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专题 08 平行四边形与多边形（分层训练）
【基础训练】
一、单选题
1．如图，▱ABCD的对角线AC,BD相交于点O,∠ADC的平分线与边AB相交于点P，点E是PD
的中点．若AD=4,CD=6，则EO的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】利用平行四边形的性质求解、与三角形中位线有关的求解问题
【详解】在平行四边形ABCD中，AB∥DC,AB=CD,OD=OB,∴∠CDP=∠APD．
∵DP平分∠ADC,∴∠CDP=∠ADP，
∴∠ADP=∠APD,∴AP=AD=4．
∵CD=6,∴AB=6．∴PB=AB−AP=6−4=2．
∵E是PD的中点，O是BD的中点，
∴EO是△DPB的中位线．
1
∴EO= PB=1．
2
故选：A．
2．一个多边形的内角和是外角和的2倍，则它是（ ）
A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形
【答案】A
【知识点】多边形内角和与外角和综合、多边形内角和问题
【分析】先根据多边形的内角和定理及外角和定理，列出方程，再解方程，即可得答案．
【详解】解：设多边形是n边形．
由题意得：180°(n−2)=2×360°
解得n=6
∴这个多边形是六边形．
故选：A．
【点睛】本题考查内角和定理及外角和定理的计算，方程思想是解题关键．
3．如图，在 ▱ABCD中，点P沿A→B→C方向从点A移动到点C，设点P移动路程为x，线段AP的长为y，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则BC的长为（ ）
A．4 B．4.8 C．5 D．10
【答案】C
【知识点】利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形
【分析】根据平行四边形的性质，再结合P运动时y随x变化的关系图象，通过勾股定理及可求解；
【详解】如下图，
根据图2可知，
当P到达B点时AP=AB=3，
当AP⊥BC时，AB+BP=4.8，
∴BP=BE=1.8，
12
∴AE=√AB2−BE2=√32−1.82=
，
5
当到达点C时，AP=AC=4，
√ 122 16
∴EC=√AC2−AE2= 42− = ，
5 5
16
∴BC=BE+EC=1.8+ =5．
5
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、勾股定理，掌握平行四边形的性质，根据点P运动的规
律，结合关系图解题是关键．
4．下列命题中，是假命题的是（ ）
A．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行，一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形
D．一组对边平行，一组对角的角平分线平行的四边形是平行四边形【答案】B
【知识点】判断命题真假、证明四边形是平行四边形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者
AAS）、根据平行线判定与性质证明
【分析】根据平行线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理求解，再结合平
行四边形的判定定理逐一判断，即可得到答案．
【详解】解：A、若AD∥BC，∠BAD=∠BCD，
∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠BCD+∠ABC=180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
即一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形是真命题，不符合题意，选项错误；
B、一组对边平行，另一组对边也平行的四边形是平行四边形，原命题是假命题，符合题意，选项
正确；
C、若AD∥BC，对角线AC平分对角线BD，
∴∠DAO=∠BCO，∴∠ADO=∠CBO，OD=OB，
∴△AOD≌△COB(AAS)，
∴OA=OC，即对角线AC、BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
即一组对边平行，一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形是真命题，不符合题意，选
