文档内容
专题 18.1 平行四边形【十大题型】
【人教版】
【题型1 由平行四边形的性质求解】......................................................................................................................2
【题型2 由平行四边形的性质证明】......................................................................................................................6
【题型3 判定平行四边形的条件】........................................................................................................................11
【题型4 证明平行四边形】....................................................................................................................................15
【题型5 确定平行四边形的个数】........................................................................................................................19
【题型6 利用平行四边形的判定与性质求解】...................................................................................................22
【题型7 利用平行四边形的判定与性质证明】...................................................................................................25
【题型8 平行四边形的判定与性质的应用】.......................................................................................................32
【题型9 利用平行四边形的判定与性质解决新定义问题】...............................................................................37
【题型10 利用平行四边形的判定与性质解决阅读类问题】...............................................................................50
知识点1：平行四边形的性质
性质 数学语言 图示
边 平行四边形的对
四边形 是平行四边形，
边相等
角 平行四边形的对
四边形 是平行四边形，
角相等
对角线 平行四边形的对
四边形 是平行四边形，
角线互相平分
【拓展延伸】
（1）证明平行四边形的性质时，一般通过作对角线把四边形转化为三角形来解答.
（2）平行四边形的性质为证明线段平行或相等、角相等提供了理论依据.
（3）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成两个全等的三角形.
（4）平行四边形被两条对角线分成的四个小三角形的面积相等，每个小三角形的面积都等于平行四边形
面积 的 四分之一 ；相邻两个三角形周长之差的绝对值等于平行四边形两邻边之差的绝对值.
【规律方法】（1）平行四边形的邻角互补；
（2）若一条直线经过平行四边形两条对角线的交点，则该直线平分平行四边形的周长和面积.
【题型1 由平行四边形的性质求解】
【例1】（24-25八年级·吉林长春·期末）如图，在平行四边形ABCD中，
AB=6，AD=8，∠ADC=60°，过BC的中点E作EF⊥AB 于点 F，延长FE交DC的延长线于点
G，则DE的长为（ ）．
A．❑√19 B．2❑√19 C．8 D．2❑√5
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用平行四边形的性质成为解题的
关键．
由平行四边形的性质可得CD=AB=6,BC=AD=8,AB∥CD，进而得到∠GCE=∠B=60°；再根据
1
中点的定义可得CE=BE=4；然后说明∠G=90°，易得CG= CE=2；再运用勾股定理求得EG=2❑√3，
2
最后再运用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴CD=AB=6,BC=AD=8,AB∥CD,
∴∠GCE=∠B=60°,
∵E是BC的中点,
∴CE=BE=4,
∵EF⊥AB,
∴EF⊥DG,
∴∠G=90°，
1
∴CG= CE=2，
2
∴EG=❑√CE2−CG2=2❑√3,DG=CD+CG=6+2=8，DE=❑√EG2+DG2=❑√(2❑√3) 2+82=2❑√19．
故选 B．
【变式1-1】（24-25八年级·全国·期末）如图， ▱ABCD的对角线相交于点O， 且AD≠CD， 过点O
作OM⊥AC， 交AD于点M．如果△CDM的周长为18， 那么▱ABCD的周长是 ．
【答案】36
【分析】本题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形与
线段垂直平分线的性质．
由四边形ABCD是平行四边形，可得OA=OC，又由OM⊥AC，可得AM=CM，然后由△CDM的周长
为18，求得平行四边形ABCD的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵OM⊥AC，
∴OM垂直平分线段AC，
∴AM=CM，
∵△CDM的周长为18，
∴CM+DM+CD=AM+DM+CD=AD+CD=18，
∴平行四边形ABCD的周长是：2×18=36．
故答案为：36．
【变式1-2】（23-24八年级·安徽黄山·期末）如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，点E在AC上，
AD=AE=BE，∠D=114°，则∠BAC的度数是 ．
【答案】22°
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握平行四边形的性质
及等腰三角形的性质是关键；设∠BAC=α；由等腰三角形的性质及三角形外角的性质得∠BEC=2α，由平行四边形的性质及已知，BE=BC，则有∠BCE=∠DAC=2α，则∠BAD=3α，再由平行线性质
即可求解．
【详解】解：设∠BAC=α；
∵AD=AE=BE，
∴∠EBA=∠BAC=α，
∴∠BEC=∠EBA+∠BAC=2α；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AD∥BC，AB∥CD，
∴BE=BC，∠DAC=∠BCE，
∴∠BCE=∠BEC=∠DAC=2α，
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=3α；
∵AB∥CD，
∴∠D+∠BAD=180°，
即114°+3α=180°，
∴α=22°，
即∠BAC=22°．
故答案为：22°．
【变式1-3】（2024·北京通州·二模）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，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
．
12
【答案】
