第9章 中心对称图形-平行四边形（教师版）

2023-2024学年苏科版数学八年级下册章节培优复习知识讲练第9章中心对称图形—平行四边形（思维导图+知识梳理+九大重点考向举一反三讲练）1.掌握旋转的概念，探索它的基本性质，理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角.2.理解中心对称图形的定义和性质.3.掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的概念,了解它们之间的关系.4.探索并掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的有关性质和常用判别方法,并能运用这些知识进行有关的证明和计算.5.掌握三角形中位线定理.知识点01：确定事件与随机事件【高频考点精讲】1.不可能事件在一定条件下，有些事情我们事先能肯定它一定不会发生，这样的事情是不可能事件．2.必然事件在一定条件下，有些事情我们事先能肯定它一定会发生，这样的事情是必然事件．必然事件和不可能事件都是确定事件.3.随机事件在一定条件下，很多事情我们事先无法确定它会不会发生，这样的事情是随机事件.【易错点剖析】知识点01：旋转的概念和性质【高频考点精讲】将图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转.一个图形和它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等.知识点02：中心对称与中心对称图形【高频考点精讲】一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这点对称，也称这两个图形成中心对称.这个点叫做对称中心．成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分.把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．知识点03：平行四边形【高频考点精讲】1．定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.2．性质：（1）对边平行且相等；（2）对角相等；邻角互补；（3）对角线互相平分；（4）中心对称图形.3．面积：4．判定：边：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．角：（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）两组邻角分别互补的四边形是平行四边形．边与角：（6）一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；对角线：（7）对角线互相平分的四边形是平行四边形.【易错点剖析】平行线的性质：（1）平行线间的距离都相等；（2）等底等高的平行四边形面积相等.知识点04：矩形【高频考点精讲】1．定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.2．性质：（1）具有平行四边形的所有性质；（2）四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）中心对称图形，轴对称图形.3．面积：４．判定：（1)有一个角是直角的平行四边形是矩形.（2）对角线相等的平行四边形是矩形.（3）有三个角是直角的四边形是矩形.知识要点：由矩形得直角三角形的性质：（1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；（2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半．知识点05：菱形【高频考点精讲】1.定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.2．性质：（1）具有平行四边形的一切性质；（2）四条边相等；（3）两条对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角；（4）中心对称图形，轴对称图形.3．面积：4．判定：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四边相等的四边形是菱形.知识点06：正方形【高频考点精讲】1.定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.2．性质：（1）对边平行；（2）四个角都是直角；（3）四条边都相等；（4）对角线互相垂直平分且相等，对角线平分对角；（5)两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；（6）中心对称图形，轴对称图形.3．面积：边长×边长＝×对角线×对角线4．判定：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）一组邻边相等的矩形是正方形；（3）对角线相等的菱形是正方形；（4）对角线互相垂直的矩形是正方形；（5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；（6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形.重点考向01：旋转的性质重点考向02：作图-旋转变换重点考向03：中心对称重点考向04：中心对称图形重点考向05：平行四边形的判定与性质重点考向06：矩形的判定与性质重点考向07：菱形的判定与性质重点考向08：正方形的判定与性质重点考向09：三角形中位线定理重点考向01：旋转的性质【典例精讲】（2023秋•霸州市期末）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△A'B'C，点A的对应点A'恰好落在AB边上，若∠CAB＝65°，则旋转角α的度数是（）A．