项错误；
D、若AD∥BC，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，且BE∥DF，
∴∠AEB=∠EBC，∠ADF=∠DFC，∠ABE=∠CBE，∠ADF=∠CDF，
∠EBC=∠DFC，∠AEB=∠ADF，
∴∠AEB=∠ABE=∠DFC=∠CDF，
∵∠ABE+∠AEB+∠BAE=180°，∠DFC+∠CDF+∠DCF=180°，
∴∠BAE=∠DCF，即对角相等，
由选项A可知，一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，
即一组对边平行，一组对角的角平分线平行的四边形是平行四边形是真命题，不符合题意，选项错
误；
故选：B．【点睛】本题考查了真假命题，平行四边形的判定定理，平行线的判定和性质，全等三角形的判定
和性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识点是解题关键．
5．在△ABC中，AB=6，点D是AB的中点，过点D作DE∥BC，交AC于点E，点M在DE上，
1
且ME= DM，当AM⊥BM时，BC=（ ）
3
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、
与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半
1
【分析】由直角三角形的中线可得DM的长，再结合ME= DM可得ME=1，然后结合线段的和
2
差可得DE=DM+ME=4，过点E作EF∥AB交BC于点F，证明出四边形DBFE是平行四边形，
得到DB=EF，然后证明出△ADE≌△EFC(AAS)，得到AE=CE，最后根据三角形的中位线平行
于三角形的第三边，并且等于第三边的一半即可求解．
【详解】解：∵AM⊥BM，点D是AB的中点，AB=6，
1
∴DM= AB=3，
2
1
∵ME= DM，
3
∴ME=1，
∴DE=DM+ME=4，
过点E作EF∥AB交BC于点F，∵DE∥BC，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∴DB=EF，
∵点D是AB的中点，
∴AD=BD，
∴AD=EF，
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠C，
∵EF∥AB，
∴∠ABC=∠EFC，
∴∠ADE=∠EFC，
∴△ADE≌△EFC(AAS)，
∴AE=CE，
∴点E是AC的中点，
∵点D是AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE=8，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、直角三角形的性质，平行四边形的性质和判定，全等三角
形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线证明出四边形DBFE是平行四边形．
6．如图是一个由4张直角三角形纸片和1张正方形纸片拼成的平行四边形，相邻纸片之间互不重叠
也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为S =2，则这个平行四边形的面积为（ ）
1A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【知识点】利用平行四边形的性质求解、平方差公式与几何图形
【分析】设等腰直角三角形的直角边为a，正方形边长为c，求出S (用a、c表示)，得出S ，S ，S
2 1 2 3
之间的关系，由此即可解决问题．
【详解】解：设等腰直角三角形的直角边为a，正方形边长为c，
1 1 1
则S = (a+c)(a−c)= a2− c2 ，
2 2 2 2
1
∴S =S − S ，
2 1 2 3
∴S =2S −2S ，
3 1 2
∴平行四边形面积=2S +2S +S =2S +2S +2S −2S =4S =8．
1 2 3 1 2 1 2 1
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求
出S ，S ，S 之间的关系，属于中考常考题型．
1 2 3
7．顺次连接矩形的各边中点，所得的四边形一定是( )
A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．无法判断
【答案】B