5
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，垂线段最短，设PQ，AC交于点D，四边形
1
PAQC是平行四边形，则PD= PQ，即求PD的最小值，再乘以2即可．点D是AC的中点，为定点，由
2垂线段最短可知，当PD⊥BC时，PD取得最小值，即PQ最小，过点D作DE⊥BC于点E，当P,E重合
时，PD最小，据此即可求得PQ的最小值．
【详解】解：如图，设PQ，AC交于点D，过点D作DE⊥BC于点E，连接BD
∵ PAQC
四边形 是平行四边形，
1
∴ PQ=2PD，AD=CD= AC=2，
2
∵点D是AC的中点，为定点，
∴由垂线段最短可知：当PD⊥BC时，PD取得最小值，即PQ最小，
即当P,E重合时，PD最小，
∴PD =DE
min
∵ ∠BAC=90°，AB=3，AC=4，
∴BC=❑√AB2+AC2=5，
1 1 1
∵S =S +S ，即 AB⋅AC= AB⋅AD+ BC⋅DE，
△ABC △ABD △BCD 2 2 2
1 1 1
∴ ×3×4= ×3×2+ ×5×DE，
2 2 2
6
∴DE= ，
5
6
∴PD =DE= ，
min 5
12
∴PQ =2PD = ．
min min 5
12
故答案为：
5
【题型2 由平行四边形的性质证明】
【例2】（23-24八年级·北京海淀·期末）如图1，AC和BD是▱ABCD的对角线，AB=BD．点E为射线
BD上的一点，连接AE．(1)当点E在线段BD的延长线上，且DE=BD时，
①依题意补全图1；
②求证：AE=AC；
(2)如图2，当点E在线段BD上，且∠AEB=2∠ACD时，用等式表示线段AE，BE和AB的数量关系，并
证明．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)AE+BE=2AB，证明见解析．
【分析】本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外
角的定义及性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）①根据题意补全图形即可；②由等边对等角得出∠BAD=∠BDA，由平行四边形的性质得出
AB∥DC，AB=DC，推出∠ADE=∠ADC，证明△ADE≌△ADC(SAS)，即可得证；
（2）延长BD至点F，使得DF=BD，连接AF，由全等三角形的性质可得∠F=∠ACD，由三角形外角
的定义及性质得出∠EAF=∠F，从而推出EF=AE，即可得证．
【详解】（1）解：① 依题意补全图形
②证明：∵AB=BD，
∴∠BAD=∠BDA．
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=DC∴∠BAD+∠ADC=180°．
∵∠BDA+∠ADE=180°，
∴∠ADE=∠ADC
∵DE=BD，
∴DE=DC．
在△ADE和△ADC中，
{
DE=DC
)
∠ADE=∠ADC ，
AD=AD
∴△ADE≌△ADC(SAS)
∴AE=AC．
（2）解：线段AE，BE和AB的数量关系为AE+BE=2AB．
证明：延长BD至点F，使得DF=BD，连接AF．
由（1）②可得△ADF≌△ADC
∴∠F=∠ACD．
∵∠AEB=2∠ACD，
∴∠AEB=2∠F．
∵∠AEB=∠EAF+∠F，
∴∠EAF=∠F．
∴EF=AE．
∴AE+BE=EF+BE=BF=2BD=2AB．
【变式2-1】（23-24八年级·陕西西安·期中）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD、BC上，且
AE=CF，连接EF，AC交于点O．求证：OE=OF．【答案】见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，利用AAS证得
△AEO≌△CFO（AAS）后即可证得结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO=∠CFO，
在△AEO和△CFO中，
{∠AOE=∠COF
)
∠AEO=∠CFO
AE=CF
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE=OF．
【变式2-2】（23-24八年级·陕西汉中·期末）如图，在▱ABCD中，连接AC，延长AC至点E，延长CA
至点F，使AE=CF，连接DF、BE．求证：∠F=∠E．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，由四边形ABCD是平行四边形，得到
AD=BC，AD∥BC，进一步得到∠DAF=∠BCE，由AE=CF，得到AF=CE，证明
△DAF≌△BCE，即可得到∠F=∠E，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∴∠DAF=∠BCE，
∵AE=CF，∴AF=CE，
{
AD=BC
)
∵ ∠DAF=∠BCE ，
AF=CE
∴△DAF≌△BCE(SAS)，
∴∠F=∠E．
【变式2-3】（23-24八年级·重庆渝北·期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，且
∠ABC=60°，点F为边AD上一点，连接BF交对角线AC于点G．
(1)如图1，已知CF⊥AD于点F，AB=6，BG=2GF，求线段FG的长．
(2)如图2，已知点E为边AB上一点，连接CE交线段BF于点H，且满足∠FHC=60°，CH=2BH，求证：
AH⊥CE．
【答案】(1)FG=❑√7
(2)见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得∠D=∠ABC=60°，AD∥BC，CD=AB=6，算出
1 1
FD= CD=3，在Rt△BFC中，由勾股定理得到BF的长，再由BG=2GF，得到FG= BF=❑√7，即可
2 3
得到结论；
（2）取CH的中点M，连接BM．证明△ABH≌△BCM，得到∠AHB=∠BMC=150°，从而得到
∠AHE=90°，即可得到结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=60°，AB=6，
∴∠D=∠ABC=60°，AD∥BC，CD=AB=6．
∵CF⊥AD，
∴∠ACD=30°，CF⊥BC，
1
∴FD= CD=3，
2∴CF=❑√62−32=3❑√3，
∴BF=❑√FC2+BC2=❑√(3❑√3) 2+62=3❑√7．
∵BG=2GF，
1
∴FG= BF=❑√7．
3
（2）取CH的中点M，连接BM．
∵CH=2BH，
∴CM=HM=BH，
∴∠HBM=∠HMB．
∵∠FHC=60°,∠FHC=∠HBM+∠HMB，
∠HMB=30°，
∴∠BMC=150°．
∵∠FHC=∠HBC+∠HCB=60°,∠ABC=∠HBC+∠ABH=60°，
∴∠HCB=∠ABH，
∴△ABH≌△BCM(SAS)，
∴∠AHB=∠BMC=150°．
∵∠BHE=∠FHC=60°，
∴∠AHE=∠AHB−∠BHE=90°，
∴AH⊥CE．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理、相含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定
与性质．解题的关键是证明△ABH≌△BCM．
知识点2：平行四边形的判定
判定方法 数学语言 图形
两组对边分别平行的四边
边 形是平行四边形.（定
义） 四边形 是平行四边形.两组对边分别相等的四边
形是平行四边形.
四边形 是平行四边形.
一组对边平行且相等的四 （或 ），
边形是平行四边形.
四边形 是平行四边形.
对
对角线互相平分的四边形
角
是平行四边形.
线 四边形 是平行四边形.
