苏科版八年级数学下册举一反三专题9.12中心对称图形-平行四边形章末八大题型总结(培优篇)同步练习(学生版+解析)

专题9.12中心对称图形——平行四边形章末八大题型总结（培优篇）【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1添加条件使成为四边形】 1【题型2根据四边形的性质求解】 2【题型3四边形的证明】 3【题型4根据四边形的判定与性质求线段长】 5【题型5根据四边形的判定与性质求角度】 6【题型6根据四边形的判定与性质求面积】 7【题型7三角形的中位线】 9【题型8中点四边形】 10【题型1添加条件使成为四边形】【例1】（2023春·云南·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，在条件：①AB=AD；③AC=BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD中，选择一个条件，使得四边形ABCD是菱形，可选择的条件是（

）

A．①③③ B．①③④ C．①③④ D．③③④【变式1-1】（2023春·上海浦东新·八年级校考期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形ABCD是正方形的是（

）

A．AB=AD且AC⊥BD B．AC⊥BD且AC和BD互相平分C．∠BAD=∠ABC且AC=BD D．AC=BD且AB=AD【变式1-2】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，O是BC的中点，连结DO并延长，交AB延长线于点E，连结BD，EC．(1)求证：四边形BECD是平行四边形．(2)若∠A＝50°：①当∠ADE＝°时，四边形BECD是矩形；③当∠ADE＝°时，四边形BECD是菱形．【变式1-3】（2023春·天津·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB,CD的中点．连接BD，过点A作AG∥BD交CB的延长线于点

(1)求证：DE∥(2)若∠G=90°，则四边形DAGB是_____，四边形DEBF是______；(3)当AD与BD满足______时，四边形DEBF是正方形．【题型2根据四边形的性质求解】【例2】（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，BC=9，则EF长为.【变式2-1】（2023春·河南安阳·八年级校考期中）中国结象征着中华民族的历史文化与精神．小乐家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，于是利用所学知识抽象出如图所示的菱形ABCD，测得BD=4cm,∠DAB=60°，直线EF过点O且与AB垂直，分别交AB,DC于E,F，则EF的长为（A．23cm B．52cm C．【变式2-2】（2023春·云南曲靖·八年级校考期中）将n个边长都为1的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An

【变式2-3】（2023春·河北邢台·八年级校考期中）小明用4根长度为6cm的相同木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为如图1所示的菱形，此时∠B=60°，接着活动学具成为如图2所示的正方形，则图1中BD比图2中的BD

A．长63−62C．长3cm D．短【题型3四边形的证明】【例3】（2023春·云南昭通·八年级统考期中）如图，在短形OACB中，OA=8，OB=6，P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD，AD．

(1)若∠BOP=45°，求证：四边形OBPD为正方形；(2)当P在运动过程中，CD的最小值为______；(3)当OD⊥AD时，求BP的长．【变式3-1】（2023春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，顺次连接各点得到四边形EGFH．

(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；(2)若AB=CD，求证：▱EGFH是菱形．【变式3-2】（2023春·海南儋州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AF平分∠BAD，DE平分∠ADC，且BE=CF，AF=DE．

(1)求证：△ABF≌△DCF；(2)求证：四边形ABCD是矩形；(3)若AB=3，BC=5，求EF的长．【变式3-3】（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图1，矩形ABCD中，E为BC中点，连接AE，BF⊥AE于点G，交CD于F，DH⊥AE于点H，GI∥CD，交DH于点

(1)求证：GI=DF；(2)若DF=FG，求证：A、I、F三点共线；(3)如图2，连接HC交BF于点P，连接PI，求证：四边形GPIH是矩形．【题型4根据四边形的判定与性质求线段长】【例4】（2023春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，E为BC上一点，且BE=1，作EF⊥AE交边CD于F，将△CEF沿EF折叠后点C恰好落在AD边上的G处，则AD长＝．

【变式4-1】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD沿EF对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再将矩形ABEF绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为F'，则图③中阴影部分的周长为

【变式4-2】（2023春·辽宁铁岭·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，点E，F，G，H分别在矩形的各边上，且AE=CG，BF=DH，则四边形EFGH周长的最小值为．【变式4-3】（2023春·广东东莞·八年级校联考期中）如图，在▱ABCD中，∠BAC=90°，AB=AC，过点A作边BC的垂线AF交DC的延长线于点E，点F是垂足，连接BE、DF，DF交AC于点O．则下列结论：①四边形ABEC是正方形；③DE=2BC，③

A．①③ B．①③ C．③③ D．①③③【题型5根据四边形的判定与性质求角度】【例5】（2023春·江苏盐城·八年级景山中学校考期末）如图，▱ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE=OC，连接CE，OE，(1)求证：▱ABCD是菱形；(2)若AB=4，∠ABC=60°，求AE的长．【变式5-1】（2023春·浙江杭州·八年级期中）如图，在一正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接EB、ED．（1）求证：△BEC≌△DEC．（2）延长BE交AD于点F，若FD=FE．求∠AFE的度数．【变式5-2】（2023春·广东广州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，CF∥BE，CF交DE的延长线于点F，连接BF交