【知识点】利用菱形的性质证明、利用矩形的性质证明、与三角形中位线有关的证明
【分析】题中给出的条件是中点，所以利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边
都相等，从而说明是一个菱形．
【详解】解：连接AC、BD，
在△ABD中，H是AD的中点,E是AB的中点，
1
∴EH= BD，
2
1 1 1
同理FG= BD，HG= AC，EF= AC，
2 2 2
又∵在矩形ABCD中，AC=BD，
∴EH=HG=GF=FE，
∴四边形EFGH为菱形．故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、矩形的性质和菱形的判定方法，解题的关键是掌握菱形的
判定方法有：有一组邻边相等的平行四边形称为菱形；四条边都相等的四边形是菱形；对角线互相
垂直平分的四边形是菱形．
8．我们知道平行四边形有很多性质．如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，那么会发现
这其中还有更多的结论．
题目：在▱ABCD中，已知∠B=30°，AB=2√3，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，连接B′D．
当BC长为多少时，△B′ AD是直角三角形？
对于其答案，甲答：BC=2；乙答：BC=3；丙答：BC=6．则下列结论正确的是（ ）
A．甲、丙答案合在一起才完整 B．甲、乙答案合在一起才完整
C．甲、乙、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起也不完整
【答案】D
【知识点】利用平行四边形的性质求解、根据矩形的性质与判定求线段长、折叠问题、解直角三角
形的相关计算
【分析】根据平行四边形的性质、折叠的性质，利用SAS证明△AB′C≌△CDA，得到
∠ACB′=∠CAD，设AD、B′C相交于点E，根据平行线的判定证明B′D∥AC，分“当
∠B′ AD=90°，AB>BC时”，“当∠ADB′=90°时”，“当∠AB′D=90°时”，“当
∠B′ AD=90°，ABBC时，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=30°，
∴AD∥BC，
∴∠BAD=180°−∠B=180°−30°=150°，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∠BAD−∠B′ AD 150°−90°
∴∠B′ AC=∠BAC= = =30°，
2 2
∵B′D∥AC，
∴∠ADB′=180°−∠CAD=180°−B′ AC−∠B′ AD=180°−30°−90°=60°，
∴∠AB′D=90°−60°=30°，
∵AB′=AB=2√3，
√3
∴AD=AB′ ⋅sin∠AB′D=AB′ ⋅sin60°=2√3× =2，
3
∴BC=AD=2；
如图，当∠ADB′=90°时，∵AD=BC，BC=B′C，
∴AD=B′C，
∵B′D∥AC，
∴∠CAD=180°−∠ADB′=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AB=CD，∠B=∠ADC，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∴AB′=AB，B′C=BC，∠AB′C=∠B，
∴AB′=CD，B′C=AD，∠AB′C=∠ADC，
在△AB′C和△CDA中，
¿，
∴△AB′C≌△CDA(SAS)，
∴∠ACB′=∠CAD=90°，
∴四边形ACB′D是矩形，
∴∠ACB=∠ACB′=90°，
∵∠B=30°，AB=2√3，
√3
∴BC=AB⋅cos30°=2√3× =3；
2
如图，当∠AB′D=90°时，
∵AD=BC，BC=B′C，
∴AD=B′C，
∵B′D∥AC，
∴∠CAB′=180°−∠AB′D=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AB=CD，∠B=∠ADC，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，∴AB′=AB，B′C=BC，∠AB′C=∠B，
∴AB′=CD，B′C=AD，∠AB′C=∠ADC，
在△AB′C和△CDA中，
¿，
∴△AB′C≌△CDA(SAS)，
∴∠B′ AC=∠DCA=90°，
∴四边形ACB′D是矩形，
∴∠BAC=90°，
∵∠B=30°，AB=2√3，
√3