【题型3 判定平行四边形的条件】
【例3】（23-24八年级·山东济宁·阶段练习）如图，在等边△ABC中，AB=5cm，射线AG∥BC，点E
从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，点F从点C出发沿射线CB以2cm/s的速度运动．如果点
E，F同时出发，设运动时间为t(s)，则当t= s时，以A，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形．
5
【答案】 或5
3
【分析】本题考查了平行四边形的判定、一元一次方程的应用，分两种情况：当点F在B的右侧时；当点
F在B的左侧时；由当AE=BF时，四边形AECF是平行四边形，建立一元一次方程，解方程即可得出答
案．
【详解】解：当点F在B的右侧时，
由题意得：AE=tcm，CF=2tcm，则BF=BC−CF=(5−2t)cm，
∵AG∥BC，
∴当AE=BF时，四边形AECF是平行四边形，即t=5−2t，
5
解得：t= ；
3
当点F在B的左侧时，
由题意得：AE=tcm，CF=2tcm，则BF=CF−BC=(2t−5)cm，
∵AG∥BC，
∴当AE=BF时，四边形AECF是平行四边形，即t=2t−5，
解得：t=5；5
综上所述，当t= s或5s时，以A，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形，
3
5
故答案为： 或5．
3
【变式3-1】（23-24八年级·浙江绍兴·期末）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，连接
AE，CF，AC，EF，添加下列条件后不能使四边形AECF成为平行四边形的是（ ）
A．BE=DF B．AE∥CF C．OE=OF D．AF=AE
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，∠EFA=∠FEC，分别分析每个选项，根据
平行四边形的判定和全等三角形的判定和性质进行求证即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，故AD=BC，AD∥BC，∠EFA=∠FEC，
A. 添加BE=DF，则AD−DF=BC−BE，即AF=EC，
又∵AD∥BC，
∴四边形AECF是平行四边形，
故添加该选项的条件能使四边形AECF成为平行四边形；
B. 添加AE∥CF，则又∵AD∥BC，
∴四边形AECF是平行四边形，
故添加该选项的条件能使四边形AECF成为平行四边形；
C. 添加OE=OF，则∠EFA=∠FEC，OE=OF，∠AOF=∠EOC，
∴△AOF≌△COE
∴AF=EC，
又∵AD∥BC，
∴四边形AECF是平行四边形，
故添加该选项的条件能使四边形AECF成为平行四边形；
D. 添加AF=AE，无法证明四边形AECF是平行四边形，
故添加该选项的条件不能使四边形AECF成为平行四边形；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
【变式3-2】（23-24八年级·浙江·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AC,BD相交于点O，点E，F在
对角线BD上，有下列条件：①BF=DE；②AE=CF；③∠EAB=∠FCO；④AF//CE．其中一定能
判定四边形AECF是平行四边形的是 ．
【答案】①④
【分析】根据全等三角形的判定与性质和平行四边形的判定与性质分别推理论证，即可得到结论．
【详解】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，OB=OD，OA=OC，
∵BF=DE，
∴BF-OB=DE-OD，
即OF=OE，
∴四边形AECF是平行四边形；
②∵AE=CF，不能判定△ABE≌△CDF，
∴不能判定四边形AECF是平行四边形；
③∠EAB=∠FCO不能判定四边形AECF是平行四边形；
④∵AF∥CE，
∴∠AFB=∠CED，
在△ABF和△CDE中，
{∠ABF=∠CDE
)
∠AFB=∠CED ，
AB=CD
∴△ABF≌△CDE（AAS），
∴BF=DE，
∴BF-OB=DE-OD，
即OF=OE，
又∵OA=OC，∴四边形AECF是平行四边形；
故答案为：①④．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌
握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式3-3】（23-24八年级·湖南郴州·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=12cm，
BC=18cm，点P在AD边上以每秒3cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从
点C向点B运动．若P、Q同时出发，当直线PQ在四边形ABCD内部截出一个平行四边形时．点P运动
了 秒．
【答案】2.4或3.6
【分析】由题意可得AD∥BC，分BQ=AP或CQ=PD两种情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【详解】设点P运动了t秒，
∴CQ=2tcm，AP=3tcm，BQ=(18−2t)cm，PD=(12−3t)cm，
①当BQ＝AP时，且AD∥BC，则四边形APQB是平行四边形，
即18−2t=3t，
∴t=3.6；
②当CQ=PD时，且AD∥BC，则四边形CQPD是平行四边形，
即2t=12−3t，
∴t=2.4，
综上所述：当直线PQ在四边形ABCD内部截出一个平行四边形时，点P运动了2.4秒或3.6秒，
故答案为：2.4或3.6．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质．求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意分类讨论思想的
应用．
【题型4 证明平行四边形】
【例4】（24-25八年级·山东济宁·期中）如图，D是△ABC内部的一点，连接BD，CD，把BD绕点B逆
时针旋转60°得到线段BE，把CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AE，ED，DF，FA．
AB=BC=CA．(1)若BD=6，求AF的长；
(2)求证：四边形AEDF是平行四边形．
【答案】(1)AF=6
(2)见解析
【分析】（1）证明△EDB是等边三角形，△DCF是等边三角形，得出∠DCF=60°，证明
∠BCD=∠ACF，证明△BDC≌△AFC(SAS)，得出AF=BD=6即可；