(1)求证：CF=BE；(2)若BE=2DE，∠ACB=70°，求∠BFC的度数．【变式5-3】（2023春·湖北孝感·八年级统考期中）在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交直线DC的延长线于点F．（1）如图①，求证：CE=CF；（2）如图③，若∠ABC=90°，G是EF的中点，猜想BG和DG的关系，并证明；（3）如图③，若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，连接DB、DG，求∠BDG的度数．【题型6根据四边形的判定与性质求面积】【例6】（2023春·广东佛山·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AC交BD于点O，且AB=24，BC=10，将AC绕点C顺时针旋转90°至CE．连接AE，且F、G分别为AE、EC的中点，则四边形OFGC的面积是（）A．100 B．144 C．169 D．225【变式6-1】（2023春·河北邯郸·八年级统考期中）已知点E是▱ABCD中BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接AC，BF，AF=BC．

(1)求证：四边形ABFC为矩形；(2)若△AFD是等边三角形，且边长为6，求四边形ABFC的面积．【变式6-2】（2023春·河南洛阳·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=BC=2CD，E为对角线AC的中点，F为边BC的中点，连接DE，EF．

(1)求证：四边形CDEF为菱形；(2)连接DF交AC于点G，若DF=3，CD=52，求四边形【变式6-3】（2023春·辽宁丹东·八年级校联考期末）如图，在Rt△ABC中，AC=BC，点P是BC上一点，BD⊥AP交AP延长线于点D，连接CD．若图中两阴影三角形的面积之差为32（即，S△ACP−S

【题型7三角形的中位线】【例7】（2023春·陕西西安·八年级校考期末）如图，某花木场有一块如四边形ABCD形状的空地，其中AD//BC,∠B=∠BCD，其各边中点分别是E、F、G、H，测得对角线AC=10m，现想利用篱笆围成四边形EFGHA．40m B．30m C．20m D．10m【变式7-1】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为AD中点，OE=4，则菱形ABCD的周长为．【变式7-2】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）（2023下·四川广元·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=12AC．连接CE，OE，OE

A．若AC=BD，则四边形EFGH为矩形B．若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形C．若EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分D．若EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等【变式8-2】（2023春·湖南益阳·八年级统考期末）如图1，P是线段AB上的一点，在AB的同侧作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，连接CD，点E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，顺次连接E，F，G，H．(1)猜想四边形EFGH的形状，直接回答，不必说明理由；(2)点P在线段AB的上方时，如图2，在△APB的外部作△APC和△BPD，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由；(3)如果（2）中，∠APC=∠BPD=90°，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形EFGH的形状，并说明理由．【变式8-3】（2023春·陕西西安·八年级陕西师大附中校考期末）问题背景：△ABC和△CDE均为等边三角形，且边长分别为a，b，点D，E分别在边AC，BC上，点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，连接FG，GH，HI，IF猜想证明：(1)如图①，判断四边形FGHI是什么特殊四边形，并说明理由．(2)当a＝6，b＝2时，求四边形FGHI的周长．拓展延伸：(3)如图③，当四边形FGHI是正方形时，连接AE，BD相交于点N，点N，H恰好在FC上．求证：△ABN和△DEN均为等腰直角三角形．专题9.12中心对称图形——平行四边形章末八大题型总结（培优篇）【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1添加条件使成为四边形】 1【题型2根据四边形的性质求解】 7【题型3四边形的证明】 11【题型4根据四边形的判定与性质求线段长】 18【题型5根据四边形的判定与性质求角度】 24【题型6根据四边形的判定与性质求面积】 31【题型7三角形的中位线】 36【题型8中点四边形】 40【题型1添加条件使成为四边形】【例1】（2023春·云南·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，在条件：①AB=AD；③AC=BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD中，选择一个条件，使得四边形ABCD是菱形，可选择的条件是（

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A．①③③ B．①③④ C．①③④ D．③③④【答案】B【分析】根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证△DAO≌△BCO(ASA)，得OA=OC，再证四边形【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADO=∠CBO，∵点O是BD的中点，∴OD=OB，在△DAO和△BCO中，∠HAM=∠HFGAH=FH∴△DAO≌△BCO(ASA∴OA=OC，∵OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形，①∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，∴平行四边形ABCD是菱形；③∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形；④∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠BAC=∠DCA，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，∴∠DCA=∠DAC，∴AD=CD，∴平行四边形ABCD是菱形．综上所述：选择①③④，使得四边形ABCD是菱形，【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．【变式1-1】（2023春·上海浦东新·八年级校考期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形ABCD是正方形的是（

）

A．AB=AD且AC⊥BD B．AC⊥BD且AC和BD互相平分C．∠BAD=∠ABC且AC=BD D．AC=BD且AB=AD【答案】D【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可．【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴AC和BD互相平分，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD∴四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD∴四边形ABCD是矩形，又AB=AD，∴四边形ABCD是正方形，符合题意；故选D．【点睛】本题考查正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法：对角线相等的菱形是正方形，邻边相等的矩形是正方形，是解题的关键．【变式1-2】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，O是BC的中点，连结DO并延长，交AB延长线于点E，连结BD，EC．(1)求证：四边形BECD是平行四边形．(2)若∠A＝50°：①当∠ADE＝°时，四边形BECD是矩形；③当∠ADE＝°时，四边形BECD是菱形．【答案】(1)见解析(2)①80；③90【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；（2）①根据三角形的内角和定理和等腰三角形的性质得到BD⊥AE，根据矩形的判定定理即可得到结论；③根据三角形的内角和定理得到∠AED=40°，根据平行线的性质得到CBE=∠A=50°，求得∠BOE=90°，根据菱形的判定定理即可得到结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥DC，AB＝CD，∴∠OEB＝∠ODC又∵O为BC的中点，∴BO＝CO，在ΔBOE和ΔCOD中，∠OEB=∠ODC∴△BOE≌△COD