∴BC=AB÷cos30°=2√3÷ =4；
2
如图，当∠B′ AD=90°，AB0)的图象经过点
x
C(1,4)
(1)求反比例函数的表达式．
(2)P为反比例函数图像上一动点，过点P作MN∥x轴交OC于点N，交AB于点M，当点P的纵坐
PN
标为2时，求 的值．
PM
4
【答案】(1)y= (x>0)
x
3
(2)
7
【知识点】利用平行四边形的性质求解、求反比例函数解析式、反比例函数与几何综合
k
【分析】（1）将C(1,4)代入反比例函数y= (x>0)解得k即可；
x
PN
（2）根据反比例函数的性质和平行四边形的性质分别求出PN和PM的长，即可求得 的值．
PM
k
【详解】（1）∵反比例函数y= (x>0)的图象经过点C(1,4)，
x
∴k=1×4=4，
4
∴反比例函数的表达式为y= (x>0)．
x
（2）∵点P的纵坐标为2，
4
当 =2时，x=2，
x∴点P的坐标为(2,2)，
设OC所在直线的表达式为y=mx(m≠0)，
将点C(1,4)代入y=mx，得m=4，
∴OC所在直线的表达式为y=4x，
1
令4x=2，则x= ，
2
(1 )
∴点N的坐标为 ,2 ，
2
1 3
∴PN=2− = ，
2 2
∵OA=5，
∴A(5,0)，
(1 )
∵四边形ABCO为平行四边形，MN∥x轴，N ,2 ，
2
∴MN=OA=5，
(11 )
∴点M的坐标为 ,2 ，
2
11 7
∴PM= −2= ，
2 2
PN 3
∴ = ．
PM 7
【点睛】本题考查反比例函数的图象与性质、平行四边形的性质、一次函数的性质，熟练掌握反比
例函数的性质是解题的关键．
30．如图在△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交DE的延长线于
点F，连接AD、CF，过点D作DG⊥CF于点G；
(1)求证：四边形ADCF是平行四边形
(2)若AB=6,BC=10．
①当AC=______时，四边形ADCF是矩形
②若四边形ADCF是菱形，则DG=______【答案】(1)见解析
24
(2)①6；②
5
【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据矩形的性质求线段长、与三角形中位线有关的求解问题、
用勾股定理解三角形
【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到DE∥AB,BD=CD，即可证得四边形ABDF是平行四
边形，得到AF=BD=CD，由此得到结论；
1
（2）①由点D、E分别是边BC、AC的中点，得到DE= AB，由四边形是平行四边形，得到
2
DF=2DE=AB=6，再根据矩形的性质，即可求解；②根据菱形的性质得到DF⊥AC，推出
AB⊥AC，利用CE勾股定理求出AC，得到CE，利用面积法求出答案．
【详解】（1）证明：∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DE∥AB,BD=CD，
∵AF∥BC，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴AF=BD=CD，
∴四边形ADCF是平行四边形；
（2）解：①∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
1
∴DE= AB，
2
∵四边形ADCF是平行四边形，
∴DF=2DE=AB=6，
∵四边形ADCF是矩形，
∴AC=DF=6，
故答案为：6；
②∵四边形ADCF是菱形，
∴DF⊥AC，
∵DE∥AB，
∴AB⊥AC，
1
∴AD= BC=5,AC=√BC2−AB2=√102−62=8，
2
∴AE=EC=4，
∵DG⊥CF，
1 1
∴S = ×DF×CE= ×CF×DG，
△CDF 2 2DF×CE 6×4 24
∴DG= = = ，
CF 5 5
24
故答案为： ．
5
【点睛】此题考查了平行四边形的判定及性质，矩形的性质，菱形的性质，三角形中位线的判定及
性质，勾股定理，是一道较为综合的几何题，熟练掌握各知识点并应用是解题的关键．
31．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，F是DE的中点，AB与AG关于AE对称，AE与
AF关于AG对称．
（1）求证：ΔAEF是等边三角形；
（2）若AB=2，求四边形AEGF的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）√3
