八年级数学下册单元速记·巧练（人教版）-第十八章 平行四边形（压轴题专练）（解析版）

第十八章平行四边形（压轴题专练）目录TOC\o"1-3"\h\u【考点一矩形中的折叠问题】 1【考点二菱形中的折叠问题】 5【考点三正方形中的折叠问题】 11【考点四矩形、菱形、正方形中旋转问题】 15【考点五矩形、菱形、正方形中求定值问题】 22【考点六矩形、菱形、正方形中求最小值问题】 27【考点七矩形、菱形、正方形中求最大值问题】 31【考点八矩形、菱形、正方形中点四边形问题】 36【考点一矩形中的折叠问题】例题：（2023秋·湖南衡阳·八年级校考期末）如图，将矩形沿着对角线折叠，使点落在处，交于，若，，______．【答案】3【分析】由折叠可知，，再由，得到，即可得到，于是得到，设，则，，在中，由勾股定理求出的值，即可求解；【详解】解：由折叠可知，，，，，，，．设，则，，在中，由勾股定理得：即，解得：，．，故答案为：．【点睛】本题主要考查翻折变换的知识点，解答本题的关键是熟练掌握等腰三角形的判定与勾股定理的知识，此题难度不大．【变式训练】1．（2023秋·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期末）如图，长方形中，E为的中点，将沿直线折叠时点B落在点F处，连接，若，则___________度．【答案】37【分析】由折叠的性质得：，求出，可得到，求出，求出，由等腰三角形的性质求出，即可得出的度数．【详解】解：四边形是长方形，，由折叠的性质得：，，，，，为的中点，，，，；故答案为：．【点睛】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；求出的度数是解题的关键．2．（2023春·八年级课时练习）长方形纸片中，，，点E是边上一动点，连接，把∠B沿折叠，使点B落在点F处，连接，当为直角三角形时，的长为______．【答案】或3【分析】当为直角三角形时，有两种情况：①当点F落在矩形内部时，如答图1所示．连接，先利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得，而当为直角三角形时，只能得到，所以点A、F、C共线，即沿折叠，使点B落在对角线上的点F处，则，，可计算出，设，则，然后在中运用勾股定理可计算出x．②当点F落在边上时，如答图2所示．此时为正方形．【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况：当点F落在矩形内部时，如答图1所示．连接，在中，，∴，∵∠B沿折叠，使点B落在点F处，∴，当为直角三角形时，只能得到，∴点A、F、C共线，即沿折叠，使点B落在对角线上的点F处，∴，∴，设，则，在中，∵，∴解得：；②当点F落在边上时，如答图2所示．此时为正方形，∴．故答案为：或3；【点睛】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．3．（2022秋·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，长方形纸片中，，，点、分别在边和边上，连接，将纸片沿折叠．(1)如图（1），若点落在边的延长线上的点处，求证：；(2)如图（2），若点落在边的中点处，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由折叠的性质及矩形的性质得出，则可得出结论；（2）设，由勾股定理得出，求出即可得出答案．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，将纸片沿折叠，，，；（2）解：四边形是矩形，，是的中点，，由折叠的性质可知：，设，，，解得，．【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换，等腰三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．【考点二菱形中的折叠问题】例题：（2022秋·九年级课时练习）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴将△DAE折叠得到△DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕为EF且交BC于点F．（1）∠DEF＝________；（2）若点E是AB的中点，则DF的长为________．【答案】