65° B．60° C．50° D．45°【思路点拨】根据旋转的性质可知CA＝CA′，再利用等边对等角即可解决问题．【规范解答】解：由旋转可知，CA＝CA′，所以∠CAB＝∠CA′A．又因为∠CAB＝65°，所以∠CA′A＝65°，所以∠ACA′＝180°﹣2×65°＝50°，即旋转角α的度数是50°．故选：C．【考点评析】本题考查旋转的性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键．【变式训练1-1】（2023秋•保定期末）（1）如图1，△ABD，△AEC都是等边三角形，线段BE和CD之间的数量关系为BE＝CD．（2）如图2，AO⊥MN，垂足为O，AO＝6，B为直线MN上一动点，以AB为边向右作等边△ABC，则线段OC的最小值为3．【思路点拨】（1）根据SAS证明△DAC≌△BAE，即可得出线段BE和CD之间的数量关系；（2）以AO为一边在AO的左边作等边△AOE，作ED⊥MN于点D，连接BE，根据SAS证明△EAB≌△OAC即可得出，求出OE的最小值即可．【规范解答】解：（1）∵△ABD，△AEC都是等边三角形，∴AD＝AB．AE＝AC．∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴BE＝CD．故答案为：BE＝CD；（2）以AO为一边在AO的左边作等边△AOE，作ED⊥MN于点D，连接BE，∵△ABC，△AEO都是等边三角形，∴AO＝EO＝6，AB＝AC，∠BAC＝∠OAE＝60°，∴∠EAB＝∠OAC．∴△EAB≌△OAC（SAS），∴BE＝OC，∴点B与点D重合时，线段OC取得最小值：∵∠AOB＝90°，∠AOE＝60°，∴∠EOD＝30°，∴DE＝EO＝3，∴线段OC的最小值为3．故答案为：3．【考点评析】此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，垂线段最短，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．【变式训练1-2】（2024•沙坪坝区校级开学）如图，在△ABC中，∠CAB＝100°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，点C的对应点为C′，点C′恰好在BC边上，且∠C′AB＝3∠ABC′，则∠ABB'角度为64°．【思路点拨】设∠ABC＝x，则∠C'AB＝3x，根据旋转的性质推出∴∠C＝∠AC'C＝4x，∠CAC'＝∠BAB'，AB＝AB'，再根据三角形内角和定理求出x的值即可推出结果．【规范解答】解：设∠ABC＝x，则∠C'AB＝3x，∴∠AC'C＝4x，∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，点C的对应点为C′，点C′恰好在BC边上，∴∠C＝∠AC'C＝4x，∠CAC'＝∠BAB'，AB＝AB'，∵∠CAB＝100°，∴x+4x+100＝180，∴x＝16，∴∠AC'C＝∠C＝64°，∴∠CAC'＝∠BAB'＝180°﹣64°×2＝52°，∴∠ABB'＝＝64°，故答案为：64°．【考点评析】本题考查了旋转的性质，熟记旋转前后对应边、对应角相等是解题的关键．【变式训练1-3】（2023秋•湖北月考）如图，在△ABC，BA＝BC，∠ABC＝50°，将△ABC点B按逆时针方向旋转100°，得到△DBE，连接AD，CE交于点F．（1）求证：△ABD≌△CBE；（2）求∠AFC度数．【思路点拨】（1）根据旋转得到AB＝BD＝BC＝BE和∠ABC＝∠DBE，即可证得结论；（2）根据等腰三角形性质得∠BAD＝∠ADB＝∠BCE＝∠BEC，结合四边形内角和求得∠AFE，即可求得答案．【规范解答】（1）证明：由旋转得，AB＝BD，BC＝BE，∵BA＝BC，∴AB＝BD＝BC＝BE，∵∠ABC＝∠DBE，∴∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS）．（2）解：由旋转得，AB＝BD＝BC＝BE，∠ABD＝∠CBE＝100°，则∠BAD＝∠ADB＝∠BCE＝∠BEC＝40°，∵∠ABE＝∠ABD+∠DBE＝150°，∴∠AFE＝360°﹣∠ABE﹣∠BAD﹣∠BEC＝130°，∴∠AFC＝180﹣∠AFE＝50°．【考点评析】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质和四边形内角和，解题关键是熟悉旋转性质．重点考向02：作图-旋转变换【典例精讲】（2024•柳州一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点分别为A（﹣3，4），B（﹣5，1），C（﹣1，2）．（1）若△A1B1C1与△ABC关于x轴对称，请写出点A1、B1的坐标．（2）画出△ABC绕原点逆时针旋转90°后的△A2B2C2，并写出点C2的坐标．【思路点拨】（1）根据轴对称的性质作图，即可得出答案；（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案．【规范解答】解：（1）如图1，△A1B1C1即为所求．点A1、B1的坐标分别为（﹣3，﹣4），（﹣5，﹣1）；（2）如图2，△A2B2C2即为所求．点C2的坐标为（﹣2，﹣1）．【考点评析】本题考查作图﹣旋转变换、轴对称，熟练掌握旋转的性质、轴对称的性质是解答本题的关键．【变式训练2-1】（2023秋•宁江区期末）如图，方格纸中的每个小方格是边长为1个单位长度的正方形．（1）画出将Rt△ABC向右平移5个单位长度后的Rt△A1B1C1；（2）再将Rt△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°，画出旋转后的Rt△A2B2C1．【思路点拨】（1）利用网格特点和平移的性质作出点A、B、C的对应点A1、B1、C1，从而得到Rt△A1B1C1；（2）利用网格特点和旋转的性质作出点A1、B1的对应点A2、B2，从而得到Rt△A2B2C1．