∴OE＝OD，∴四边形BECD是平行四边形；（2）解：①当∠ADE=80°时，四边形BECD是矩形；理由：∵∠A=50°，∠ADE=80°，∴∠AED=50°，∴∠A=∠AED，∴AD=DE，∵AB=CD=BE，∴BD⊥AE，∴∠DBE=90°，∵四边形BECD是平行四边形，∴四边形BECD是矩形；③当∠ADE=90°时，四边形BECD是菱形，∵∠A=50°，∠ADE=90°，∴∠AED=40°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠CBE=∠A=50°，∴∠BOE=90°，∴BC⊥DE，∴四边形BECD是菱形，故答案为：80，90．【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、菱形的判定，平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．【变式1-3】（2023春·天津·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB,CD的中点．连接BD，过点A作AG∥BD交CB的延长线于点

(1)求证：DE∥(2)若∠G=90°，则四边形DAGB是_____，四边形DEBF是______；(3)当AD与BD满足______时，四边形DEBF是正方形．【答案】(1)证明见解析(2)矩形，菱形(3)AD⊥BD且AD=BD【分析】（1）先证明DF∥BE，AB=CD，再证明DF=12DC，EB=1（2）证明四边形DAGB是平行四边形，结合∠G=90°，可得四边形DAGB是矩形，则∠ADB=90°，证明DE=BE，可得四边形DEBF是菱形．（3）由AD⊥BD且AD=BD，可得∠EDB=45°，证明∠EBD=∠EDB=45°，可得∠DEB=90°，结合四边形DEBF是平行四边形．可得四边形DEBF是正方形．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DF∥BE，又∵E，F分别为边AB，CD的中点，∴DF=12DC∴DF=BE．∴四边形DEBF是平行四边形．∴DE∥（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥∵AG∥∴四边形DAGB是平行四边形，而∠G=90°，∴四边形DAGB是矩形，∴∠ADB=90°，∵E为AB的中点，∴DE=BE，而四边形DEBF是平行四边形．∴四边形DEBF是菱形．（3）当AD⊥BD且AD=BD时，四边形DEBF是正方形．理由：∵AD⊥BD且AD=BD，∴∠EDB=45°，∵DE=BE，∴∠EBD=∠EDB=45°，∴∠DEB=90°，∵E为AB中点，AD⊥BD，∴ED=EB，由（1）得：四边形DEBF是平行四边形．∴四边形DEBF是正方形．【点睛】本题考查的是平行四边形的性质与判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟记特殊四边形的判定方法是解本题的关键．【题型2根据四边形的性质求解】【例2】（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，BC=9，则EF长为.【答案】3【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等角对等边；熟练掌握平行四边形的性质，得出AF=AB是解题的关键．根据平行四边形的对边平行且相等可得AD∥BC，DC=AB=6，AD=BC=9；根据两直线平行，内错角相等可得∠AFB=∠FBC；根据从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得∠ABF=∠FBC；推得∠ABF=∠AFB，根据等角对等边可得AF=AB=6，DE=DC=6，即可列出等式，求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，DC=AB=6，AD=BC=9，∵AD∥BC，∴∠AFB=∠FBC，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠FBC，则∠ABF=∠AFB，∴AF=AB=6，同理可证：DE=DC=6，∵EF=AF+DE−AD=2，即6+6−EF=9，解得：EF=3；故答案为：3．【变式2-1】（2023春·河南安阳·八年级校考期中）中国结象征着中华民族的历史文化与精神．小乐家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，于是利用所学知识抽象出如图所示的菱形ABCD，测得BD=4cm,∠DAB=60°，直线EF过点O且与AB垂直，分别交AB,DC于E,F，则EF的长为（A．23cm B．52cm C．【答案】B【分析】根据菱形的性质，得出AD=AB，BO=12BD=2cm，AC⊥BD，推出△ABD是等边三角形，AD=AB=BD=4cm，根据勾股定理求出AO=2【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，BO=12BD=2∵∠DAB=60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD=AB=BD=4cm根据勾股定理可得：AO=A∴AC=2AO=43∵S菱形∴12解得：EF=23【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形的对角线相等，且垂直平分．以及菱形的面积等于底乘高，或菱形的面积等于对角线乘积的一半．【变式2-2】（2023春·云南曲靖·八年级校考期中）将n个边长都为1的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An

【答案】1011【分析】连接A1A2，A1D，根据正方形性质可得∠A1A2【详解】解：连接A1A2

∵正方形的边长为1，∴∠A1A2B=∠∴∠BA∴△BA∴2个正方形重叠形成的重叠部分的面积为S△∴3个正方形重叠形成的重叠部分的面积和=3−1∴4个正方形重叠形成的重叠部分的面积和=1−1∴5个正方形重叠形成的重叠部分的面积和=5−1…∴2023个正方形重叠形成的重叠部分的面积和=2023−1故答案为：10112【点睛】本题考查正方形的性质与三角形全等的性质与判定，解决本题的关键是求出每个阴影部分的面积都是1．【变式2-3】（2023春·河北邢台·八年级校考期中）小明用4根长度为6cm的相同木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为如图1所示的菱形，此时∠B=60°，接着活动学具成为如图2所示的正方形，则图1中BD比图2中的BD

