ACE=∠ACB，
∴∠ACE=∠CAD,∠ADC=∠ECD，
∴AE=CE,CE=DE，
∴AE=DE；
②小芮同学的解法：
证明：如图2，延长BA与CE的延长线相较于点 G
∵∠BAC=90°，
∴∠CAG=∠BAC=90°，
∵∠ACE=∠ACB，
∴△ACB≌△ACG，
∴AB=AG，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD,AB=CD，
∴∠G=∠DCE,∠EAG=∠EDC，
∴AG=CD，
∴△AEG≌△DEC(AAS)，
∴AE=DE；
（2）成立，理由如下：
证明: 如图，连接DF
∵EF⊥AD,AE=DE，
∴AF=DF，
由(1) 得∠ACD=90°，
∴在Rt△CDF中,CD²+CF²=DF²∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD
∴AB²+CF²=AF²；
（3）如图，过点F作FM⊥BC，取AC的中点，连接MN，
∵ EF⊥EC， FM⊥BC，
∴∠FMC=∠FEC，
∵ ∠ACE=∠ACB，CF=CF，
∴△FMC≌△FEC(AAS)，
1
∴CE=CM= AD，EF=FM，
2
∵ ∠BAC=90°， ▱ABCD的面积为12，AB=3，
12
∴AD=BC,AC= =4,
3
1
∴CM= BC，
2
∵N是AC的中点，
1 3 1
∴MN= AB= ,MN∥AB，CN= AC=2，
2 2 2
∴∠MNC=90°，
根据勾股定理可得BC=❑√AB2+AC2=5，
5
∴CM= ，
2
设FN=x，
9
根据勾股定理可得FM2=FN2+M N2=x2+
，
4
∴FC2=FM2+MC2，
9 25
即(x+2) 2=x2+ +
4 49
解得x= ，
8
15
∴EF=FM=❑√FN2+M N2=
8
27．（23-24八年级下·河南南阳·期中）▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，将ED绕点E逆时
针旋转90°，得到EF，连接BF．
（1）若∠ABC=45°，
①如图①，当点E在线段BC上时，易证△AED≌△BEF，结合图形，请直接写出线段BF，AE，EC的
数量关系是 ；（不需说明理由）
②如图②，当点E在线段BC的延长线上时，请写出线段BF，AE，EC的数量关系，并证明；
（2）如图③，若∠ABC=135°，当点E在线段CB延长线上时，猜想并直接写出线段BF，AE，EC的数
量关系是 ．（不需说明理由）
（3）在（1）、（2）的情况下，若BE=3，DE=5，则CE=_______．（不需说明理由）
【思路点拨】
（1）①根据全等三角形的性质和平行四边形的性质直接可以得出结论；
②利用等腰三角形的判定证AE=BE，根据SAS证明△AED≌△BEF，根据全等三角形的性质，结合平行
四边形的性质证明即可；
（2）利用∠ABC=135°证AE=BE，再证全等三角形，结合平行四边形的性质即可得出结论；
（3）利用（1）、（2）的结论，把BE=3，DE=5代入计算即可．
【解题过程】
（1）①BF=AE+EC，证明如下：
∵△AED≌△BEF，
∴BF=AD，BE=AE，
∵▱ABCD，
∴AD=BC，∴BF=BC=BE+EC=AE+EC，
即BF=AE+EC；
②线段AE，EC，BF的数量关系是：BF=AE−EC，
证明：∵AE⊥BC
∴∠AEB=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠BAE=90°−∠ABE=90°−45°=45°，
∴∠BAE=∠ABE
∴AE=BE
由旋转可知：∠≝=90°，ED=EF，
∴∠≝−∠AEF=∠AEB−∠AEF，
∴∠AED=∠BEF
在△AED和△BEF中
{
ED=EF
)
∠AED=∠BEF ，
AE=BE
∴△AED≌△BEF（SAS），
∴AD=BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC
∴BC=BF，
∵BC=BE−EC=AE−EC，
∴BF=AE−EC．
（2）BF=EC−AE，证明如下：
∵AE⊥BC
∴∠AEB=90°，
∵∠ABC=135°，
∴∠ABE=45°，∠BAE=90°−∠ABE=90°−45°=45°，
∴∠BAE=∠ABE
∴AE=BE
由旋转可知：∠≝=90°，ED=EF，
∴∠≝−∠DEC=∠AEB−∠DEC，∴∠AED=∠BEF
在△AED和△BEF中
{
ED=EF
)
∠AED=∠BEF ，