【规范解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，Rt△A2B2C1为所作．【考点评析】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．【变式训练2-2】（2023春•定陶区期末）如图，D是等腰直角三角形ABC内一点，BC是斜边，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转到△ACD’的位置，如果AD＝3，那么DD’的长是2．【思路点拨】证明△ADD′是等腰直角三角形即可解决问题．【规范解答】解：由旋转可知：△ABD≌△ACD′，∴∠BAD＝∠CAD′，AD＝AD′＝3，∴∠BAC＝∠DAD′＝90°，∴DD′＝＝3，故答案为：3．【考点评析】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式训练2-3】（2021春•安国市期末）在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，完成下列问题：（1）△B4A5B5的顶点A5的坐标是（9，）；（2）△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+1，）．【思路点拨】首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0）；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4、A5坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．【规范解答】解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，∴A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0），∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，∵2×2﹣1＝3，2×0﹣＝﹣，∴点A2的坐标是（3，﹣），∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，∵2×3﹣1＝5，2×0﹣（﹣）＝，∴点A3的坐标是（5，），∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，∵2×4﹣1＝7，2×0﹣＝﹣，∴点A4的坐标是（7，﹣），A5（9，），…，∵1＝2×1﹣1，3＝2×2﹣1，5＝2×3﹣1，7＝2×4﹣1，…，∴An的横坐标是2n﹣1，A2n+1的横坐标是2（2n+1）﹣1＝4n+1，∵当n为奇数时，An的纵坐标是，当n为偶数时，An的纵坐标是﹣，∴顶点A2n+1的纵坐标是，∴△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+1，）．故答案为：（9，），（4n+1，）．【考点评析】此题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转问题，要熟练掌握，解答此题的关键是分别判断出An的横坐标、纵坐标各是多少重点考向03：中心对称【典例精讲】（2023春•市南区校级期中）如图，△ABC与△A′B′C′关于O成中心对称，下列不成立的是（）A．OC＝OC′ B．∠ABC＝∠A′B′C′ C．CC′＝BB′ D．BC∥B′C′【思路点拨】根据成中心对称的两个图象之间的关系即可解决问题．【规范解答】解：因为△ABC与△A′B′C′关于O成中心对称，所以△A′B′C′可由△ABC绕点O旋转180°得到，所以∠ABC＝∠A′B′C′．故B选项中的结论成立．根据图形旋转的性质可知，旋转前后的对应点到旋转中心的距离相等，所以OC＝OC′，OB＝OB′．故A选项中的结论成立．在△OBC和△OB′C′中，，所以△OBC≌△OB′C′（SAS），所以∠OBC＝∠OB′C′，所以BC∥B′C′．故D选项中的结论成立．故选：C．【考点评析】本题考查中心对称，熟知成中心对称的两个图形之间的关系是解题的关键．【变式训练3-1】（2023秋•长岭县期中）如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A′B′C，若点A的坐标为（﹣4，﹣3），则点A′的坐标为（4，1）．【思路点拨】分别过A，A′向y轴引垂线，可得△A′EC≌△ADC，利用全等得到A到x轴，y轴的距离，进而根据所在象限可得相应坐标．【规范解答】解：作A′E⊥y轴于点E，AD⊥y轴于点D，则∠A′EC＝∠ADC，∵∠A′CE＝∠ACD，AC＝A′C，∴△A′EC≌△ADC（AAS），∴AD＝A′E＝4，CE＝CD，∵OD＝3，OC＝1，∴CD＝2，∴CE＝2，∴OE＝1，∴点A′的坐标为（4，1）．故答案为：（4，1）．【考点评析】考查坐标的旋转变换问题；利用全等得到对应点的坐标是解决本题的突破点．【变式训练3-2】（2023春•丰县期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，点D、E分别是AB、AC的中点，点G、F在BC边上（均不与端点重合），DG∥EF．将△BDG绕点D旋转180°，将△CEF绕点E旋转180°，拼成四边形MGFN，则四边形MGFN周长的最小值是19.6．【思路点拨】连接DE，作AH⊥BC于H，根据勾股定理求出，根据等积法求出，根据中位线定理求出CE∥BC，，证明四边形DGEF是平行四边形，得出GF＝DE＝5，证明四边形MNFG是平行四边形，得出MN＝GF＝5，MG＝NF，根据垂线段最短，得出MG＝NF＝AH时，四边形MNFG的周长最小，求出最小值即可．