【知识点】解直角三角形的相关计算、根据成轴对称图形的特征进行求解、斜边的中线等于斜边的
一半、利用平行四边形的性质求解
【分析】（1）已知AE⊥BC，AD//BC，得∠DAE=90°，且F是DE的中点，可得
AF=EF=DF，再有AE与AF关于AG对称，可证得ΔAEF是等边三角形．
（2）AG与EF交于点H．ΔAEF是等边三角形，且AE与AF关于AG对称，可得∠EAG=30°，
AG⊥EF．AB与AG关于AE对称，可得∠BAE=∠GAE=30°，∠AEB=90°．
S =S +S 即可求解．
四 边 形AEGFΔAEF ΔEFG
【详解】（1）∵AB与AG关于AE对称，
∴AE⊥BC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC．
∴AE⊥AD，即∠DAE=90°．
∵F是DE的中点，
∴AF=EF=DF．
∵AE与AF关于AG对称，
∴AE=AF．
∴AE=AF=EF．
∴ΔAEF是等边三角形．（2）设AG与EF交于点H．
∵ΔAEF是等边三角形，且AE与AF关于AG对称，
∴∠EAG=30°，AG⊥EF．
∵AB与AG关于AE对称，
∴∠BAE=∠GAE=30°，∠AEB=90°．
∵AB=2，
3 1
∴BE=EG=GF=1，AF=AE=EF=√3，AH= ，GH= ．
2 2
1 3 1 1
∴S =S +S = ×√3× + ×√3× =√3．
四 边 形AEGFΔAEF ΔEFG 2 2 2 2
【点睛】本题考查了轴对称的性质、利用三角函数解直角三角形、平行四边形的性质及直角三角形
斜边上的中线等于斜边的一半．
32．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别与边AB和边CD的延长线交于点
M，N，垂足为点O．求证：BM＝DN．
【答案】见解析
【知识点】利用平行四边形的性质证明、线段垂直平分线的性质
【分析】综合平行四边形的性质，以及垂直平分线的性质推出 AOM≌△CON，得出AM=CN，从而
得出结论即可． △
【详解】∵四边形ABCD为平行四边形，BM和DN分别为AB和CD的延长线，
∴AM∥CN，AB=CD，
∴∠M=∠N，
∵MN为线段AC的垂直平分线，
∴∠AOM=∠CON=90°，AO=CO，
在 AOM与 CON中，
¿ △ △
∴ AOM≌△CON（AAS），
∴△AM=CN，∵AB=CD，
∴AM-AB=CN-CD，
∴BM=DN．
【点睛】本题考查平行四边形的性质以及垂直平分线的性质，掌握基本性质，灵活运用全等三角形
的证明进行推理是解题关键．
33．如图，将▱ABCD的边AB延长到点E，使BE＝AB，连接DE，交边BC于点F．
（1）求证：△BEF≌△CDF．
（2）连接BD，CE，若∠BFD＝2∠A，求证四边形BECD是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【知识点】证明四边形是矩形、利用平行四边形性质和判定证明、全等的性质和ASA（AAS）综合
（ASA或者AAS）
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB∥CD且AB=CD，进而证明
∠BEF=∠FDC,∠FBE=∠FCD, ASA证明△BEF≌△CDF.
（2）根据等边对等角证明FD=FC，进而证明BC=DE，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可
证明
【详解】(1)∵四边形ABCD为平行四边形,
∴AB∥CD且AB=CD.
∵BE=AB,
∴BE∥CD且BE=CD.
∴∠BEF=∠FDC,∠FBE=∠FCD,
∴△BEF≌△CDF.
(2)∵BE∥CD且BE=CD.
∴四边形BECD为平行四边形,
1 1
∴DF= DE,CF= BC,
2 2
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴∠FCD=∠A,
∵∠BFD=∠FCD+∠FDC,∠BFD=2∠A,∴∠FDC=∠FCD,
∴FD=FC.
1 1
又DF= DE,CF= BC,
2 2
∴BC=DE,
∴▱BECD是矩形.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，三角形全等的性质与判定，掌握平行
四边形的性质与判定是解题的关键．
34．如图，D在△ABC的AB边上，CN∥AB，DN交AC于点M，MA=MC．
(1)求证：AD=CN；
(2)请添加一个条件，使四边形ADCN为矩形．（不需要说明理由）
【答案】(1)证明见解析