AE=BE
∴△AED≌△BEF(SAS)，
∴AD=BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC
∴BC=BF，
∵BC=EC−BE=EC−AE，
∴BF=EC−AE．
（3）如图①，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAD=∠AEB=90°
∵△BEF≌△AED
∴∠EAD=∠EBF=90°
Rt△EBF中，EF=DE=5，BE=AE=3，
BF=❑√EF2−BE2=❑√52−32=4
由AE+EC=BF，得EC=BF−AE=4−3=1；
如图②，BE=3，则AE=3，Rt△ADE中，AD=❑√DE2−AE2=❑√52−32=4，
∴BC=AD=4，与BE=3矛盾，故图②中，不存在BE=3，DE=5的情况；
如图③，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠EAD+∠AEB=180°
∵∠AEB=90°
∴∠EAD=90°
Rt△AED中，AE=BE=3，AD=❑√DE2−AE2=❑√52−32=4
∴BF=AD=4
由EC−AE=BF知，EC=AE+BF=3+4=7．
综上，CE=1或7．
28．（23-24八年级下·辽宁朝阳·期末）【问题背景】
某数学兴趣小组在学习了平行四边形后，对其进行了轴对称变换的操作，进一步研究平行四边形的性质．
在▱ABCD中，∠B=45°，AB=4，AD=5❑√2，点E是BC边上任意一点，连接AE，将四边形AECD
沿AE翻折得到四边形AEGH，射线CB与AH相交于点F．
【操作发现】
（1）如图1，无论点E在什么位置，图中都会有一条线段与EF相等，请猜想与EF相等的线段，并说明理
由．【问题延伸】
（2）当点E的位置发生变化时，线段EF存在最小值，请求出线段EF的最小值．
【问题拓展】
（3）如图2，连接GF，当△EGF是以EG为一条直角边的直角三角形时，求线段CE的长．
【思路点拨】
本题考查了平行四边形的性质，图形的翻折，勾股定理，等腰三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性
质，翻折的特征是解题的关键．
（1）根据点E在BC边上的不同位置，画出图形，进行分类讨论，情况①，当射线CB与AH相交于点F，
点F在线段CB上，根据平行四边形的性质，翻折的特征，可得∠EAF=∠AEF，利用等角对等边，即可
证明AF=EF；当点E在BC边上其他位置时，同理可证得AF=EF；
（2）根据AF=EF，利用垂线段最短，可得当AH⊥CB时，AF最短，故此时EF取得最小值，利用勾股
定理即可求解；
（3）根据点E在BC边上的不同位置，当∠GEF=90°时，∠EGF=90°，以及当点E与点B重合时，分
情况讨论，利用勾股定理即可求解；
【解题过程】
解：（1）AF=EF，理由如下，
情况①，当射线CB与AH相交于点F，点F在线段CB上，如图，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC，
∴ ∠DAE=∠AEF，
∵ 将四边形AECD沿AE翻折得到四边形AEGH，
∴ 根据翻折特征，得∠DAE=∠EAF，
∴ ∠EAF=∠AEF，
∴ AF=EF．
情况② 当射线CB与AH相交于点F，点F在线段CB延长线上，如图，同理可得，∠EAF=∠AEF，
∴ AF=EF．
情况③ 当点E在如图位置，HA延长线与CB相交于点F，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC，
∵ 将四边形AECD沿AE翻折得到四边形AEGH，
∴ 根据翻折特征，得∠CEA=∠GEA，HF∥≥¿，
∴ ∠FAE=∠GEA，
∴ ∠CEA=∠FAE，
∴ AF=EF．
综上，无论点E在什么位置，都有AF=EF．
（2）∵ AF=EF，根据垂线段最短，
∴当AH⊥CB时，AF最短，故此时EF取得最小值，如图所示，
∵ ∠B=45°，AB=4，AH⊥CB，AB 4
∴根据勾股定理得， AF=BF= = =2❑√2，
❑√2 ❑√2
∴ 线段EF的最小值为2❑√2．
（3）情况① 当AH⊥CB时，∠GEF=90°，△EGF是以EG为一条直角边的直角三角形，如图所示，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC，BC=AD=5❑√2，
∵ 将四边形AECD沿AE翻折得到四边形AEGH，