（2）证明△ABE≌△CBD(SAS)，得出AE=CD，根据CD=DF，得出AE=DF，即可证明四边形
AEDF是平行四边形．
【详解】（1）解：∵BD逆时针旋转60°得到BE，
∴∠EBD=60°，BE=BD，
∴△EDB是等边三角形，
同理：△DCF是等边三角形，
∴∠DCF=60°，
∴∠DCA+∠ACF=60°，
∵∠ACB=∠DCA+∠BCD=60°，
∴∠BCD=∠ACF．
∵BC=AC，CD=CF，
∴△BDC≌△AFC(SAS)．
∴AF=BD=6．
（2）证明：∵BD=DE，
∴AF=DE，
∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=60°，∠EBD=∠ABD+∠ABE=60°，
∴∠DBC=∠ABE．
∵AB=CB，BE=BD，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，
∵CD=DF，∴AE=DF，
∴四边形AEDF是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，解题
的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
【变式4-1】（24-25八年级·广东东莞·阶段练习）如图，同学们用直尺和三角板画平行线，将一块三角板
ABC的一边AC贴着直尺推移到A B C 的位置．连接BB ，证明得到的四边形ABB A 是平行四边形．
1 1 1 1 1 1
【答案】见解析
【分析】本题考查平移的性质，平行四边形的判定，根据平移的性质，得到AB∥A B ,AB=A B ，即
1 1 1 1
可得证。
【详解】证明：∵将一块三角板ABC的一边AC贴着直尺推移到A B C 的位置，
1 1 1
∴AB∥A B ,AB=A B
1 1 1 1
∴四边形ABB A 是平行四边形．
1 1
【变式4-2】（24-25八年级·安徽黄山·期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，将△ABC
绕点A顺时针旋转108°得到△ADE，点B，C的对应点分别是D，E．连接EC交AB于点G．求证：四边
形ADEG是平行四边形．【答案】见解析
【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于
旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定及等腰三角形的性质．解决本题的关键是熟
练掌握旋转的性质与平行四边形的判定，由∠CAE=108°，AE=AC，可得∠ACE=∠AEC=36°，从
而得出∠DAE=∠BAC=36°=∠AEC，再由平行线的性质可得∠EAB=108°−36°=72°，可得出
∠AED=∠EAB，最后由平行四边形的判定可得结论．
【详解】证明：∵∠CAE=108°，AE=AC，
∴∠ACE=∠AEC=36°，
∴∠DAE=∠BAC=36°=∠AEC，
∴DA∥EG，
∵∠BAC=36°，
∴∠EAB=108°−36°=72°，
180°−∠BAC
∵∠AED=∠ACB= =72°，
2
∴∠AED=∠EAB，
∴DE∥AG，
∴四边形ADEG是平行四边形．
【变式4-3】（23-24八年级·河南郑州·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD的平分线AF交
CD于点E，交BC的延长线于点F．
(1)求证：BF=CD；
(2)请在图中连接BE,AC,DF，若BE恰好平分∠ABF，求证：四边形ACFD是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定等知识点，
能综合运用定理进行推理是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得出AB=CD、AD∥BC，根据平行线的性质得出∠DAF=∠AFB，求出
∠BFA=∠BAF.，根据等腰三角形的判定AB=BF，然后根据等量代换即可证明结论；（2）如图：连接BE，由（1）得，AB=BF，由等腰三角形三线合一可得EA=EF，再证明
△ADE≌△FCE(ASA)，即AD=CF，再结合AD∥CF即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFB（两直线平行，内错角相等）
∵AF是∠BAD的平分线，
∴∠DAF=∠BAF.
∴∠BFA=∠BAF.
∴AB=BF（等边对等角）.
∴BF=CD.
（2）解：如图：连接BE
由（1）得，AB=BF.
∵BE恰好平分∠ABF，
∴EA=EF（等腰三角形三线合一）
在△ADE和△FCE中，∠DAE=∠CFE,AE=FE,∠AED=∠FEC.
∴△ADE≌△FCE(ASA),
∴AD=CF（全等三角形的对应边相等），
又∵AD∥CF，
∴四边形ACFD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
【题型5 确定平行四边形的个数】
【例5】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在4×4的正方形网格中每个小正方形的边长为1，每个
小正方形的顶点叫格点，定义：由格点为顶点的平行四边形叫格点平行四边形．图中以A、B为顶点，面
积为2的格点平行四边形的个数为（）A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【分析】根据已知，高为1，再去图上寻找符合的平行四边形 ．
【详解】解：根据AB=2，平行四边形面积为2
所以，高=1
以AB为边，满足条件的有6个，
以AB为对角线满足条件的3个合计9个．
故选D．
【点睛】本题需要理解题意，正确找到平行四边形的高，再图中找到满足定义平行四边形是关键．
【变式5-1】（23-24八年级·北京顺义·期末）如图所示的4×4正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，
线段AB的两个端点都在格点上，若线段AB为▱ABCD的一边，▱ABCD的四个顶点都在4×4正方形网
格的格点上，则这样的平行四边形的个数为（ ）
A．3个 B．4个 C．8个 D．11个
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的判定，解题的关键掌握平行四边形的判定定理，属于中考常考题型．
根据平行四边形的判定定理，即可解决问题．
【详解】解：如图，都可以成为平行四边形的顶点，所以这样的平行四边形最多可以画11个，
故选：D．
【变式5-2】（23-24八年级·安徽阜阳·期末）如图，由六个全等的正三角形拼成的图中，平行四边形的个