【规范解答】解：如图，连接DE，作AH⊥BC于H，如图所示：在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，∴，∵，∴，∵AD＝DB，AE＝EC，∴DE∥BC，，∵DG∥EF，∴四边形DGFE是平行四边形，∴GF＝DE＝5，根据题意：MN∥BC，GM∥FN，∴四边形MNFG是平行四边形，∴MN＝GF＝5，MG＝NF，∵垂线段最短，∴当MG＝NF＝AH时，四边形MNFG的周长最小，且最小值为：2×（5+4.8）＝19.6，故答案为：19.6．【考点评析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，三角形面积的计算，平行四边形的判定和性质，中位线性质，解题的关键是作出辅助线，找出当MG＝NF＝AH时，四边形MNFG的周长最小．【变式训练3-3】（2023春•雁塔区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，4），（4，2），C（3，5）．（1）请画出△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于原点成中心对称，并写出点A1，B1，C1的坐标．（2）求△A1B1C1的面积？【思路点拨】（1）作出△ABC各点关于原点的对称点，再顺次连接即可；（2）利用面积差即可求得答案．【规范解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．A1（﹣1，﹣4），B1（﹣4，﹣2），C1（﹣3，﹣5）；（2）根据中心对称的性质可得S＝3×3﹣＝9﹣﹣1﹣3＝．【考点评析】本题考查的是作图﹣中心对称，根据题意作出各点关于原点的对应点是解答此题的关键．重点考向04：中心对称图形【典例精讲】（2023春•新田县期末）习近平主席在2022年新年贺词中提到“人不负青山，青山定不负人”，一语道出“人与自然和谐共生”的至简大道，下列有关环保的四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【思路点拨】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．【规范解答】解：A、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故A选项不合题意；B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意．故选：B．【考点评析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．【变式训练4-1】（2022秋•莱州市期末）如图，在2×2的正方形格纸中，有一个以格点为顶点的△ABC，请你找出格纸中所有与△ABC成中心对称且也以格点为顶点的三角形共有2个；（不包括△ABC本身）【思路点拨】认真读题，观察图形，根据图形特点先确定对称中心，再根据对称中心找出相应的三角形．【规范解答】解：如图：与△ABC成中心对称的三角形有：①△ACG关于中心点I对称；②△DFG关于中心点O对称．共2个．故答案为：2．【考点评析】此题考查中心对称的基本性质，结合了图形的常见的变化，根据直角三角形的特点从图中找到有关的直角三角形再判断是否为中心对称图形．【变式训练4-2】（2021春•汝阳县期末）图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是③．【思路点拨】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进而得出答案．【规范解答】解：当正方形放在③的位置，即是中心对称图形．故答案为：③．【考点评析】此题主要考查了中心对称图形的定义，正确把握定义是解题关键．【变式训练4-3】（2023春•遵化市期中）如图，我们给中国象棋棋盘建立一个平面直角坐标系（每个小正方形的边长均为1），根据象棋中“马”走“日”的规定，若“马”的位置在图中的点P．（1）写出下一步“马”可能到达的点的坐标为（0，0），（0，2），（1，3），（3，3），（4，2），（4，0）（写出所有可能的点的坐标）；（2）顺次连接（1）中的所有点，得到的图形是轴对称图形（填“中心对称”、“旋转对称”或“轴对称”）；（3）将（2）中得到的图形的各顶点的坐标都乘以1.5，请在平面直角坐标系中画出变化后的图形，并与原图形比较，形状和大小有怎样的变化？【思路点拨】（1）马走日，就是说在平面直角坐标系中要走到与P相邻正方形的对角位置，（2）连线可以看出是轴对称图形；（3）画出图形解答即可．【规范解答】解：（1）下一步“马”可能到达的点的坐标：（0，0），（0，2），（1，3），（3，3），（4，2），（4，0）；（2）连线可以看出得的图形为轴对称；（3）将（2）中得到的图形的各顶点的坐标都乘以1.5，如图所示，与原图形比较，形状不变，图形变大了．故答案为：（1）（0，0），（0，2），（1，3），（3，3），（4，2），（4，0）；（2）轴对称．【考点评析】本题主要考查轴对称的性质和坐标确定位置等知识点，不是很难，做题要细心．重点考向05：平行四边形的判定与性质【典例精讲】（2023•新华区校级二模）如图▱ABCD中，要在对角线BD上找两点E，F，使四边形AECF为平行四边形，现有甲、乙、丙三种方案，甲：只需要满足BF＝DE乙：只需要满足AE＝CF丙：只需要满足AE∥CF则正确的方案是（）A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、丙才是 C．只有甲、乙才是 D．只有乙、丙才是【思路点拨】只要证明△ABE≌△CDF，即可解决问题．