(2)∠BAN=90°
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、
添一条件使四边形是矩形
【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握
平行四边形与矩形之间的关系是解题的关键；
（1）根据平行线的性质得∠DAC=∠NCA，证明△AMD≌△CMN，根据全等三角形对应边相等
得出答案；
（2）先判断四边形ADCN是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形直接判断即
可．
【详解】（1）∵ CN∥AB，
∴∠DAC=∠NCA，
在△AMD和△CMN中
¿，
∴△AMD≌△CMN(ASA)，
∴AD=CN，
（2）∠BAN=90°，理由如下：
由（1）得：AD∥CN，AD=CN，
∴四边形ADCN是平行四边形，
∵ ∠BAN=90°，四边形ADCN是平行四边形，
∴四边形ADCN是矩形．
35．如图，在▱ABCD中，AD>AB．
(1)尺规作图：作DC边的垂直平分线，分别交AD，CD于点 E，F（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)连接EC，若∠BAD=130°，求∠AEC 的度数．
【答案】(1)作图见解析；
(2)100°．
【知识点】三角形的外角的定义及性质、线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、利用平行四
边形的性质求解
【分析】（1）根据线段垂直平分线的作法作图即可；
（2）由平行四边形的性质得AB∥CD，进而得∠BAD+∠D=180°，即得∠D=50°，再由线段
垂直平分线的性质可得EC=ED，得到∠ECD=∠D=50°，最后由三角形外角性质即可求解；
本题考查了线段垂直平分线的作法和性质、平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，
三角形外角性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键．
【详解】（1）解：如图所示，直线EF即为所求；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=180°−130°=50°，
∵EF为线段CD的垂直平分线，
∴EC=ED，
∴∠ECD=∠D=50°，
∴∠AEC=∠ECD+∠D=50°+50°=100°．【能力提升】
36．如图，△ABC中，AC＝BC，∠C＝120°，D在BC边上、△BDE为等边三角形，连接AE，F为
AE中点，连CF，DF．
(1)请直接写出CF、DF的数量关系，不必说明理由；
(2)将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α（0°<α<60°），其它条件不变，如图2，试回答（1）中
的结论是否成立？并说明理由；
(3)若将图（1）中的△DBE绕点B顺时针旋转90°，其它条件不变，请完成图3，并直接给出结论，
不必说明理由．
【答案】(1)FD=√3CF；
(2)（1）的结论依然成立，见解析；
(3)FD=√3CF，见解析
【知识点】根据旋转的性质求解、利用平行四边形的判定与性质求解、等腰三角形的性质和判定、
全等三角形综合问题
【分析】（1）延长DF交AC于G，由于∠EDC=∠ACB=120°，易得AC∥DE，而F是AE中点，根据
平行线分线段成比例定理得DF=FG，即F是DG的中点，那么DG、AE互相平分，即四边形AGED
是平行四边形，得AG=DE=DB，由此可证得AG=AD，在等腰△CDG中，F是DG的中点，根据等
腰三角形三线合一的性质可知AF平分∠ACB，即∠FCD=60°，根据直角三角形的性质即可得到
CF、DF的比例关系．
（2）此题解法与（1）大致相同；延长DF到G，使得DF=FG，连接CG，那么AE、DG互相平分，即四边形AGED是平行四边形，得AG=DE=BD，然后证△AGC≌△BDC，可得到GC=CD，后面的解
法与（1）相同．
（3）解法与（2）完全相同．
【详解】（1）解：FD=√3CF，
理由如下：延长DF，交AC于G；
∵∠CDE＝∠ACD＝120°，∴DE∥AG；
∵F是AE的中点，
∴F是GD的中点，即AE、DG互相平分，
∴四边形AGED是平行四边形，∴AG＝DE＝DB；
∵BC＝AC，∴CG＝CD，
在等腰△CGD中，F是DG的中点，则CF⊥GD，
1
且∠FCD= ∠ACB=60°，故FD=√3CF．