数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C
【分析】本题主要考查了正多边形的判定，以及平行四边形的判定，由ABCDEF是由六个全等的正三角
形拼成的，可得出ABCDEF是正六边形，进而可得出OA=OE=AF=EF，则四边形AOEF是平行四边
形，同理可得出四边形DEFO，四边形ABCO，四边形BCDO，四边形CDEO，四边形FABO都是平行
四边形．
【详解】解：∵ABCDEF是由六个全等的正三角形拼成的，
∴ABCDEF是正六边形，
∴AD，BE，CF是正六边形的对角线，
可得OA=OE=AF=EF，
∴四边形AOEF是平行四边形，
同理：四边形DEFO，四边形ABCO，四边形BCDO，四边形CDEO，四边形FABO都是平行四边形，
共6个，
故选C．
【变式5-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，由25个点构成的5×5的正方形点阵中，横、纵方向相邻的
两点之间的距离都是1个单位．定义：由点阵中的四个点为顶点的平行四边形叫做阵点平行四边形．图中
以A，B为顶点，面积为4的阵点平行四边形的个数为（ ）
A．6个 B．7个 C．9个 D．11个
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定，两组对边必须平行，可以得出上下各两个平行四边形符合要求，以及特
殊四边形矩形与正方形即可得出答案．【详解】解：根据题意得：一共11个面积为4的阵点平行四边形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，根据平行四边形的判定得出结论是解题的关键．
【题型6 利用平行四边形的判定与性质求解】
【例6】（24-25八年级·吉林长春·期末）如图，在等腰△ABC中，腰长为5，AB=AC，E，M，F分别
是AB，BC，AC上的点，并且ME∥AC，MF∥AB，则四边形MEAF的周长是（ ）
A．5 B．10 C．15 D．13
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定；根据题意得出四边形MEAF是
平行四边形，进而根据等边对等角以及平行线的性质可得∠B=∠EMB，得出EM=EB，则
AE+AF=AB，进而根据平行四边形的性质，即可求解．
【详解】解：∵ME∥AC，MF∥AB，
∴四边形MEAF是平行四边形，
∴FM=AE，EM=AF，
∵ME∥AC，
∴∠EMB=∠C，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B=∠EMB，
∴EM=EB，
∴AF=BE，∴AE+AF=AB，
∴平行四边形MEAF的周长为2(AE+AF)=2AB=10；
故选：B．
【变式6-1】（24-25八年级·四川遂宁·期末）如图，AD∥BC，AB=BD，以B为圆心，AD长为半径的
圆弧交射线BC于点E，连接DE．若∠BED=50°，则∠DBC的度数为 ．
【答案】50°/50度
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，等边对等角，根据作图可知，BE=AD，进而得到四边形
ABED为平行四边形，进而得到AB=DE=BD，等边对等角即可得出结果．
【详解】解：由作图可知：BE=AD，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴AB=DE=BD，
∴∠DBC=∠BED=50°；
故答案为：50°．
【变式6-2】（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC,E是AB的中点，
EF⊥CD于点F，若EF=6，四边形ABCD的面积为24，则CD的长为（ ）
A．3 B．4 C．4.8 D．5
【答案】B
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，正确添加辅助线是解题的关键．
过点E作CD的平行线交BC于点G，交DA延长线于点F，则可证明△AEF≌△BEG(AAS)，继而
S =S ，可证明四边形FDCG是平行四边形，故四边形ABCD的面积与平行四边形FDCG的面积
△AEF △BEG相等，即可求解．
【详解】解：过点E作CD的平行线交BC于点G，交DA延长线于点F，
∴∠F=∠GEB
∵E是AB的中点，
∴AE=BE，
又∵∠AEF=∠BEG，
∴△AEF≌△BEG(AAS)，
∴S =S ，
△AEF △BEG
∵AD∥BC，FG∥CD，
∴四边形FDCG是平行四边形，
∴四边形ABCD的面积与平行四边形FDCG的面积相等，
∴S =CD×EF=24，
▱FDCG
∵EF=6，
∴CD=4，
故选：B．
【变式6-3】（23-24八年级·湖北襄阳期末）如图，在四边形ABCD中，
AC=BD,AC⊥BD,∠BAD=105°,AD=4❑√2，CD=13，则AB= ．
【答案】15
【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，旋转的性质及勾股定理，将△ADB绕点D顺时针旋转
90°得到△≝¿，连接AE,AF，作AH⊥EF于点H，先求出AE,EH，证明四边形ACDF是平行四边形，
从而求出FH，进而求出答案．【详解】解：如下图，将△ADB绕点D顺时针旋转90°得到△≝¿，连接AE,AF，作AH⊥EF于点H，
∵AD=DE=4❑√2,∠ADE=90°
，
∴AE=❑√AD2+DE2=❑√(4❑√2) 2+(4❑√2) 2=8,∠AED=∠DAE=45°，
∵∠≝=∠BAD=105°，
∴∠AEF=60°，
∵AH⊥EF，
∴∠EAH=30°
1
∴EH= AE=4,AH=❑√3EH=4❑√3，
2
∵AC⊥BD,DF⊥BD，
∴AC∥DF，
∵AC=BD,BD=DF，
∴AC=DF，
∴四边形ACDF是平行四边形，
∴AF=CD=13，
∴FH=❑√AF2−AH2=❑√132−(4❑√3) 2=11，
∴EF=FH+EH=11+4=15，
∴AB=EF=15，
故答案为：15．
【题型7 利用平行四边形的判定与性质证明】
【例7】（23-24八年级·陕西咸阳·期末）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．(1)如图1，若AB=CD，∠BAC=∠DCA，求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，将对角线AC绕点O顺时针旋转一个角度a(0CM，
∴AM=CM这种情况不存在，
5
综上可知，BN的长度为4或7或 ．
3
【变式9-2】（23-24八年级·北京西城·期中）对于平面直角坐标系xOy中的图形M、N，给出如下定义：P