90°

2.8【分析】（1）由折叠得∠，再根据平角的定义可得结论；（2）首先证明B、G、D在同一条直线上，再运用勾股定理列方程求解即可．【详解】解由折叠得，∠∴∠∵∠∴∠即∠故答案为：90°；（2）∵四边形ABCD是菱形∴ADBC，DCAB，∴∵∠A=120°∴∵点E为AB的中点，且AB=2∴∵点A与点G重合，∴∵点B与点H重合∴又∴∴点G与点H重合∵∠∴三点在同一条直线上过点D作，交BC的延长线于点O，如图，∵DCAB∴∠∴∠∴在中，由折叠得，，设，则∴，在中，∴解得，∴故答案为2.8【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．【变式训练】1．（2022·全国·八年级假期作业）如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处不与、重合，折痕为，若，，则的长为______．【答案】【分析】作于，根据折叠的性质得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】解：作于，由折叠的性质可知，，由题意得，，四边形是菱形，，，为等边三角形，，设，则，在中，，，在中，，即，解得，，即，故答案为：．【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．2．（2022秋·九年级课时练习）如图，在菱形中，F为边上一点，将沿折叠，点C恰好落在延长线上的点E处，连接交于点G，若，，则的长为______．【答案】【分析】根据折叠的性质得CF=EF，DF⊥BC，代入相关数据可得CF=5，BC=7，由菱形的性质得DC=7，最后根据勾股定理可得DF的长．【详解】解：由折叠得，CF=EF，DF⊥BC，∵BE=3，BF=2∴EF=BE+BF=3+2=5∴CF=5∴BC=BF+FC=2+5=7∵四边形ABCD是菱形∴DC=BC=7在Rt△DFC中，∴故答案为：【点睛】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质以及勾股定理等知识，根据折叠的性质得到CF=EF，DF⊥BC是解答本题的关键．3．（2023春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，使点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD，交BE于点G，连接CG．(1)判断四边形CEFG的形状，并说明理由．(2)若AB=6，AD=10，求四边形CEFG的面积．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）由翻折得∠BEC=∠BEF，FE=CE，根据FG∥CE，可得∠FGE=∠BEC，从而∠FGE=∠BEF，FG=FE，故FG=EC，四边形CEFG是平行四边形，即可得证；（2）在Rt△ABF中，利用勾股定理求得AF的长，可得DF=1，设EF=x，则CE=x，DE=3-x，在Rt△DEF中，用勾股定理列方程可解得CE，在Rt△BCE中，即可求出答案．【详解】（1）证明：（1）∵△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，∴△BCE≌△BFE，∴∠BEC=∠BEF，FE=CE，∵FG∥CE，∴∠FGE=∠BEC，∴∠FGE=∠BEF，∴FG=FE，∴FG=EC，∴四边形CEFG是平行四边形，又∵CE=FE，∴四边形CEFG是菱形；（2）解：∵矩形ABCD中，AD=10，∴BC=10，∵△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，∴BF=BC=10，在Rt△ABF中，AB=6，AF==8，∴DF=AD-AF=2，设EF=x，则CE=x，DE=6-x，在Rt△DEF中，DF2+DE2=EF2，∴22+（6-x）2=x2，解得x=，∴CE=，∴四边形CEFG的面积是：CE•DF=×2=．【点睛】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．【考点三正方形中的折叠问题】例题：（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，将正方形纸片按如图折叠，为折痕，点落在对角线上的点处，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正方形的性质可得，，再由折叠可得，然后利用三角形的外角进行计算即可解答．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴，，由折叠得：，∴，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，三角形外角的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．【变式训练】1．（2023·全国·八年级专题练习）如图，将正方形沿对折，使点落在对角线上的处，连接，则_________．【答案】67.5【分析】根据正方形的性质求出，再根据折叠的性质得，进而根据等腰三角形的性质得出答案．【详解】∵四边形为正方形，∴，，平分，∴，根据折叠可知，，∴，∴．故答案为：67.5．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质等，判定等腰三角形是解题的关键．2．（2022秋·福建宁德·八年级校考阶段练习）如图，在正方形中，，点E在边上，将沿对折至，延长交于点G，G恰好是边的中点，则的长是________．【答案】##【分析】根据正方形的性质和折叠的性质证明，进而得到，由G是的中点，得到，设，则，，在中由勾股定理建立方程求解即可．【详解】解：连接，由折叠得：，，∵在正方形中，，，∴，，∵，∴，∴，∵，G是的中点，∴，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得，即，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识，理解折叠的性质、合理的进行转化到一个直角三角形中是解决此类问题常用的方法．3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．(1)求证：．(2)如图2，E为的中点，连接．①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．【答案】(1)证明见解析；(2)①证明见解析，②线段的长为2【分析】（1）由正方形的性质可得．，由折叠的性质得出，，，再求出，，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得，，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；②设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；【详解】（1）证明：如图1：∵四边形是正方形，．，沿折叠得到，，，，，，在和中，，，，，，，；（2）证明：如图2所示：沿折叠得到，为的中点，，，，，，，即，；②解：设，则，，正方形边长为6，为的中点，，，在中，根据勾股定理得：，解得：，即线段的长为2．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．【考点四矩形、菱形、正方形中旋转问题】例题：（2023秋·陕西渭南·九年级统考阶段练习）如图，四边形是矩形，以点B为旋转中心，顺时针旋转矩形得到矩形，点，，的对应点分别为点，，，点恰好在的延长线上．(1)求证：：(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）由旋转矩形可得，，再根据斜边为公共边，利用“”可证得结论；（2）由可知，由旋转矩形可知，即可求得的长度．【详解】（1）证明：∵旋转矩形得到矩形，∴，，