A．长63−62C．长3cm D．短【答案】B【分析】如图1，连接AC，BD交于点O，根据菱形的性质可求出BD；在图2中，连接BD，由正方形的性质求出【详解】解：如图1，连接AC，BD交于点∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=BC=6cm∵四边形ABCD是菱形，∴OA=12AC=3cm，∴OB=A∴BD=2OB=63在图2中，连接BD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∴BD=A∴图1中BD比图2中的BD长63

【点睛】本题主要考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，正确作差辅助线是解题的关键．【题型3四边形的证明】【例3】（2023春·云南昭通·八年级统考期中）如图，在短形OACB中，OA=8，OB=6，P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD，AD．

(1)若∠BOP=45°，求证：四边形OBPD为正方形；(2)当P在运动过程中，CD的最小值为______；(3)当OD⊥AD时，求BP的长．【答案】(1)证明见解析(2)4(3)BP=8−2【分析】（1）根据四边形OACB是矩形，得∠OBC=90°，由折叠知OB=OD，∠DOP=∠BOP=45°，即∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，然后结合OB=OD即可证明；（2）根据当三点不共线时，三角形两边之和大于第三边，当三点共线时取得最小值进行作答即可；（3）根据OD⊥AD，得P，D，A三点共线，又因为OA∥CB，则∠OPB=∠POA，结合∠OPB=∠OPD，得∠OPA=∠POA，最后用勾股定理CP=PA2【详解】（1）证明：∵四边形OACB是矩形，∴∠OBC=90°，∵将△OBP沿OP折叠得到△OPD，∴OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，∵∠BOP=45°，∴∠DOP=∠BOP=45°，∴∠BOD=90°，∴∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，∴四边形OBPD是矩形，∵OB=OD，∴四边形OBPD为正方形；（2）解：如图，连接OC，如图所示：

则OD+CD≥OC，即当OD+CD=OC时，CD取最小值，∵AC=OB=6，OA=8，∴OC=O∴CD=OC−OD=10−6=4，即CD的最小值为4；（3）解：∵OD⊥AD，∴∠ADO=90°，∵∠ODP=∠OBP=90°，∴∠ADP=180°，∴P，D，A三点共线，∵OA∥CB，∴∠OPB=∠POA，∵∠OPB=∠OPD，∴∠OPA=∠POA，∴AP=OA=8，∵AC=6，∴CP=P∴BP=BC−CP=8−27【点睛】本题主要考查了矩形性质、正方形的判定以及勾股定理性质等知识内容，正确掌握三点共线的特殊情况是解题的关键．【变式3-1】（2023春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，顺次连接各点得到四边形EGFH．

(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；(2)若AB=CD，求证：▱EGFH是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据中位线的性质得出EH∥CD，EH=12CD，GF∥CD（2）根据中位线的性质得出FH=12AB，根据FG=12CD，得出【详解】（1）证明：∵点E与点H分别为AD，AC的中点，∴EH是△ADC的中位线，∴EH∥CD，同理：GF∥CD，∴GF∥EH，∴四边形EGFH是平行四边形；（2）证明：∵点F与点H分别为BC，AC的中点，∴FH是△ABC的中位线，∴FH=1∵FG=12CD∴FH=FG，由（1）知四边形EGFH是平行四边形，∴▱EGFH是菱形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，中位线的性质，菱形的判定，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．【变式3-2】（2023春·海南儋州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AF平分∠BAD，DE平分∠ADC，且BE=CF，AF=DE．

(1)求证：△ABF≌△DCF；(2)求证：四边形ABCD是矩形；(3)若AB=3，BC=5，求EF的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)1【分析】（1）由平行四边形的性质可得AB=DC，由BE=CF可得BF=CE，再利用SSS证明△ABF≌△DCE即可；（2）由全等三角形的性质可得∠B=∠C，又由平行四边形的性质可得∠B+∠C=180°，从而得到∠B=∠C=90°，从而证明四边形ABCD是矩形；（3）先证明∠BAF=∠AFB=45°，从而得到BF=AB=3，继而得到CE=BF=3，再用容斥原理EF=BF+CE−BC求解即可．【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC，又∵BE=CF，∴BE+EF=CF+EF，即BF=CE，在△ABF和△DCE中，AB=DC∴△ABF≌△DCE(SSS（2）∵△ABF≌△DCE，∴∠B=∠C，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B+∠C=180°，∴∠B=∠C=90°，∴四边形ABCD是矩形；（3）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，CD=AB=3又∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠DAF=∠AFB=45°，∴BF=AB=3，又∵BF=CE，∴CE=BF=3，∴EF=BF+CE−BC=1．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等角对等边等知识，掌握相关定理是解题的关键．【变式3-3】（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图1，矩形ABCD中，E为BC中点，连接AE，BF⊥AE于点G，交CD于F，DH⊥AE于点H，GI∥CD，交DH于点