【规范解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABE＝∠CDF，甲：∵BF＝DE，∴BF﹣EF＝DE﹣EF，∴BE＝DF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，∴∠AEF＝∠CFE，∴AE∥CF，∴四边形AECF为平行四边形，故甲正确；乙：由AE＝CF，不能证明△ABE≌△CDF，不能使四边形AECF为平行四边形，故乙不正确；丙：∵AE∥CF，∴∠AEF＝∠CF，∴∠AEB＝∠CFDE，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴AE＝CF，∴四边形AECF为平行四边形，故丙正确；故选：B．【考点评析】本题考查了平行四边形的性质与判定，三角形全等的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．【变式训练5-1】（2023春•宽甸县期末）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC，斜边AB为边向外作等边△ACD和△ABE，F为AB的中点，连接DF、EF，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，则以下4个结论：①AC⊥DF；②四边形BCDF为平行四边形；③DA+DF＝BE；④S△ACD：S四边形BCDE＝1：7，其中正确的是①②④．【思路点拨】由平行四边形的判定定理判断②正确，再由平行四边形的性质和平行线的性质判断①正确，然后由三角形三边关系判断③错误，最后由等边三角形的性质分别求出△ACD、△ACB、△ABE的面积，即可判断④正确，即可得出结论．【规范解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝60°，AC＝AB，∵△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，∴∠ACD＝∠BAC，∴CD∥AB，∵F为AB的中点，∴BF＝AB，∴BF∥AB，CD＝BF，∴四边形BCDF为平行四边形，故②正确；∵四边形BCDF为平行四边形，∴DF∥BC，又∵∠ACB＝90°，∴AC⊥DF，故①正确；∵DA＝CA，DF＝BC，AB＝BE，BC+AC＞AB，∴DA+DF＞BE，故③错误；设AC＝x，则CD＝AC＝x，AB＝2x，如图，过A作AG⊥CD于G，则CG＝DG＝CD＝x，∴AG＝＝＝x，∴S△ACD＝CD•AG＝xx＝x2，同理S△ABE＝x2，∵BC＝＝＝x，∴S△ACB＝AC•BC＝x•x＝x2，∴＝＝，故④正确；故答案为：①②④．【考点评析】本题考查的是平行四边形的判定和性质、等边三角形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的性质，证明四边形BCDF为平行四边形是解题的关键．【变式训练5-2】（2023秋•广饶县期末）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在OB和OD上．（1）当BE，DF满足什么条件时，四边形AECF是平行四边形？请说明理由；（2）当∠AEB与∠CFD满足什么条件时，四边形AECF是平行四边形？请说明理由．【思路点拨】（1）根据全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定定理即可得到结论．【规范解答】解：（1）当BE＝DF时，四边形AECF是平行四边形，理由：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，同理，AF＝CE，∴四边形AECF是平行四边形；（2）当∠AEB＝∠CFD时，四边形AECF是平行四边形，理由：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，∵∠AEB＝∠CFD，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∵∠AEB＝∠CFD，∴∠AEO＝∠CFO，∴AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形．【考点评析】本题考查了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的判定与性质是解题的关键．重点考向06：矩形的判定与性质【典例精讲】（2024•市南区校级开学）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点P为AB边上一动点（不与点A，B重合），PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，若AC＝8，BD＝6，则EF的最小值为（）A．3 B．2 C． D．【思路点拨】根据菱形的性质，可证四边形OEPF是矩形，如图所示，连接OP，则EF＝OP，当OP⊥AB时，OP的值最小，即EF的值最小，再根据等面积法求高即可求解．【规范解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝×8＝4，OB＝OD＝BD＝×6＝3，在Rt△AOB中，AB＝＝＝5，如图所示，连接OP，∵PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，∴四边形OEPF是矩形，∴EF＝OP，当OP⊥AB时，OP的值最小，即EF的值最小，∵S△AOB＝OA•OB＝AB•OP，∴OP＝＝＝，∴EF的最小值为，故选：C．【考点评析】本题主要考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理及垂线段最短，掌握菱形，矩形的性质，等面积法求三角形的高的计算方法是解题的关键．【变式训练6-1】（2023春•随县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为．【思路点拨】由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DEAF是矩形，可得EF＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．