为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，称P，Q两点间距离的最小值为图形M，N间的“近距
离”，记作d(M,N)．在▱ABCD中，点A(6,12)，B(−6,0)，C(−6,−12)，D(6,0)．
(1)d（点O，▱ABCD）=__________．
(2)若点P在y轴正半轴上，d（点P，▱ABCD）=2，直接写出点P坐标；
(3)已知点E(a,−a)，F(a+2,−a)，G(a+1,−a−1)，H(a+3,−a−1)，顺次连接点E、F、H、G，将得到的四边形记为图形W．
①当a=0时，在图2中画出图形W，直接写出d(W ,▱ABCD)的值；
②若d(W ,▱ABCD)≥1，直接写出a的取值范围．
【答案】(1)4
(2)(0,6+2❑√2)或(0,6−2❑√2)
6−❑√2
(3)①2❑√2②− ≤a≤2−❑√2
2
【分析】（1）由A,B,C,D的点坐标可知O为▱ABCD对角线的交点，可知点O到BC，AD的距离相等
且为6；点O到AB，CD的距离相等；如图1，记AB与y轴的交点为M，∠ABD=∠BMO=45°，在
Rt△OBM中，由勾股定理得BM=❑√OB2+OM2=6❑√2，设O到AB的距离为ℎ，根据
1 1
S = OB⋅OM= BM×ℎ，求出ℎ的值，然后与6比较取最小值即可；
△BOM 2 2
（2）作PQ⊥AB于Q，分为点P在点M的上方和下方，两种情况讨论，由d（点 P，▱ABCD ）=2，
可知PQ=2，且∠PMQ=∠BMO=45°，在Rt△PQM中，由勾股定理得PM=❑√MQ2+PQ2，求出
PM的值，进而可得P点坐标；
（3）①由a=0，可得E(0,0)、F(2,0)、G(1,−1)、H(3,−1)，在坐标系中描点，依次连接如图3所示，
▱EFHG即为图形W，过点H作HK⊥BD，垂足为K，延长FH，交CD于N，由E、F、G、H点坐
标可知∠KFH=45°=∠FHK，进而得到∠BDC=∠KFH=45°，可知DN=FN，∠FND=90°，
d(W ,▱ABCD)=HN，根据勾股定理求出FN,FH，即可求解；②过点E，G作直线，分别交AB,CD
于点P，L，由E,F,H,G的点坐标可知，EF=GH=2，EG=FH=❑√2，四边形EFHG是一个大小不变
的平行四边形，且E点沿着直线LP运动，分情况求解：当▱EGHF在x轴下方和上方，即当a≥0和a<0，
两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：由A,B,C,D的点坐标可知O为▱ABCD对角线的交点，
∴点O到BC，AD的距离相等且为6；点O到AB，CD的距离相等；
如图1，记AB与y轴的交点为M，∵AD=12=BD，
∴∠ABD=∠BMO=45°，
∴OM=OB=6，
在Rt△OBM中，由勾股定理得BM=❑√OB2+OM2=6❑√2，
设O到AB的距离为ℎ，
1 1
∴S = OB⋅OM= BM×ℎ，
△BOM 2 2
1 1
∴ ×6×6= ×6❑√2×ℎ，
2 2
解得ℎ =3❑√2，
∵3❑√2>4，
∴ d(点O ，▱ABCD) 的值为4，
故答案为：4．
（2）解：作PQ⊥AB于Q，
如图1，当点P在点M的上方时，∵d（点 P，▱ABCD ）=2，
∴PQ=2，
∵∠PMQ=∠BMO=45°，
∴MQ=PQ=2，
在Rt△PQM中，由勾股定理得PM=❑√MQ2+PQ2=2❑√2，
∴OP=6+2❑√2，
∴点P坐标为(0,6−2❑√2)；
如图2，当点P在点M的下方时，
同理可得：PM=2❑√2，∴OP=6−2❑√2，
∴点P坐标为(0,6−2❑√2)；
综上，点P坐标为(0,6+2❑√2)或(0,6−2❑√2)．
（3）解：①∵a=0，
∴E(0,0)、F(2,0)、G(1,−1)、H(3,−1)，
在坐标系中描点，依次连接如图3所示，▱EFHG即为图形W，过点H作HK⊥BD，垂足为K，延长
FH，交CD于N，
∵ E(0,0)、F(2,0)、G(1,−1)、H(3,−1)
，
∴K(3,0)，
∴FK=3−2=1,HK=0−(−1)=1，
∴FK=HK，
∴ ∠KFH=45°=∠FHK，
∵BD=BC=12，
∴ ∠BDC=45°=∠BCD，
∴∠BDC=∠KFH=45°，
∴∠FND=90°,FN=DN，
∴ d(W ,▱ABCD)=HN，
∵FN2+DN2=DF2，
∴2FN2=DF2=16，
∴FN=2❑√2（负值舍去），
∵FK2+K H2=FH2，∴FH=❑√12+12=❑√2，
∴HN=FN−FH=❑√2，
∴d(W ,▱ABCD)的值为❑√2．
②如图4，过点E，G作直线，分别交AB,CD于点P，L，
由E,F,H,G的坐标可知，EF=GH=2，EG=FH=❑√2，四边形EFHG是一个大小不变的平行四边形，
且E点沿着直线PL运动，
由①知∠FND=90°，
∵四边形EFHG是平行四边形，
∴LP∥FN，
∴LP⊥AB,LP⊥CD，
∴∠EPB=∠ELD=90°，
∵∠ABD=∠CDB=45°，
∴∠BOP=∠DOL=45°，
❑√2
∴OP=OL= OD=3❑√2，
2
当▱EGHF在x轴下方时，d(W ,▱ABCD)=HN，此时a≥0，
❑√2
∴ HN=FN−FH= DF−❑√2，
2
∵DF=6−(a+2)=4−a，
❑√2
∴HN=❑√2− a，
2∵ d(W ,▱ABCD)≥1，
❑√2
∴❑√2− a≥1，
2
解得：a≤2−❑√2，
∴0≤a≤2−❑√2；
当▱EGHF在x轴上方时，d(W ,▱ABCD)=PE，此时a<0，
∵PE=OP−OE，OE=−❑√2a，
∴PE=3❑√2−(−❑√2a)=3❑√2+❑√2a，
∵ d(W ,▱ABCD)≥1，
∴3❑√2+❑√2a≥1，
6−❑√2
解得：a≥− ，
2
6−❑√2
∴− ≤a<0；
2
6−❑√2
综上，d(W ,▱ABCD)≥1时，− ≤a≤2−❑√2．
2
【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，点到
直线的距离相等，新定义下的实数运算等知识．解题的关键在于理解题意，分情况求解．
【变式9-3】（23-24八年级·北京海淀·期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB和点Q，给出
如下定义：若在直线y=x上存在点P，使得四边形ABPQ为平行四边形，则称点Q为线段AB的“银杏
点”．已知A(0，5)，B(2，3)．
(1)在Q (−2，0),Q (0，4),Q (2,−2),Q (2，6)中，线段AB的“银杏点”是 ；
1 2 3 4
(2)点Q为直线y=kx+2上一点，若点Q是线段AB的“银杏点”且不在第二象限，求k的取值范围；
(3)已知正方形CDEF边长为1，以T(t，3)为中心且各边与坐标轴垂直，点M，N在线段AB上．若对于正方形CDEF上的任意一点，都存在线段MN，使得该点为线段MN的“银杏点”，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)Q ,Q