(1)求证：GI=DF；(2)若DF=FG，求证：A、I、F三点共线；(3)如图2，连接HC交BF于点P，连接PI，求证：四边形GPIH是矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）先证明GF∥DI，得到四边形（2）连接DG、AF、IF，证明平行四边形DFGI是菱形，可得FI是DG的垂直平分线，再证明Rt△ADF≌Rt△AGF(HL)（3）延长AE、DC，交于点Q，证明△ABE≌△QCE(ASA)，得到CQ=BA=CD，进一步证明△PGH≌△IHG(ASA)，可得IH=PG，即可证明四边形IHGP是平行四边形，结合【详解】（1）解：证明：∵BF⊥AE，DH⊥AE，∴∠AGF=∠AHD=90°，∴BF∥DH，即又∵GI∥∴四边形DFGI是平行四边形，∴GI=DF．（2）证明：连接DG、AF、IF，由（1）得四边形DFGI是平行四边形，∵DF=FG，∴平行四边形DFGI是菱形，∴FI是DG的垂直平分线，在矩形ABCD中，∠ADF=90°，∵BF⊥AE，∴∠AGF=90°=∠ADF，∴Rt△ADF≌∴AD=AG，∴点A在DG的垂直平分线上，∴A、I、F三点共线．

（3）证明：延长AE、DC，交于点Q，在矩形ABCD中，AB=DC，∠ABE=∠BCD=∠ECQ=90°，∵E为BC中点，∴BE=CE，∵∠AEB=∠OEC，∴△ABE≌△QCE(ASA∴CQ=BA=CD，∴C为DQ中点，又∵AE⊥BF，DH⊥AE，∴∠FGH=∠DHQ=90°，∴在Rt△DHO中，HC=∴∠CHD=∠CDH，由（1）得，四边形DFGI是平行四边形，∴∠IGF=∠CDI，∴∠IGF=∠CHD，∴90°−∠IGF=90°−∠CHD，即∠PHG=∠IGH，∵∠PGH=∠IHG=90°，HG=GH，∠PHG=∠IGH，∴△PGH≌△IHG(ASA∴IH=PG，又∵IH∥∴四边形IHGP是平行四边形，又∵∠DHQ=90°，∴平行四边形IHGP是矩形．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，垂直平分线的判定，全等三角形的判定和性质，综合性较强，解题时要多关注垂直和相等的部分，并且能够适当添加辅助线，构造基本几何图形．【题型4根据四边形的判定与性质求线段长】【例4】（2023春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，E为BC上一点，且BE=1，作EF⊥AE交边CD于F，将△CEF沿EF折叠后点C恰好落在AD边上的G处，则AD长＝．

【答案】7【分析】如图，连接AF，过E作EH⊥AD于H，证明四边形EHDC为矩形，求解AE=22+12=5，设CF=x，CE=y，EF=z，则x2+y2=z2，由等面积法可得：12【详解】解：∵矩形ABCD，∴∠B=∠BAD=∠D=∠C=90°，AB=CD=2，如图，连接AF，过E作EH⊥AD于H，则四边形EHDC为矩形，∴HD=EC，EH=CD=2，∵AE⊥EF，∴∠AEF=90°，

∵BE=1，∴AE=2设CF=x，CE=y，EF=z，则x2由等面积法可得：12整理得：x+2y=5z，则∴4x2−4xy+∴y=2x，设GD=n，∴HG=2x−n，由对折可得：GF=FC=x，∠EGF=∠C=90°，EG=EC=2x，而DF=2−x，同理可得：12整理得：x4x−n−4∵x≠0，∴4x−n−4=0，即n=4x−4，∴GH=2x−4x−4由勾股定理可得：EH∴4+4−2x解得：x=5∴AD=BC=2x+1=5故答案为：7【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，作出合适的辅助线，利用等面积法构建方程是解本题的关键．【变式4-1】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD沿EF对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再将矩形ABEF绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为F'，则图③中阴影部分的周长为

【答案】10【分析】首先根据已知条件判断出△BGE≌△FGDAAS，得到BG=FG，EG=DG，然后可设FG的长度为x，则DG=4−x【详解】解：如图，设BD交EF于G，EF旋转后交CD于点H，

由题意知，BE=FD=2，∠B=∠F=90°，又∵∠BGE=∠FGD，∴△BGE≌∴BG=FG，EG=DG，设BG=FG=x，则DG=4−x，在Rt△FDG中，4−x解得：x=3∴DG=4−x=5∵DG∥EH，∴四边形DGEH为平行四边形，又∵EG=DG，∴▱DGEH为菱形，∴阴影部分的周长为：52故答案为：10．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是勾股定理以及菱形的判定．【变式4-2】（2023春·辽宁铁岭·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，点E，F，G，H分别在矩形的各边上，且AE=CG，BF=DH，则四边形EFGH周长的最小值为．【答案】6【分析】先证明四边形EFGH是平行四边形，延长EB，使得BE'=BE，连接FE'，GE'，则E和E'关于BC对称，由EF+FG=E'F+FG≥E'G得，当E'、F、G共线时取等号，此时，EF+FG最小，最小值为GE'的长，过G作GP⊥AB于P【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，∵AE=CG，BF=DH，∴AH=CF，BE=DG，∴△AEH≌△CGFSAS，△BEF≌△DGH∴EH=GF，EF=GH，∴四边形EFGH是平行四边形，延长EB，使得BE'=BE，连接FE'，GE'∴EF=E∴EF+FG=E'F+FG≥E'G，当E'、F过G作GP⊥AB于P，则∠GPB=∠B=∠C=90°，∴四边形BCGP是矩形，∴BP=CG=AE，GP=BC=6，在Rt△GPE'由勾股定理得E'∴EF+FG最小值为35则四边形EFGH周长的最小值为2EF+FG故答案为：65【点睛】本题考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性、最短路径问题、勾股定理等知识，证明四边形EFGH是平行四边形，以及GE'为【变式4-3】（2023春·广东东莞·八年级校联考期中）如图，在▱ABCD中，∠BAC=90°，AB=AC，过点A作边BC的垂线AF交DC的延长线于点E，点F是垂足，连接BE、DF，DF交AC于点O．则下列结论：①四边形ABEC是正方形；③DE=2BC，③