【规范解答】解：连接AD、EF，∵∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，∴BC＝＝15，∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，∴四边形DEAF是矩形，∴EF＝AD，∴当AD⊥BC时，AD的值最小，此时，△ABC的面积＝AB×AC＝BC×AD，∴AD＝＝＝，∴EF的最小值为，∵点G为四边形DEAF对角线交点，∴GF＝EF＝；故答案为：．【考点评析】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式训练6-2】2023•泽州县一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE＝CF，连接BE，ED，DF，FB．若添加一个条件使四边形BEDF是矩形，则该条件可以是OE＝BD．（填写一个即可）【思路点拨】根据平行四边形的判定和性质定理以及矩形的判定定理即可得到结论．【规范解答】解：OE＝BD，理由：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵AE＝CF，∴AO﹣AE＝CO﹣CE．即EO＝FO．∴四边形BEDF为平行四边形，∴OE＝OF，OB＝OD，∵OE＝BD，∴BD＝EF，∴四边形BEDF是矩形．故答案为：OE＝BD．【考点评析】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．【变式训练6-3】（2023春•朝天区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，延长CB到点E，使得BE＝BC．连接AE．过点B作BF∥AC，交AE于点F，连接OF．（1）求证：四边形AFBO是矩形；（2）若∠E＝30°，BF＝1，求OF的长．【思路点拨】（1）证四边形ADBE是平行四边形，再证AE⊥AC，则∠OAF＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论；（2）由矩形的性质得∠AFB＝90°，OF＝AB，所以∠BFE＝90°．又由∠E＝30°，BF＝1，由直角三角形性质得BE＝2BF＝2．在Rt△AEC中，BE＝BC，由直角三角形性质得AB＝BE＝2，即可得出结论．【规范解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AC⊥BD，AD＝BC，∵BE＝BC，∴AD＝BE，∴四边形AEBD是平行四边形，∴AE∥BD．∵BF∥AC，∴四边形AFBO是平行四边形．∵AC⊥BD，AE∥BD∴AE⊥AC，∴∠OAF＝90°，∴平行四边形AFBO是矩形．（2）解：由（1）知四边形AFBO是矩形，∴∠AFB＝90°，OF＝AB，∴∠BFE＝90°．又∵∠E＝30°，BF＝1，∴BE＝2BF＝2．在Rt△AEC中，BE＝BC，∴AB＝BE＝2，∴OF＝2．【考点评析】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定与性质，菱形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．重点考向07：菱形的判定与性质【典例精讲】（2023秋•崂山区期中）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，要在对角线AC上找两点E，F，使得四边形BFDE是菱形，现有如图2所示的甲、乙两种方案，则正确的方案是（）A．只有甲对 B．只有乙对 C．甲、乙都对 D．甲、乙都不对【思路点拨】根据菱形的性质可得OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，然后根据给出的方案进行判定即可．【规范解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，∵AE＝CF，∴OE＝OF，∵OB＝OD，EF⊥BD，∴四边形BFDE是菱形，故方案甲正确；∵四边形ABCD是菱形，∴OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，∠BDA＝∠BDC，∵DE，BF是∠ADO和∠CBO的平分线，∴∠EDO＝∠FDO，∵∠DOE＝∠DOF＝90°，在△DOE和△DOF中，，∴△DOE≌△DOF（ASA），∴OE＝OF，∵OB＝OD，∴四边形BFDE是平行四边形，∵BD⊥EF，∴四边形BFDE是菱形．故方案乙正确．故选：C．【考点评析】本题考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①四条边都相等的四边形是菱形菱形．②对角线互相垂直的平行四边形是菱形菱形．③一组邻边相等的平行四边形是菱形．【变式训练7-1】（2023春•黄梅县月考）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC、BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG、AE．则下列结论：①；②四边形ABDE是菱形；③S四边形ODGF＝S△ABF．其中正确的有①②③．【思路点拨】先根据菱形的性质得到AB＝AD＝CD，AB∥CD，进而证明△ABD是等边三角形，得到BD＝AB，再证明四边形ABDE是平行四边形，进而证明平行四边形ABDE是菱形即可判断②；进一步证明OG是△ABD的中位线，得到，即可判断①；根据OB＝OD，得到S△ABO＝S△ADO，同理可得S△ABG＝S△BDG，则S△ABF+S△BOF+S△ABF+S△AFG＝S四边形ODGF+S△AFG+S四边形ODGF+S△BOF，由此即可判断③．