2 4
1
(2)k≥ 且k≠1
2
(3)当−2≤t<4时，正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN，使得该点为线段MN的“银杏点”
【分析】（1）设点P(m,m)，由“平行四边形的对角线相平分”可求得点Q的坐标，进一步可知点Q所在
直线的解析式，即可求解；
（2）结合（1）可知点Q为直线y=x+4和直线y=kx+2的交点，即可确定点Q的坐标，根据点Q不在第二
象限，即可求解；
（3）找到正方形CDEF左上角和右下角的顶点坐标即可求解．
【详解】（1）解：设P(m,m)，
∵A(0,5)，
(m m+5)
∴AP的中点坐标为 , ，
2 2
∵四边形ABPQ为平行四边形，
(m) m+5)
∴BQ的中点即为AP的中点，即BQ的中点为 ， ，
2 2
∵B(2,3)，
∴Q的坐标为(m−2,m+2)，
∴Q在直线y=x+4上，
由A(0,5),B(2,3)可得直线AB解析式为y=−x+5，
而Q (0,4),Q (2,6)在直线y=x+4上，且都不在直线AB上，Q (−2,0),Q (2，−2)不在直线y=x+4
2 4 1 3
上，
∴线段AB的“银杏点”是Q ,Q ；
2 4
故答案为：Q ,Q ；
2 4
（2）由（1）得点Q在直线y=x+4上，点Q为直线y=kx+2上一点，
∴点Q为直线y=x+4和直线y=kx+2的交点，
①k=1时，直线y=x+4和直线y=kx+2平行，没有交点，
不符合题意；
{y=x+4)
②k≠1时，联立 ，
y=kx+22
{ x= )
k−1
解得： ，
2k
y= +2
k−1
( 2 2k )
即点Q , +2 ，
k−1 k−1
假设点Q在第二象限，
2
{ <0 )
k−1
则 ，
2k
+2>0
k−1
1
解得k< ，
2
∵点Q不在第二象限，
1
∴k≥ ，
2
1
综上：k≥ 且k≠1；
2
（3）正方形CDEF边长为1，以T(t,3)为中心各边与坐标轴垂直，
( 1 7) ( 1 5)
∴正方形CDEF左上角的顶点坐标为 t− , ，右下角的顶点坐标为 t+ , ，
2 2 2 2
若MN与AB等长，由（1）可得线段MN的“银杏点”在直线y=x+4上，
若M,N点与A点重合时，线段MN的“银杏点在直线y=x上，
( 1 7)
当正方形CDEF左上角的顶点 t− , ，
2 2
1 7
在y= x时，t− = ，解得t=4；
2 2
( 1 5)
当正方形CDEF右下角的顶点 t+ , ，
2 2
1 5
在y= x+4时，t+ +4= ，解得t=−2，
2 2
故当−2≤t<4时，正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN，使得该点为线段MN的“银杏点”．
【点睛】本题是一次函数综合题，以新定义题型为背景，考查了平行四边形的性质、一次函数的交点等知
识点，正确理解题意是解题关键．
【题型10 利用平行四边形的判定与性质解决阅读类问题】
【例10】（23-24八年级·山东潍坊·期中）【阅读材料】老师的问题：如图1，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB，AC于点D，E，CD⊥BE，垂足为点O，
CD=6，BE=3，求BC+DE的值．
E EF∥DC BC
小亮的思路：过点 作 ，交 的延长线于
点F，构造△BEF（如图2），经过推理和计算能够求出BC+DE的值．
【解答问题】
（1）BC+DE的值是______；
（2）你还有其他添加辅助线的方法吗？写出你的求解过程；
（3）如图3，▱ABCD中，E是BC上的一点，连接DE,AC，且交于点O，AC=12，EC=DE=5，
AD=8，求证：AC⊥DE．
【答案】（1）3❑√5；（2）见解析；（3）见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，勾股定理及其逆定理：
（1）先证明四边形DCFE是平行四边形，得到BC+DE=BF，平行线的性质，得到∠BEF=90°，勾股
定理求出BF的长即可；
（2）过点D作DM∥BE，交CB的延长线于点M，同法（1）进行求解即可；
（3）过点A作AF∥DE，证明四边形ADEF为平行四边形，求出AF,CF的长，勾股定理逆定理求出
∠FAC=90°，得到∠EOC=∠FAC=90°，即可得证．
【详解】解：（1）∵DE∥BC，EF∥DC，
∴四边形DCFE是平行四边形，
∴DE=CF,CD=FE，
∴BC+DE=BC+CF=BF，
∵EF∥DC，CD⊥BE，
∴EF⊥BE，∴∠BEF=90°，
∴BF=❑√BE2+EF2=3❑√5，
∴BC+DE=BF=3❑√5；
故答案为：3❑√5；
（2）能：过点D作DM∥BE，交CB的延长线于点M
∵DE∥BC，
∴DE∥BM
∵DM∥BE
∴四边形DMBE为平行四边形
∴DM=BE=3,MB=DE
∵BE⊥DC
∴∠BOC=90°
∵DM∥BE
∴∠MDC=∠BOC=90°
∴在Rt△CDM中，
MC=❑√DM2+DC2=❑√32+62=3❑√5
∴BC+DE=BC+MB=MC=3❑√5；
（此问答案不唯一，正确即得分）
（3）过点A作AF∥DE，交CB的延长线于点F
∴∠FAC=∠EOC在▱ABCD中，AD∥BC，
∴AD∥FE
∵AF∥DE，
∴四边形ADEF为平行四边形
∴EF=AD=8,AF=DE=5
∴FC=FE+EC=8+5=13
∵AC=12
∴AC2+AF2=FC2
∴三角形AFC为直角三角形
∴∠FAC=90°
∴∠EOC=∠FAC=90°
∴AC⊥DE．
【变式10-1】（2024·江苏南通·八年级期末）【阅读材料】
【解答问题】请根据材料中的信息，判断小明的作图方法是否正确．若正确，给出证明；若不正确，说明
理由．
小明的作法：（1）连接AC，BD，相
老师的问题：如图，在□ ABCD中，点E在BC上，连接
交于点O；
AE，只用一把无刻度的直尺，求作四边形AECF，使得 （2）连接EO并延长，交AD于点F；
四边形AECF是平行四边形． （3）连接CF．四边形AECF即为所
求．
【答案】正确，理由见解析．
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，由平行四边形的性质可得
OA=OC，AF∥CE，得∠AFO=∠CEO，进而证明△AOF≌△COE(AAS)，得到OE=OF，再根据对
角线互相平分的四边形是平行四边形即可求证，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
【详解】解：正确．
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AF∥CE，