在和中，，．∴．（2）解：由可得，∵旋转矩形得到矩形，∴，

∴．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、解题关键是证明，利用矩形和旋转性质求解．【变式训练】1．（2022秋·广东广州·九年级广州市第一一三中学校考期中）如图，将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，如果，那么_______．【答案】【分析】连接，先根据矩形的性质和勾股定理求出，然后根据旋转的性质和勾股定理求出即可．【详解】解：连接，，∵矩形，，∴，，∴，∵将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，∴，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，旋转的性质，勾股定理是解题的关键．2．（2022秋·江西宜春·九年级校考期中）如图，将边长为的正方形绕点顺时针旋转30°到的位置，则阴影部分的面积是___________．【答案】【分析】交于点，连接；根据全等三角形性质，通过证明，得；结合旋转的性质，得；根据三角函数的性质计算，得，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．【详解】如图，交于点，连接根据题意得：，∵∴∴∵正方形绕点顺时针旋转到∴，∴∴∴∴∴∴阴影部分的面积故答案为：．【点睛】本题是面积问题(旋转综合题)，考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质．3．（2022秋·安徽铜陵·九年级铜陵市第十五中学校考期中）如图，在菱形中，，把菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，则图中阴影部分的面积为_________．【答案】##【分析】连接相交于O，与相交于E，根据菱形的性质先求出，根据菱形的性质和旋转可得，三点共线，再求出，最后根据，即可得答案．【详解】解：如下图，连接相交于O，与相交于E，四边形是菱形，，，，，，菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，，三点共线，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用这些性质解决问题．4．（2022秋·山西吕梁·九年级统考期中）综合与实践【情境呈现】如图1，将两个正方形纸片和放置在一起.若固定正方形，将正方形绕着点A旋转．(1)【数学思考】如图1，当点E在边上，点G在边上时，线段与的数量关系是，位置关系是．(2)如图2，是将正方形绕着点A逆时针旋转度得到的，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(3)【拓展探究】如图3，若点D，E，G在同一条直线上，且，求线段的长度（直接写出答案）．【答案】(1)，(2)（1）中的结论成立，证明见解析；(3)【分析】（1）由正方形性质可以得到与相等且垂直；（2）由可证，可得，，由余角的性质可证；（3）由（2）问结论连接，表示出三边即可利用勾股定理列方程解题．【详解】（1）∵四边形和均为正方形，∴，∴，即，∴与的数量关系是相等；位置关系是垂直故答案为：相等；垂直（2）（1）中结论成立，理由如下：设交于O，于N，∵四边形和均为正方形，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴；（3）连接，∵，∴，∴,，由（2）可得：，∴在中，，则，∴解方程得：，∴，即线段的长度为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．【考点五矩形、菱形、正方形中求定值问题】例题：（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，是上异于和的任意一点，且于，于，则为_____．【答案】##2.4【分析】根据矩形的性质，，，可求出矩形的面积，的长，由此可知的面积，根据，即可求解．【详解】解：如图所示，设与相交于点，连接，∵在矩形中，，，∴，，∴，，∵，，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查矩形的性质，等面积法求高，掌握矩形的性质，三角形的等面积法求高是解题的关键．【变式训练】1．（2022秋·广东梅州·九年级统考期中）如图，在矩形中，点E是对角线上一点，有且，点P是上一动点，则点P到边，的距离之和的值（