A．①③ B．①③ C．③③ D．①③③【答案】D【分析】①先证明△ABF≌△ECF，得AB=EC，再得四边形ABEC为平行四边形，进而由∠BAC=90°，得四边形ABCD是正方形，便可判断正误；③根据BC=2AB，③根据正方形的性质，得出AE与BC互相垂直平分，然后利用等底等高的三角形面积相等即可解决问题．【详解】∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥∴∠BAF=∠CEF，在△ABF和△EFC中，∠BAF=∠CEF∠BFA=∠CFE∴△ABF≌△EFCAAS∴AB=CE，∴四边形ABEC是平行四边形，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴四边形ABEC是正方形，故①正确；∵AB=CD=EC，∴DE=2AB，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴AB=2∴DE=2×2故③正确；∵四边形ABEC是正方形，∴BF=CF，AF=EF，BC⊥AE，∴S△CFD=1∴S△CFD故③正确；故选：D．【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．【题型5根据四边形的判定与性质求角度】【例5】（2023春·江苏盐城·八年级景山中学校考期末）如图，▱ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE=OC，连接CE，OE，(1)求证：▱ABCD是菱形；(2)若AB=4，∠ABC=60°，求AE的长．【答案】(1)证明见解析；(2)27【分析】（1）首先证明四边形OCED是平行四边形，再通过OE=CD，得到平行四边形OCED是矩形，则∠COD=90°.得到AC⊥BD，然后由菱形的判定即可得出结论；（2）根据已知证明△ABC是等边三角形，得到AC=AB=4，由勾股定理求出OD=23，然后由四边形OCED是矩形，可知CE=OD=23，【详解】（1）证明：∵DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形．∵OE=CD，∴平行四边形OCED是矩形，∴∠COD=90°，∴AC⊥BD，∴▱ABCD是菱形；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，CD=AB=BC=4，AC⊥BD，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=AB=4，∴OA=OC=2，在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD=由（1）可知，四边形OCED是矩形，∴CE=OD=23，∠OCE=90°∴AE=A即AE的长为27【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．【变式5-1】（2023春·浙江杭州·八年级期中）如图，在一正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接EB、ED．（1）求证：△BEC≌△DEC．（2）延长BE交AD于点F，若FD=FE．求∠AFE的度数．【答案】（1）见解析；（2）60°【分析】（1）由正方形的性质得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根据SAS即可得出结论；（2）设∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=160°-2x，利用平角的定义列出方程，求出x值即可得到∠AFE．【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°，在△BEC和△DEC中，CD=CB∠DCA=∠BCA∴△BEC≌△DEC（SAS）；（2）∵FD=FE，∴设∠FDE=∠FED=x，则∠AFE=2x，∵四边形ABCD是正方形∴∠ACB=45°，∠EBC=∠AFE=2x∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=160°-2x，∵△BEC≌△DEC，∴∠BEC=∠DEC=160°-2x，∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即160°-2x+x+160°-2x=180°，解得：x=30，∴∠AFE=60°．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形的内角和定理、对顶角相等等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理是解题的关键．【变式5-2】（2023春·广东广州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，CF∥BE，CF交DE的延长线于点F，连接BF交