【规范解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝CD，AB∥CD，OA＝OC，∵∠BAD＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝AB，∵CD＝DE，∴AB＝DE＝BD，又∵AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∴平行四边形ABDE是菱形，故②正确；∴AG＝DG，∴OG是△ABD的中位线，∴，故①正确；∵OB＝OD，∴S△ABO＝S△ADO，同理可得S△ABG＝S△BDG，∴S△ABF+S△BOF+S△ABF+S△AFG＝S四边形ODGF+S△AFG+S四边形ODGF+S△BOF，∴S四边形ODGF＝S△ABF，故③正确；故答案为：①②③．【考点评析】本题主要考查了菱形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．【变式训练7-2】（2023春•秦淮区期中）邻边长分别为1，a（a＞1）的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于1的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去．若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则a的值或4或或．【思路点拨】根据题意，进行分类讨论，再根据菱形的性质，列出方程求解即可．【规范解答】解：①如图，经历三次折叠后，四边形IJHF为菱形，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝1，∴DF＝CE＝a﹣1，∵四边形GCEH为菱形，∴GC＝CE＝a﹣1，∴DG＝FH＝1﹣（a﹣1）＝2﹣a，∵四边形DGJI为菱形，∴DI＝DG＝2﹣a，∴IF＝a﹣1﹣（2﹣a）＝2a﹣3，∵四边形IJHF为菱形，∴IF＝HF，即2﹣a＝2a﹣3，解得：；②如图，经历三次折叠后，四边形DIHF为菱形，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝1，∴DF＝CE＝a﹣1，∵四边形JCEG，IJGH，DIHF都为菱形，∴，∴，解得：；③如图，经历三次折叠后，四边形FIJH为菱形，∵四边形ABCD，DCEF为菱形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝CE＝DF＝EF＝1，∴FH＝a﹣2，∵四边形FIJH，IEGJ都为菱形，∴，∴，解得：；④如图，经历三次折叠后，四边形HGIJ为菱形，∵四边形ABCD，DCEF，FEGH，HGIJ都为菱形，∴AB＝AD＝DF＝FH＝1，∴HJ＝a﹣3，∴HJ＝IJ，∴a﹣3＝1，解得：a＝4；综上：a的值为或4或或．【考点评析】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的四条边都相等．重点考向08：正方形的判定与性质【典例精讲】（2023春•仙桃月考）如图，已知四边形ABCD为正方形，，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形DEFG是正方形；②；③CG平分∠DCF；④CE＝CF．其中正确的是①③（填序号）．【思路点拨】过E作EM⊥BC，过E作EN⊥CD于N，如图所示，根据正方形性质得∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN是正方形，由矩形性质得EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得ED＝EF，推出矩形DEFG是正方形，故①正确；根据正方形性质得AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°推出△ADE≌△CDG，得到AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，由此推出CG平分∠DCF，故③正确；进而求得，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．【规范解答】解：过E作EM⊥BC，过E作EN⊥CD于N，如图所示，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，∴NE＝NC，∴四边形EMCN是正方形，∴EM＝EN，∵四边形DEFG是矩形，∴∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG是正方形，故①正确；∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，∵∠DCF＝90°，∴CG平分∠DCF，故③正确；∴，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，∴CE不一定等于CF，故④错误．故答案为：①③．【考点评析】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．【变式训练8-1】（2023春•汕头校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝4，AD＝3，E是边AB上一点，且∠DCE＝45°，则DE的长度是（）A．3.2 B．3.4 C．3.6 D．4【思路点拨】过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，延长DG至F，使GF＝BE，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形），再设DE＝x，在Rt△AED中利用勾股定理可求出ED的长．