）A．有最大值a B．有最小值 C．是定值 D．是定值【答案】D【分析】连接，过点作，利用，即可得解．【详解】解：连接，过点作，交于点，∵在矩形中，，，∴，∵即：，∴；∵，∴，∴；故选D．【点睛】本题考查矩形的性质和勾股定理以及等积法求线段．熟练掌握矩形的性质，以及等积法求线段的长度是解题的关键．2．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，菱形的周长为20，面积为24，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，则等于______【答案】【分析】首先利用菱形的性质得出，，进而利用三角形面积求法得出答案．【详解】解：连接，如图，∵菱形ABCD的周长为20，∴，∴，∴，而，，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．也考查了三角形的面积公式．3．（2022·全国·八年级专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作交于点F，以为邻边作矩形，连接．(1)求证：矩形是正方形；(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)是定值，【分析】（1）作出辅助线，得到，然后再判断，得到，则有，即可判断矩形为正方形；（2）由四边形为正方形，四边形是正方形可知，，故可得，得到，即可判断，为定值．【详解】（1）解：如图所示，过作于点，过作于点，四边形为正方形，，，，，，四边形为矩形，，，即，是正方形对角线的点，，在和中，，，

，矩形为正方形．（2）的值为定值，矩形为正方形，，，四边形是正方形，，，，即，在和中，

，，，，．【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，关键是结合图形得出三角形全等．【考点六矩形、菱形、正方形中求最小值问题】例题：（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，为正方形边上一点，，，为对角线上一个动点，则的最小值为（

）A．5 B． C． D．10【答案】A【分析】连接交于P点，根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长，求出的长即可.【详解】连接，交于P点∵四边形为正方形∴A点和C点关于对称根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长.∵，∴的最小值为5故选：A

【点睛】本题主要考查了正方形的性质和两点之间线段最短，这是一个将军饮马模型.熟练掌握正方形的性质并且能够识别出将军饮马模型是解题的关键.【变式训练】1．（2023秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（）A．5 B．5 C．5 D．不能确定【答案】A【分析】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP＝QN＝BC，即可得出答案．【详解】解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，则P是AC中点，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠QBP＝∠MBP，AB=BC，即Q在AB上，∵M为BC中点，∴Q为AB中点，∵MQ⊥BD，∴，∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，∴，BQ＝CN，∴四边形BQNC是平行四边形，∴，∴，而点Q是AB的中点，故PQ是△ABD的中位线，即点P是BD的中点，同理可得，PM是△ABC的中位线，故点P是AC的中点，即点P是菱形ABCD对角线的交点，∵四边形ABCD是菱形，则△BPC为直角三角形，∴CP＝AC＝3，BP＝BD＝4，在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC＝5，即NQ＝5，∴MP+NP＝QP+NP＝QN＝5，故选：A．【点睛】本题考查了轴对称—最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．2．（2022秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）△ABC中，AC＝1，AB＝，BC＝2，点P为BC边上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，在点P运动的过程中，EF的最小值是（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】由矩形的性质得出EF，AP互相平分，且EF＝AP，再由垂线段最短的性质得出AP⊥BC时，AP的值最小，即AM的值最小，然后由勾股定理求出BC，最后由面积关系建立等式求出其解即可．【详解】解：连接AP，∵在△ABC中，AB＝，AC＝1，BC＝2，∴，即∠BAC＝90°．又∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴四边形AEPF是矩形，∴EF＝AP．根据垂线段最短可知，AP的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，此时即，解得：∴EF的最小值为，故选：C．【点睛】此题主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短、三角形面积等知识；由直角三角形的面积求出AP是解决问题的关键，属于中考常考题型．3．（2022春·江苏淮安·九年级校考阶段练习）如图，在正方形中，边长，点Q是边的中点，点P是线段上的动点，则的最小值为_____．【答案】【分析】先连接，连接、，再根据正方形的对称性得，进而得出的最小值，然后根据勾股定理求出解即可.【详解】解：连接，交于点P，连接、．∵四边形是正方形，∴点B与点D关于对称，∴，∴．∵，点Q是边的中点，∴，，在中，，∴的最小值为．故答案为:．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理等，得出点P的位置是解题的关键．【考点七矩形、菱形、正方形中求最大值问题】例题：（2022秋·贵州贵阳·九年级统考阶段练习）矩形中，，，点A是y轴正半轴上任意一点，点B在x轴正半轴上．连接．则的最大值是___________．【答案】##【分析】取的中点M，连接，当成一条直线时，有最大值，利用勾股定理及直角三角形斜边中线的性质可得答案．【详解】解：取的中点M，连接，当成一条直线时，有最大值，在中，，在中，，∴的最大值是，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理、三角形三边关系、直角三角形斜边上中线的性质，读懂题意，得出当成一条直线时，有最大值是解本题的关键．【变式训练】1．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（