∴ 根据翻折特征，得EG∥AH，
∵ AH⊥CB，
∴ EG⊥CB，即∠GEF=90°，
∴ △EGF是以EG为一条直角边的直角三角形，
根据第（2）结果，EF=AF=BF=2❑√2，
∴ CE=BC−EF−BF=5❑√2−2❑√2−2❑√2=❑√2．
情况②，∠EGF=90°，△EGF是以EG为一条直角边的直角三角形，如图所示，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC，BC=AD=5❑√2，CD=AB=4，∠D=∠B=45°，
∵ 将四边形AECD沿AE翻折得到四边形AEGH，
∴ 根据翻折特征，得EG∥AH，GH=CD=4，∠H=∠D=45°，AH=AD=5❑√2，CE=EG，
∵ EG∥AH，∠EGF=90°，
∴ ∠GFH=90°，
∴ △GFH是等腰直角三角形，GH 4
∴ 根据勾股定理得，GF=FH= = =2❑√2，
❑√2 ❑√2
∴ AF=AH−FH=5❑√2−2❑√2=3❑√2，
∴ EF=AF=3❑√2，
在Rt△EGF中，EG=❑√EF2−GF2=❑√ (3❑√2) 2 −(2❑√2) 2=❑√10，
∴ CE=EG=❑√10．
情况③ 当点E与点B重合时，即将四边形AECD沿AB翻折得到四边形AEGH，
∵ ∠ABC=45°，根据翻折特征，可得∠AEG=∠ABC=45°，
∴ ∠FEG=90°，
∴ △EGF是以EG为一条直角边的直角三角形，
此时，CE=CB=AD=5❑√2．
综上，当△EGF是以EG为一条直角边的直角三角形，线段CE的长为❑√2或❑√10或5❑√2．
29．（23-24八年级下·山东青岛·期末）综合实践课上，同学们展开了以“轴对称”为主题的探究活动．
实践操作：
四边形ABCD是平行四边形，AC⊥AD，∠D=45°，在边BC上取一点P，如图①，连接AP，点B关于
AP的对称点为点B′，连接B′P，B′ A．
问题解决：
（1）当B′ A与AC重合时，连接BB′，AP与BB′有何位置和数量关系，请说明理由；（2）如图②，当∠BAP=30°时，连接B′C，AP与BB′位置关系为______，数量关系为______；
（3）若AB=3❑√2，∠B′ AC=15°时，求线段BP的长．
【思路点拨】
（1）由对称的性质可知AP⊥BB′，利用边角边证明△BB′C≌△APC即可得到AP=BB′．
（2）由对称的性质可知AP⊥BB′，先证△ABB′是等边三角形，可得AB=BB′，由直角三角形的性质可
1
求PH= AP=x，AH=❑√AP2−PH2=❑√3x，PH=BH=x，即可求解；
2
（3）要考虑点B′在点C两侧的情况：①当点B′在点C的右侧时，∠B′ AB=30°，可证明∠CAP=30°，
求出PC，再按照BC=PB+PC计算即可；②当点B′在点C的左侧时，∠B′ AB=60°，过点P作PE⊥AB
于点E，利用三角函数求出PB即可．
【解题过程】
（1）解：AP⊥BB′，AP=BB′，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，∠D=45°，
∴ AD∥BC且AD=BC．∠ABC=∠D=45°，
∵ AC⊥AD，
∴ ∠ACB=∠CAD=90°．∠ACD=90°−∠D=45°=∠D，
∴ ∠BAC=90°−∠ABC=45°=∠ABC，AD=AC，
∴ AC=BC=AD，
当B′ A与AC重合时，如图，连接BB′，
由对称的性质可知∠AB′P=∠ABP=45°，AP⊥BB′，
∴ ∠AB′P=90°−45°=45°=∠CPB′，
∴ B′C=CP，
在△BB′C与△APC中，
{
BC=AC
)
∠BCB'=∠ACP=90°
，
B'C=CP∴ △BB′C≌△APC (SAS)，
∴ AP=BB′．
∴AP⊥BB′，AP=BB′．
（2）解：如图②，连接BB′，过点P作PH⊥AB于H，
∵点B关于AP的对称点为点B′，
∴BP=B′P，AB=AB′，∠PAB=∠PAB′，AP垂直平分BB′，
∴AP⊥BB′，
∵∠BAP=30°，
∴∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
设AP=2x，
∵∠PAB=30°，PH⊥AB，
1
∴PH= AP=x，AH=❑√AP2−PH2=❑√3x，
2
∵∠ABC=45°，PH⊥AB，
∴∠BPH=90°−45°=45°=∠ABC，
∴PH=BH=x，
∴AB=❑√3x+x=BB′，
BB′ ❑√3+1
∴ = ，
AP 2
❑√3+1
∴BB′= AP，
2
❑√3+1