【规范解答】解：如图，过C作CG⊥AD于G，并延长DG至F，使GF＝BE，∵∠A＝∠B＝∠CGA＝90°，AB＝BC，∴四边形ABCG为正方形，∴AG＝BC＝4，∠BCG＝90°，BC＝CG，∵AD＝3，∴DG＝4﹣3＝1，∵BC＝CG，∠B＝∠CGF，BE＝FG，∴△EBC≌△FGC（SAS），∴CE＝CF，∠ECB＝∠FCG，∵∠DCE＝45°，∴∠BCE+∠DCG＝∠DCG+∠FCG＝45°，∴∠DCE＝∠DCF，∵CE＝CF，∠DCF＝∠DCE，DC＝DC，∴△ECD≌△FCD（SAS），∴ED＝DF，设ED＝x，则EB＝FG＝x﹣1，∴AE＝4﹣（x﹣1）＝5﹣x，Rt△AED中，AE2+AD2＝DE2，∴（5﹣x）2+32＝x2，解得：x＝3.4，∴DE＝3.4．故选：B．【考点评析】本题考查的是正方形的判定与性质，全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键．【变式训练8-2】（2023春•郧阳区期末）如图，点D，E，F分别是△ABC三边的中点，则下列判断：①四边形AEDF一定是平行四边形；②若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是正方形；③若AD⊥BC，则四边形AEDF是菱形；④若∠BAC＝90°，则四边形AEDF是矩形．正确的是①③④.（填序号）【思路点拨】①由三角形的中位线定理可以判定结论正确；②利用AD平分∠A可以判定四边形AEDF是菱形而非正方形，可得②的结论错误；③利用斜边上的中线等于斜边的一半可得出DE＝DF，从而得出四边形AEDF是菱形；④∠A＝90°，则根据①的结论可得四边形AEDF是矩形．【规范解答】解：①∵D是BC的中点，E是AB的中点，∴DE∥AC．∵D是BC的中点，F是AC的中点，∴DF∥AB．∴四边形AEDF是平行四边形．∴①正确；②如图，由①知：AE∥DF，∴∠EAD＝∠ADF．若AD平分∠BAC，则∠EAD＝∠FAD．∴∠FAD＝∠ADF，∴AF＝FD，∵四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是菱形．∴②不正确；③如图，若AD⊥BC，∵D是BC的中点，∴AD是BC的垂直平分线，∴AB＝AC．∵AD⊥BC，E是AB的中点，∴DE＝AB．同理：DF＝AC，∴DE＝DF．由①知：四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是菱形．∴③正确；④若∠A＝90°，如图，由①知：四边形AEDF是平行四边形，∵∠A＝90°，∴四边形AEDF是矩形，∴④正确；综上可得，正确的结论有：①③④，故答案为：①③④．【考点评析】本题主要考查了三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，直角三角形斜边上的直线的性质，等腰三角形的判定与性质．利用三角形的中位线定理得出平行线是解题的关键．【变式训练8-3】（2023春•雄县期中）如图，在正方形ABCD和▱ECGF中，点B，C，G在同一条直线上，P是线段AF的中点，连接DP，连接EP并延长，交AD于点Q．请证明：（1）四边形ECGF是矩形．（2）当∠DPE＝90°时，四边形ECGF是正方形．【思路点拨】（1）根据正方形的性质和平角的定义证明∠GCE＝90°即可证明平行四边形ECGF是矩形；（2）根据正方形的性质，结合已知条件，证明△APQ≌△FPE（ASA），得出AQ＝EF，进而证明△PDQ，△PDE（SAS），QD＝DE，得出AQ＝EC，即可得出EC＝EF，根据邻边相等的矩形是正方形．【规范解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴∠GCE＝90°，∵四边形ECGF是平行四边形，∴平行四边形ECGF是矩形；（2）证明：在正方形ABCD和▱ECGF中，点B，C，G在同一条直线上，∴AD∥BG，EF∥BG，∠ADC＝90°，∴AD∥EF，∴∠QAP＝∠EFP，∵P是线段AF的中点，∴AP＝PF，又∠APQ＝∠FPE，∴△APQ≌△FPE（ASA），∴AQ＝EF，QP＝PE，∵∠DPE＝90°，∴∠DPQ＝90°，在△PDQ和△PDE中，，∴△PDQ≌△PDE（SAS），∴QD＝DE，∵AD＝DC，∴AQ＝EC，∴EC＝EF，∴矩形ECGF是正方形．【考点评析】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．重点考向09：三角形中位线定理【典例精讲】（2023秋•郸城县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2cm，E、F分别是AB、AC的中点，动点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时动点Q从点B出发，沿BF方向匀速运动，速度为2cm/s，连接PQ，设运动时间为ts（0＜t＜1），则当t＝2﹣或时，△PQF为等腰三角形．【思路点拨】先根据直角三角形30°角的性质和勾股定理计算AC和BC的长，由中位线定理计算EF＝，根据速度、时间可得P、Q的运动路程分别为EP和BQ的长；分三种情况讨论：分别令△PQF任意两边相等，画图，根据等腰三角形的性质列方程可得结论．【规范解答】解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2cm，∴AC＝2AB＝4cm，BC＝＝2，∵E、F分别是AB、AC的中点，∴EF＝BC＝cm，BF＝AC＝2cm，由题意得：EP＝t，BQ＝2t，∴PF＝﹣t，FQ＝2﹣2t，分三种情况：①当PF＝FQ时，如图1，△PQF为等腰三角形．则﹣t＝2﹣2t，t＝2﹣；②如图2，当PQ＝FQ时，△PQF为等腰三角形，过Q作QD⊥EF于D，∴PF＝2DF，∵BF＝CF，∴∠FBC＝∠C＝30°，∵E、F分别是AB、AC的中点，∴EF∥BC，∴∠PFQ＝∠FBC＝30°，∵FQ＝2﹣2t，∴DQ＝FQ＝1﹣t，∴DF＝（1﹣t），∴PF＝2DF＝2（1﹣t），∵EF＝EP+PF＝，∴t+2（1﹣t）＝，t＝