）A．6 B．11 C． D．【答案】D【分析】如图将绕点顺时针旋转得到．由旋转不变性可知：，．，得出是等腰直角三角形，推出，当的值最大时，的值最大，根据三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题．【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转得到，由旋转不变性可知：，，，是等腰直角三角形，，当的值最大时，的值最大，，，的最大值为11，的最大值为．故选：D．【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．2．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，，AC与BD交于点O，点N在AC上且AN＝2，点M在BC上且BM＝BC，P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为____．【答案】2【分析】作点关于的对称点，连接，从而可得，再根据菱形的性质、等边三角形的判定证出是等边三角形，然后根据等边三角形的性质可得，由此即可得．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，是等边三角形，，，，，如图，作点关于的对称点，连接，则，，当且仅当共线时，等号成立，，，，是等边三角形，，即的最大值为2，故答案为：2．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．3．（2022秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．（1）计算：=________；（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．【答案】

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【分析】（1）连接AC，证明，从而得到：，即可求出；（2）利用，可以推出四边形AECF的面积等于△ABC的面积，利用△CEF的面积等于△ABC的面积减去△AEF的面积，当△AEF的面积面积最小时，即可求出△CEF的面积．【详解】解：（1）连接，∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∵△AEF为等边三角形，∴，∵，，又∵，∴，∵，∴（ASA），∴，∴；故答案为：6．（2）∵∴四边形AECF的面积=，∴，∴当最小时，最大，根据垂线段最短，当时，最短，此时最小，∵为等边三角形，∴当时，，，∴，同理可求：，∴；故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质．解题的关键是连接菱形的对角线，构造全等三角形．【考点八矩形、菱形、正方形中点四边形问题】例题：（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（）A．当四边形是矩形时，四边形是菱形B．当四边形是菱形时，四边形是矩形C．当四边形满足时，四边形是菱形D．当四边形满足，时，四边形是矩形【答案】C【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可．【详解】解：，分别是，的中点，，，，分别是，的中点，，，，，四边形是平行四边形；，分别是，的中点，、分别是、中点，，，当四边形是矩形时，，，四边形是菱形，故A正确，不符合题意；当四边形是菱形时，，，，，四边形是菱形，故B正确，不符合题意；当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意；当四边形满足，时，∵，，∴AC是BD的垂直平分线，即∵，∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90°∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意．故选：C．【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键【变式训练】1．（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形的对角线，交于点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断：①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；②若四边形是平行四边形，则与交于点；③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．所有正确推断的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．③④【答案】A【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．【详解】点分别为边的中点，是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，，，，四边形是平行四边形，正确；若四边形是平行四边形，∴,∵分别为的中点，∴∴四边形是平行四边形，由（1）可得四边形是平行四边形，与互相平分，的中点就是的中点，则与交于点正确；若四边形是矩形，则，，四边形是菱形，不是矩形；不正确；四边形中，若，则四边形是正方形，若四边形是正方形，则四边形不一定是正方形，不正确；故选：A．【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质是解题的关键．2．（2022秋·九年级课时练习）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）当时，与有怎样的位置关系？请说明理由；【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EF⊥GH，理由见解析【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的一组对边平行且相等，即可证得；（2）根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，∴F