(1)求证：CF=BE；(2)若BE=2DE，∠ACB=70°，求∠BFC的度数．【答案】(1)见解析；(2)20°．【分析】（1）通过证明四边形BCFE为平行四边形，即可求解；（2）根据中位线的性质可得，BC=2DE=BE，可得平行四边形BCFE为菱形，利用菱形的性质，即可求解．【详解】（1）证明：∵点D，E分别是边AB，∴DE又∵CF∴四边形BCFE为平行四边形，∴CF=BE（2）解：∵点D，E分别是边AB，∴BC=2DE，又∵BE=2DE，∴BC=2DE=BE，∴平行四边形BCFE为菱形，∴∠ACB=∠ACF，∠COF=90°，∵∠ACB=70°，∴∠BFC=90°−70°=20°．【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．【变式5-3】（2023春·湖北孝感·八年级统考期中）在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交直线DC的延长线于点F．（1）如图①，求证：CE=CF；（2）如图③，若∠ABC=90°，G是EF的中点，猜想BG和DG的关系，并证明；（3）如图③，若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，连接DB、DG，求∠BDG的度数．【答案】（1）见解析；（2）BG=DG且BG⊥DG；证明见解析；（3）∠BDG=60°．【分析】（1）根据AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF=∠F即可；（2）根据∠ABC=90°，G是EF的中点证明△BEG≌△DCG即可得到答案；（3）延长AB、FG交于H，连接HD．证四边形AHFD为为菱形得△ADH，△DHF为全等的等边三角形，再证△BHD≌△GFD得∠BDH=∠GDF，根据∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG可得答案．【详解】解：（1）证明：如图①，∵AF平分∠BAD∴∠BAF=∠DAF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，∴∠CEF=∠F.∴CE=CF；（2）解：如图③，连接GC，∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=90°，∴四边形ABCD为矩形，∵AF平分∠BAD，∴∠DAF=∠BAF=45°，∵∠DCB=90°，DF//∴∠DFA=45°，∠ECF=90°∴△ECF为等腰直角三角形，∵G为EF中点，∴EG=CG=FG，CG⊥EF，∵△ABE为等腰直角三角形，AB=DC，∴BE=DC，∵∠CEF=∠GCF=45°，∴∠BEG=∠DCG=160°在△BEG与△DCG中，EG=CG∠BEG=∠DCG∴△BEG≌△DCG，∴BG=DG，∠DGC=∠BGA，∵CG⊥EF，∴∠DGC+∠DGA=90°，又∵∠DGC=∠BGA，∴∠BGA+∠DGA=90°，∴BG⊥DG；综上所述：BG=DG且BG⊥DG（3）如图3，延长AB、FG交于H，连接HD.∵AD//GF，∴四边形AHFD为平行四边形，∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，∴△DAF为等腰三角形，∴AD=DF，∴平行四边形AHFD为菱形，∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，∵∠CEF=∠DAF，∠DAF=∠DFA=30°，∴∠CEF=∠DFA，∴CE=CF∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，∴BH=GF，在△BHD与△GFD中，DH=DF∠BHD=∠GFD∴△BHD≌△GFD，∴∠BDH=∠GDF，∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°.【点睛】此题考查四边形的综合问题，主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．【题型6根据四边形的判定与性质求面积】【例6】（2023春·广东佛山·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AC交BD于点O，且AB=24，BC=10，将AC绕点C顺时针旋转90°至CE．连接AE，且F、G分别为AE、EC的中点，则四边形OFGC的面积是（）A．100 B．144 C．169 D．225【答案】B【分析】先根据矩形的性质、三角形中位线定理可得FG//AC,FG=OC=13，再根据平行四边形的判定可得四边形OFGC为平行四边形，然后根据旋转的性质可得AC=CE,∠ACE=90°，从而可得OC=CG，最后根据正方形的判定可得四边形【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=24,AD=10，∴BD=A∵F,G分别为AE,EC的中点，∴FG//∴FG=OC，∴四边形OFGC为平行四边形，又∵AC绕点C顺时针旋转90°，∴AC=CE,∠ACE=90°，∴OC=CG，∴平行四边形OFGC为正方形，∴四边形OFGC的面积是OC【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．【变式6-1】（2023春·河北邯郸·八年级统考期中）已知点E是▱ABCD中BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接AC，BF，AF=BC．

(1)求证：四边形ABFC为矩形；(2)若△AFD是等边三角形，且边长为6，求四边形ABFC的面积．【答案】(1)见解析(2)9【分析】（1）证△ABE≌△FCE(AAS)，得AB=FC，再由AB∥FC，证四边形（2）由矩形的性质得∠ACF=90°，再由等边三角形的性质得AF=DF=6，CF=12DF=3【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥∴∠BAE=∠CFE，∵点E是▱ABCD中BC边的中点，∴BE=CE，∵∠AEB=∠FEC，∴△ABE≌△FCE(AAS∴AB=FC，∵AB∥∴四边形ABFC是平行四边形，又∵AF=BC，∴平行四边形ABFC为矩形；（2）解：由（1）得：四边形ABFC为矩形，∴∠ACF=90°，∵△AFD是等边三角形，∴AF=DF=6，CF=1∴AC=A∴四边形ABFC的面积=AC×CF=33【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．【变式6-2】（2023春·河南洛阳·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=BC=2CD，E为对角线AC的中点，F为边BC的中点，连接DE，EF．

(1)求证：四边形CDEF为菱形；(2)连接DF交AC于点G，若DF=3，CD=52，求四边形【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）由三角形中位线定理可得EF=12AB，EF∥AB，CF=（2）由菱形的性质可得DG=32，DF⊥CE，EG=GC，由勾股定理可得EG=GC=2，得到【详解】（1）证明：∵E为对角线AC的中点，F为边BC的中点，∴EF=12AB，EF∥AB∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∵AB=BC=2CD，∴EF=CF=CD，∵CD∥EF，∴四边形DEFC是平行四边形，且EF=CF，∴四边形CDEF为菱形；（2）如图，DF与EC交于点G，

∵四边形CDEF为菱形，DF=3，∴DF⊥CE，DG=12DF=∵CD=5在Rt△CDG中，GC=∴CE=2GC=4，∴四边形CDEF的面积为：12【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．【变式6-3】（2023春·辽宁丹东·八年级校联考期末）如图，在Rt△ABC中，AC=BC，点P是BC上一点，BD⊥AP交AP延长线于点D，连接CD．若图中两阴影三角形的面积之差为32（即，S△ACP−S