∴∠AFO=∠CEO在△AOF和△COE中，
{∠AFO=∠CEO
)
∠AOF=∠COE ，
AO=CO
∴△AOF≌△COE(AAS)，
∴OE=OF，
又∵OA=OC，
∴四边形ABCD为平行四边形．
【变式10-2】（2024·山西吕梁·八年级期末）阅读与思考
阅读下列材料，并完成相应的学习任务．
斯坦纳一雷米欧斯定理
对于命题“等腰三角形的两个底角的平分线相等”，利用全等三角形的
知识很容易获得证明，1840年德国数学家雷米欧斯(C.L.Leℎmus)在
他给斯图姆(C.Sturm,1803−1855)的信中提出了它的逆命题“如果三
角形中两内角平分线相等，三角形必为等腰三角形”，并要求给出这一
命题的几何证明.后来瑞士几何学家斯坦纳(J.Steiner,1796−1863)给
出了证明，因此把这一定理叫做斯坦纳−雷米欧斯定理．
下面给出该定理的一种证明方法(不完整)：
已知：如图，在△ABC中，BD，CE分别是∠ABC，∠ACB的平分
线，且BD=CE．
求证：AB=AC．
证明：如图，作∠BDF=∠1，取DF=BC，连接BF，且使点F，C
在BD的两侧，过点F作FH⊥AC，垂足为H，过点C作CG⊥BF，
交FB的延长线于点G．
∵BD=CE，
∴△BDF≌△ECB，
∴∠DFB=∠ABC，∠DBF=∠BEC．
∵∠3=∠4，∠CBF=∠DBF+∠3，∠7=∠BEC+∠4，
∴∠CBF=∠7．
∵∠7=∠2+∠BDC，(依据1)∠BDF=∠1=∠2，
∴∠7=∠CDF，
∴∠CBF=∠CDF，
∴∠5=∠6，
∴△BGC≌△DHF．(依据2)
学习任务：
(1)分别写出上述证明过程中的“依据1”和“依据2”．
依据1：______．依据2：______．
(2)在上面证明过程的基础上，求证：四边形FBCD是平行四边形．
(3)请结合材料和(2)中的证明过程，完成该定理的证明．
【答案】(1)三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；AAS或角角边或两角及其中一角的对边分
别相等的两个三角形全等
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据∠7=∠2+∠BDC，即可得出依据1：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角
的和；根据全等三角形的判定方法即可得出依据2：AAS或角角边或两角及其中一角的对边分别相等的两个
三角形全等．
（2）连接CF，利用HL可证Rt△CHF≌Rt△FGC，得出FG=CH，进而推出BF=CD，再结合
DF=BC，即可证得四边形FBCD是平行四边形．
（3）由平行四边形的性质可得∠DFB=∠ACB，进而推出∠ACB=∠ABC，再利用等腰三角形的判定：
等角对等边，可得AB=AC．
【详解】（1）解：由∠7=∠2+∠BDC，可知推理依据为：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内
角的和；
根据△BGC≌△DHF的证明过程可知推理依据为：AAS或角角边或两角及其中一角的对边分别相等的两
个三角形全等．
故答案为：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；AAS或角角边或两角及其中一角的对边分
别相等的两个三角形全等．
（2）证明：如图，连接CF．
由材料可知，△BGC≌△DHF，DF=BC，∴FH=CG，DH=BG．
又∵∠CHF=∠CGF=90°，CF=FC，
∴Rt△CHF≌Rt△FGC(HL)，
∴FG=CH，
∴FG−BG=CH−DH，
∴BF=CD．
又∵DF=BC，
∴四边形FBCD是平行四边形，
（3）证明：由（2）可知，四边形FBCD是平行四边形，
∴∠DFB=∠ACB．
由材料可知，∠DFB=∠ABC，
∴∠ACB=∠ABC，
∴AB=AC．
【点睛】本题主要考点全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，
关键是HL证明Rt△CHF≌Rt△FGC，以及证明四边形FBCD是平行四边形．
【变式10-3】（23-24八年级·山东临沂·期末）如图，已知△ABC和△ADE是等边三角形，点D、F分别为
边BC、AB上的点，且CD=BF，连接EF、CF．
(1)小华同学猜想：“四边形EDCF是平行四边形”，下面是她的证明过程，请阅读并将其证明过程补充完
整．
证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AC=CB，∠ACD=∠CBF=60°，
在△ACD和△CBF中
{
AC=CB
)
∠ACD=∠CBF ．
CD=BF(2)若CD=6，求四边形EDCF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)18❑√3
【分析】（1）先证明△ACD≌△CBF，得出AD=CF，证明DE=CF，连接BE证明△ABE≌△ACD，
得出CD=BE，∠ABE=∠ACD=60°，证明△BEF为等边三角形，得出EF=BF=CD，即可证明结论；
1
（2）过点B作BG⊥EF于点G，根据等边三角形的性质得出EG= EF=3，根据勾股定理得出
2
BG=❑√BE2−EG2=❑√62−32=3❑√3，根据平行四边形的性质求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AC=CB，∠ACD=∠CBF=60°，
在△ACD和△CBF中
{
AC=CB
)
∠ACD=∠CBF ，
CD=BF
∴△ACD≌△CBF，
∴AD=CF，
∵等边△ADE中AD=DE，
∴DE=CF，
连接BE，
∵△ADE与△ABC为等边三角形，
∴AE=AD，AB=AC，∠DAE=∠BAC=∠ACD=60°，
∴∠DAE−∠BAD=∠BAC−∠BAD，
即∠BAE=∠CAD，
∴∠ABE≌△ACD，
∴CD=BE，∠ABE=∠ACD=60°，
∵CD=BF，
∴BE=BF，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF=BF=CD，
∵EF=CD，DE=CF，
∴四边形EDCF为平行四边形．（2）解：过点B作BG⊥EF于点G，如图所示：
根据解析（1）可知：EF=CD=BE=BF=6，
∵BG⊥EF，
1
∴EG= EF=3，
2
∴BG=❑√BE2−EG2=❑√62−32=3❑√3，
∴S =EF⋅BG=6×3❑√3=18❑√3．
▱CDEF
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的
判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定．