故答案为∶AP⊥BB′，BB′= AP；
2
（3）解：由（1）得AC=BC，∠ACB=90°，∴AB2=AC2+BC2=2AC2，
❑√2
∴AC=BC= AB=3．
2
分两种情况讨论：①当点B′在点C的右侧时，如图，
∵ ∠B′ AC=15°，
∴ ∠B′ AB=30°，
由对称的性质得：∠BAP=∠B′ AP=15°，
∴ ∠CAP=30°，
∵∠ACP=90°
∴AP=2PC，AP2=AC2+PC2，即4PC2=PC2+9
∴ PC=❑√3，
∴ PB=3−❑√3．
②当点B′在点C的左侧时，如图，
∵ ∠B′ AC=15°，
∴ ∠B′ AB=60°，
由对称的性质得：∠BAP=∠B′ AP，
∴ ∠BAP=30°，
过点P作PE⊥AB于点E，设PE=x，
由（2）得BE=x，AE=❑√3PE=❑√3x，
∴PB=❑√x2+x2=❑√2x，3❑√6−3❑√2
∴ ❑√3x+x=3❑√2，解得x= ，
2
∴ PB=3❑√3−3．
综上所述，BP的长为3−❑√3或3❑√3−3．
30．（23-24九年级上·重庆北碚·期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，
点F是线段BE上一点，连接AF，点G是线段AB上一点，连接EG，交AF于点N．
（1）如图1，若∠B=45°，AB=2❑√2，求△ABE的面积；
（2）如图2，点H是线段AF的中点，连接EH，若∠B=∠BEH=∠AEG，求证：CD=BF+BG；
（3）如图3，若∠B=60°，AG=BF，BE=2EC=4，∠ANG=4∠EAF，将△ANG绕着点A旋转，
得到△AN′G′．连接N′D．点O是线段N′D的中点，连接CO．请直接写出线段CO长度的最小值．
【思路点拨】
（1）作AI⊥BE，根据题中条件可求AI，利用角平分线的性质和平行四边形的性质可求BE=AB，即可
求解；
（2）延长EH，交DA的延长线于点M，可证△AMH≌△FEH(AAS)，得到MA=EF；由
∠BEH=∠AEG可得∠BEG=∠AEM，由∠B=∠BEH，∠BEH=∠M可得∠B=∠M，由AE平分
∠BAD与AD∥BC，可得∠BAE=∠DAE=∠AEB=∠BEG+∠B，又∠AGE=∠BEG+∠B，得到
∠BAE=∠AGE，根据“等角对等边”得到AE=≥¿，从而证明△BEG≌△MEA(ASA)，因此BG=MA
，进而BG=EF，BE=BF+EF=BF+BG，由∠BAE=∠DAE=∠AEB得到BE=AB，再由▱ABCD
中，CD=AB，从而得证CD=BE=BF+BG；
（3）取AD的中点K，连接CK，OK，则CK−OK≤CO≤CK+OK，即CO的最小值为CK−OK．由
AB=BE=4，∠B=60°得到△ABE是等边三角形，从而AE=BE=4，∠BEA=∠BAE=60°，又
AG=BF，证得△ABF≌△EAG(SAS)，因此∠BAF=∠AEG，由
∠ANG=4∠EAF=∠EAF+∠BAF得到∠BAF=3∠EAF，又∠BAF+∠EAF=∠BAE=60°，因此
∠BAF=45°，∠EAF=15°，∠AEG=45°，∠ANG=60°．设AG=x，过点G作GP⊥AE于点P，在Rt△APG中，解直角三角形得AP= 1 AG= 1 x，GP=❑√AG2−AP2=❑ √ x2− (1 x ) 2 = ❑√3 x，在
2 2 2 2
❑√3 1 ❑√3
Rt△EPG中，解直角三角形得EP=GP= x，又AP+EP=AE，即 x+ x=4，解得
2 2 2
AG=4❑√3−4．过点G作GQ⊥AF于点Q，在Rt△AGQ中，解直角三角形得GQ=AQ=2❑√6−2❑√2，
2❑√6−2❑√2 2 4
在△NGQ中，解直角三角形得NQ= =2❑√2− ❑√6，因此AN=AQ+QN= ❑√6，由旋转可
❑√3 3 3
4 1 2
得AN′=AN= ❑√6，由中位线定理得OK= AN′= ❑√6．过点C作CH⊥AD于点H，在Rt△CDH
3 2 3
中，解直角三角形得CH=❑√CD2−DH2=2❑√3，在Rt△CKH中，解直角三角形得
2
CK=❑√CH2+K H2=❑√13．因此CO的最小值为CK−OK=❑√13− ❑√6．
3
【解题过程】
（1）解：作AI⊥BE，如图所示，
∵∠B=45°，AB=2❑√2，
∴AI=BI=2，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BEA=∠DAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴BE=AB=2❑√2，