【答案】8【分析】延长AC,BD交于点E，过点C作CH⊥BE于点H，CG⊥AD于点G，则∠AGC=∠BHC=90°，先证明△ACG≌△BCH，可得四边形CGDH是正方形，从而得到CD=2DH，再证得△ACP≌△BCE，可得S△ACP=S△BCE，CP=CE，从而得到S△ACP【详解】解：如图，延长AC,BD交于点E，过点C作CH⊥BE于点H，CG⊥AD于点G，则∠AGC=∠BHC=90°，

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°∴∠BCE=∠ACB=90°，∴∠E+∠CBE=90°，∵BD⊥AP，即∠ADE=90°，∴∠CAP+∠E=90°，四边形CGDH是矩形，∴∠CAP=∠CBE，∵AC=BC，∠AGC=∠BHC=90°，∴△ACG≌△BCH，∴CG=CH，∴四边形CGDH是正方形，∴CH=DH，∴CD=C∵∠CAP=∠CBE,AC=BC,∠ACB=∠BCE=90°，∴△ACP≌△BCE，∴S△ACP=S∴S△ACP在Rt△CPG和Rt∵CP=CE，CG=CH，∴Rt△CPG≌∴S△CPG∴S四边形∴DH∴CD=2故答案为：8【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．【题型7三角形的中位线】【例7】（2023春·陕西西安·八年级校考期末）如图，某花木场有一块如四边形ABCD形状的空地，其中AD//BC,∠B=∠BCD，其各边中点分别是E、F、G、H，测得对角线AC=10m，现想利用篱笆围成四边形EFGHA．40m B．30m C．20m D．10m【答案】B【分析】过点A作AM∥DC交BC于点M，连接BD，则可得四边形AMCD是平行四边形，从而AB=AM=DC；可证△ABC≌△DCB，则可得BD=AC=10m；再由E、F、G、H分别为中点，由三角形中位线定理，可得四边形EFGH是平行四边形，则可求得篱笆的总长度．【详解】过点A作AM∥DC交BC于点M，连接BD则∠DCB=∠AMB∵∠DCB=∠ABC∴∠AMB=∠ABC∴AM=AB

∵AD∥BC，AM∥DC

∴四边形AMCD是平行四边形∴AM=DC∴AB=DC在△ABC与△DCB中AB=DC∴△ABC≌△DCB(SAS)∴BD=AC=10m∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点∴GH=EF=12AC=5m，EH=FG∴四边形EFGH是平行四边形则篱笆的总长度为2(GH+EH)=20(m)【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，涉及的知识点较多，掌握它们是关键．【变式7-1】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为AD中点，OE=4，则菱形ABCD的周长为．【答案】32【分析】此题考查了菱形的性质和中位线定理，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和中位线定理的应用．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，OB=OD，∵E为AD中点，∴OE=1∴AB=BC=CD=DA=8，∴菱形ABCD的周长为32，故答案为：32．【变式7-2】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）（2023下·四川广元·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=12AC．连接CE，OE，OE

(1)求证：四边形OCED是矩形；(2)若AD=10，求OF的长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据菱形的性质得到OA=OC=12AC，AC⊥BD．则∠COD=90°．由DE=12AC得到（2）由四边形ABCD是菱形得到O为AC的中点．根据四边形OCED是矩形得到F为CD的中点．则OF为△ACD的中位线，利用中位线定理即可得到答案．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC=12AC∴∠COD=90°．∵DE=1∴OC=DE．∵DE∥∴四边形OCED是平行四边形．又∵∠COD=90°，∴四边形OCED是矩形．（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴O为AC的中点．∵四边形OCED是矩形，∴F为CD的中点．∴OF为△ACD的中位线．∴OF=1【点睛】此题考查了矩形的判定的和性质、菱形的性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定和性质与三角形中位线定理是解题的关键．【变式7-3】（2023春·黑龙江鸡西·八年级统考期中）如图，DE是△ABC的中位线，点F是DE的中点，CF的延长线交AB于点G，若△CFE的面积为2，则△ABC的面积为（

）

A．18 B．16 C．14 D．12【答案】A【分析】连接AF，由E是AC中点得到S△AEF=S△CEF=2，由F是DE中点得到S△ADE=2【详解】解：连接AF，CD，如图，

∵DE是△ABC的中位线，∴E是AC中点，D是AB中点，∴S△AEF∵F是DE中点，∴S△ADE∵E是AC中点，∴S△ACD∵D是AB中点，∴S△ABC【点睛】本题考查了三角形线段中点与面积之间的关系，解题的关键是运用数学结合思想找到其中的关系．【题型8中点四边形】【例8】（2023春·天津滨海新·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B①四边形A2③四边形A4③四边形A5B5④四边形AnBnA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项做出分析与判断：①根据矩形的判定与性质做出判断；③根据菱形的判定与性质做出判断；③由四边形的周长公式：周长=边长之和，来计算四边形A5B5C5【详解】解：①连接A1C1∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1∴A1D1∥BD，B∴A1D∴四边形A1∵AC⊥BD，∴四边形A1∴B∴A∴四边形A2故本选项错误；③由①知，四边形A2∴根据中位线定理知，四边形A4故本选项正确；③根据中位线的性质易知，A5B5∴四边形A5B5故本选项正确；④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，∴S由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，四边形AnBn故本选项正确．综上所述，③③④正确．【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系是最关