2
（2）延长DF至G，使得DF＝FG；
则DG、AE互相平分，连接AG、CG；
故四边形AGED是平行四边形；
∴AG＝DE＝BD，且AG∥DE；
∴∠AGM＝∠MDE＝∠3＋∠4＝∠3＋60°；
四边形AGMC中，
∠1＋120°＋∠CAG＋∠AGF＝360°，
即∠1＋120°＋∠CAG＋∠3＋60°＝360° ∠1＋∠3＋∠CAG＝180°；
△DBM中，∠CBD＋∠2＋∠3＝180°，⇒
∵∠1＝∠2，∴∠CAG＝∠CBD＝α；
又∵AG＝BD，AC＝BC，
∴△AGC≌△BDC，得GC＝CD，∠ACG＝∠DCB；∴∠BCD＋∠GCB＝∠ACG＋∠GCB＝∠ACB＝120°，
在等腰△GCD中，F是GD的中点，则CF⊥GD，且∠FCD＝60°，
故FD=√3CF，所以（1）的结论依然成立．
（3）FD=√3CF，如图．（解法与（2）完全相同）．
【点睛】此题主要考查的是旋转的性质，还涉及到：等腰三角形及等边三角形的性质、平行四边形
的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识的综合应用，正确地构造出全等
三角形是解答此题的关键．
37．如图，在梯形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC，AD=20cm，AB=8cm，BC=26cm，动点
P从A点开始沿AD边向D以1cm/秒的速度运动，动点Q从C点开始沿CB边向B以3cm/秒的速度运
动，P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t
秒．问：
(1)求t为何值时，四边形PQCD是平行四边形？
(2)四边形ABQP可能是矩形吗？如果可能，求出t的值；如果不可能，说明理由；
(3)四边形PQCD可能是菱形吗？如果可能，求出t的值；如果不可能，说明理由．
【答案】(1)当t=5秒时，四边形PQCD是平行四边形
13
(2)可能；当t= 秒时，四边形ABQP是矩形
2
(3)不可能；理由见解析
【知识点】证明四边形是菱形、证明四边形是矩形、利用矩形的性质证明、利用平行四边形性质和
判定证明
【分析】（1）根据运动时间为t秒，表示出CQ=3tcm，PD=(20−t)cm，根据平行四边形的性质
得出PD=CQ，即可求出t的值；
（2）根据运动时间为t秒，表示出AP=tcm，BQ=(26−3t)cm，当四边形ABQP是矩形时，根据矩形的性质得出AP=BQ，即可求出t的值；
（3）过点D作DE⊥BC，垂足为E，证明四边形ABED是矩形，求出CD的长，若四边形PQCD
是菱形，则四边形PQCD是平行四边形，由（1）得：t=5秒时，四边形PQCD是平行四边形，求
出PD长，若PD=CD，四边形PQCD是菱形，否则不是菱形．
【详解】（1）解：∵AD=20cm，BC=26cm，动点P以1cm/秒的速度运动，动点Q以3cm/秒的
速度运动，
26
∴20÷1=20s，26÷3= s，
3
∵其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，
26
∴最大运动时间为 s，
3
∵已知设运动时间为t秒，则AP=tcm，CQ=3tcm，
∴PD=(20−t)cm，BQ=(26−3t)cm，
∵当四边形PQCD是平行四边形时，PD=CQ，
∴20−t=3t，解得t=5，
∴当t=5秒时，四边形PQCD是平行四边形．
（2）解：四边形ABQP可能是矩形；
当四边形ABQP是矩形时，AP=BQ，
13
∴t=26−3t，解得t= ，
2
13
∴当t= 秒时，四边形ABQP是矩形．
2
（3）解：四边形PQCD不可能是菱形；
过点D作DE⊥BC，垂足为E，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠DEB=90°，
又∵∠B=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=20cm，AB=DE=8cm，
∴CE=BC−BE=26−20=6cm，∴CD=√DE2+CE2=√82+62=10cm，
若四边形PQCD是菱形，则四边形PQCD是平行四边形，
由（1）得：t=5秒时，四边形PQCD是平行四边形，
∴PD=20−5=15cm，
∴PD≠CD，
∴四边形PQCD不可能是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形和菱形的判定和性质及勾股定理，解一元一次
方程，根据题意列出利用数形结合的思想列出方程是解答本题的关键．