1 1
∴S = ×BE×AI= ×2❑√2×2=2❑√2；
△ABE 2 2
（2）证明：延长EH，交DA的延长线于点M，∵在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠M=∠HEF，∠MAH=∠EFH，
∵点H是AF的中点，
∴AH=FH，
∴△AMH≌△FEH(AAS)，
∴MA=EF，
∵∠BEH=∠AEG，
∴∠BEH−∠2=∠AEG−∠2，
即∠1=∠3，
∵∠B=∠BEH，∠BEH=∠M，
∴∠B=∠M，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB=∠1+∠AEG=∠1+∠B，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=∠1+∠B，
∵∠AGE=∠B+∠1，
∴∠BAE=∠AGE，
∴AE=≥¿，
∵∠B=∠M，EG=EA，∠1=∠3，
∴△BEG≌△MEA(ASA)，
∴BG=MA，
∵MA=EF，
∴BG=EF，
∴BE=BF+EF=BF+BG，
∵∠BAE=∠DAE，∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴BE=AB，
∵在▱ABCD中，CD=AB，∴CD=BE=BF+BG；
（3）解：取AD的中点K，连接CK，OK，则CK−OK≤CO≤CK+OK，即CO的最小值为CK−OK，
∵AB=BE=4，∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=4，∠BEA=∠BAE=60°，
∵AB=EA，∠EAG=∠ABF，AG=BF，
∴△ABF≌△EAG(SAS)，
∴∠BAF=∠AEG，
∵∠ANG=4∠EAF，∠ANG=∠EAF+∠AEG=∠EAF+∠BAF，
∴∠BAF=3∠EAF，
∵∠BAF+∠EAF=∠BAE=60°，
∴∠BAF=45°，∠EAF=15°，
∴∠AEG=∠BAF=45°，∠ANG=4∠EAF=60°，
设AG=x，过点G作GP⊥AE于点P，则△APG和△EPG是直角三角形，
∵在Rt△APG中，∠GAP=60°，
∴∠AGP=90°−∠GAP=90°−60°=30°，
1 1
∴AP= AG= x，
2 2
GP=❑√AG2−AP2=❑ √ x2− (1 x ) 2 = ❑√3 x，
2 2
∵在Rt△EPG中，∠GEP=45°，
∴∠EGP=90°−∠GEP=90°−45°=45°，
∴∠GEP=∠EGP，
❑√3
∴EP=GP= x，
21 ❑√3
∵AP+EP=AE，即 x+ x=4，
2 2
解得：x=4❑√3−4，
即AG=4❑√3−4，
过点G作GQ⊥AF于点Q，则△AGQ和△NGQ是直角三角形，
∵在Rt△AGQ中，∠GAQ=45°，
∴∠AGQ=90°−∠GAQ=90°−45°=45°，
∴∠GAQ=∠AGQ，
∴AQ=GQ，
∵在Rt△AGQ中，AQ2+GQ2=AG2，
∴2AQ2=(4❑√3−4) 2 ，
4❑√3−4
∴AQ= =2❑√6−2❑√2，
❑√2
∴GQ=AQ=2❑√6−2❑√2，
∵在△NGQ中，∠GNQ=60°，
∴∠QGN=90°−∠GNQ=90°−60°=30°，
1
∴QN= GN，即GN=2QN，
2
∵在△NGQ中，NQ2+GQ2=GN2，即NQ2+GQ2=(2QN) 2，
2❑√6−2❑√2 2
∴NQ= =2❑√2− ❑√6，
❑√3 3
( 2 ) 4
∴AN=AQ+QN=(2❑√6−2❑√2)+ 2❑√2− ❑√6 = ❑√6，
3 3
4
∴由旋转可得AN′=AN= ❑√6，
3
∵点O是DN′的中点，点K是AD的中点，
1 1 4 2
∴OK= AN′= × ❑√6= ❑√6，
2 2 3 3
∵BE=2EC=4，
∴BC=BE+EC=6，
∴在▱ABCD中，CD=AB=4，AD=BC=6，∠CDA=∠B=60°，
过点C作CH⊥AD于点H，则△CDH和△CKH是直角三角形，∵在Rt△CDH中，∠CDH=60°，
∴∠DCH=90°−∠CDH=90°−60°=30°，
1 1
∴DH= CD= ×4=2，
2 2
CH=❑√CD2−DH2=❑√42−22=2❑√3，
∵点K是AD的中点，
1 1
∴DK= AD= ×6=3，
2 2
∴KH=DK−DH=3−2=1，
∴在Rt△CKH中，CK=❑√CH2+K H2=❑√(2❑√3) 2+12=❑√13，
2
∴CO的最小值为CK−OK=❑√13− ❑√6．
3