38．如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，在▱OABC中，顶点A的坐标为(8,0)，点B,C
在第一象限，且∠COA=60°,OC=4．动点P从点O出发，沿着O−C−B以每秒2个单位的速度
向点B运动，同时动点Q从点A出发，沿着AO方向以每秒1个单位的速度运动，当点P到达点B时，
点Q也随之停止运动．设运动的时间为t秒．
(1)当△OPQ的面积为2√3时，求t的值．
(2)当点P在线段CB上运动时，若y轴上存在一点F，使得以P,Q,A,F为顶点的四边形是平行四边
形，求t的值．
(3)如图2，当点P在线段OC上运动时，作PD∥OA交AC于点D，作点D关于PQ的对称点E恰好
落在x轴上，则t的值为___________．（直接写出答案）
【答案】(1)t=4−2√3或t=6
(2)t=2
32−8√7
(3)t=
9
【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、相似三角
形的判定与性质综合
【分析】（1）当点P在OC上时，过点P作PM⊥OA于点M,根据题意，
1
OP=2t,AQ=t,OQ=8−t，OM= OP=t,PM=√OP2−OM2=√3t，根据△OPQ的面积为
22√3，得到列式计算即可；当点P在CB上时，过点C作CN⊥OA于点N,根据题意，
1
ON= OC=2,CN=√OC2−ON2=2√3，OP=2t,AQ=t,OQ=8−t，，根据△OPQ的面积为
2
2√3，得到列式计算即可．
（2）根据▱OABC，得到PC∥AQ,故点F是BC延长线与y轴的交点，且满足PF=AQ,才能使得
以P,Q,A,F为顶点的四边形是平行四边形，计算即可．
（3）设点D的对称点为F，连接DF，设PQ,DF的交点为H，证明四边形PFQD是菱形，
△CPD∽△COA，求得PD=8−4t，过点P作PT⊥OA于点T，得到√7t=8−4t，
32−8√7
解得t= ．本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，熟练掌握平行
9
四边形的性质，勾股定理是解题的关键．
【详解】（1）当点P在OC上时，过点P作PM⊥OA于点M,
1
根据题意，OP=2t,AQ=t,OQ=8−t，OM= OP=t,PM=√OP2−OM2=√3t，∵△OPQ的
2
面积为2√3，
1
∴ ×(8−t)×√3t=2√3，
2
解得t=4−2√3，t=4+2√3（舍去）；
当点P在CB上时，过点C作CN⊥OA于点N,
1
根据题意，ON= OC=2,CN=√OC2−ON2=2√3，OP=2t,AQ=t,OQ=8−t，∵△OPQ的
2
面积为2√3，
1
∴ ×(8−t)×2√3=2√3，
2
解得t=6
故t=6或t=4−2√3时，△OPQ的面积为2√3．
（2）∵▱OABC，
∴PC∥AQ,故点F是BC延长线与y轴的交点，且满足PF=AQ,才能使得以P,Q,A,F为顶点的四
边形是平行四边形，根据题意，OP=2t,AQ=t，
1
根据题意，CF= OC=2,CP=2t−4，
2
故PF=CF+CP=2t−2，
2t−2=t，
解得t=2．
（3）设点D的对称点为F，连接DF，设PQ,DF的交点为H，
根据题意，DH=FH;DF⊥PQ；
∵PD∥OA，
∴∠DPH=∠FQH
∴△DPH≌△FQH
∴PH=QH，
∴四边形PFQD是菱形，
∴PD=PF=FQ，
根据题意，OP=2t,PC=OC−OP=4−2t,AQ=t,OQ=8−t，
∵PD∥OA，
∴△CPD∽△COA
CP PD
∴ = ，
CO OA
4−2t PD
∴ = ，
4 8
∴PD=8−4t，
∴FQ=8−4t，
∴AF=8−4t+t=8−3t，
∴OF=OA−AF=8−(8−3t)=3t，
过点P作PT⊥OA于点T，
∵∠COA=60°，
∴∠OPT=30°,
1
∴CT= OP=t,TF=2t,PT=√OP2−OT2=√3t,
2∴PF=√T F2+PT2=√7t,
∴√7t=8−4t，
32−8√7
解得t= ．
9
39．在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，BD=6cm，AD=8cm，AB=10cm，点
E从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点G从点C出发，沿CB方向匀速运动，
速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动.连接OE，过点G作GF∥BD，设运动
时间为ts(0
