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考点一：平行四边形的性质与判定
例1 如图1，将?ABCD的AD边延长至点E，使DE=[12]AD，连接CE，F是BC边的中点，连接FD.
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）若AB=3，AD=4，∠A=60°，求CE的长.
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵DE=[12]AD，F是BC边的中点，
∴DE=FC，DE∥FC，
∴四边形CEDF是平行四边形.
（2）解：过点D作DN⊥BC于点N，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠A=60°，
∴∠BCD=∠A=60°，
∵AB=3，AD=4，
∴FC=2，NC=[12]DC=[32]，DN=[332]，
∴FN=[12]，则DF=EC=[DN2 FN2]=[7].
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练应用平行四边形的判定方法是解题关键.在证明时我们要根据已知条件选择合适的判定方法，运用平行四边形的性质时，要从边、角、对角线等方面去考虑问题.
考点二：特殊的平行四边形的性质与判定
例2 如图3，平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF.
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①当AE= cm时，四边形CEDF是矩形；
②当AE= cm时，四边形CEDF是菱形.（直接写出答案，不需要说明理由）
【解析】（1）证△CFG≌△DEG，推出FG=EG，根据平行四边形的判定“对角线互相平分的四边形是平行四边形”推出即可.
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CF∥ED，
∴∠FCG=∠EDG，
∵G是CD的中点，
∴CG=DG.
在△FCG和△EDG中，
[∠FCG=∠EDG，CG=DG，∠CGF=∠DGE，]
∴△FCG≌△EDG（ASA），
∴FG=EG，又∵CG=DG，
∴四边形CEDF是平行四边形.
（2）①如图3，过A作AM⊥BC于M，求出△MBA≌△EDC，推出∠CED=∠AMB=90°，根据矩形的判定“有一个角是直角的平行四边形是矩形”推出即可.故答案为：3.5.
②求出△CDE是等边三角形，推出CE=DE=CD，根据菱形的判定“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”推出即可.故答案为：2.
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的判定.注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形.
考点三：特殊四边形与图形变换
例3 如图5，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（ ）.
A.[95] B.[125] C.[165] D.[185]
【解析】如图6，连接BF，已知BC=6，点E为BC的中点，可得BE=3，根据勾股定理求得AE=5，根据三角形的面积公式求出BH=[125]，即可得BF=[245]，因为FE=BE=EC，可得∠BFC=90°，再由勾股定理可得CF=[185].故答案选D.
【点评】折纸已成为现代几何学的一个分支，本题考查了图形的翻折变换的性质以及矩形的四个角都是直角的性质，还用到了勾股定理.特殊平行四边形中的折叠问题，既要用到折叠的性质，又要用到特殊平行四边形本身的性质，有时还需要用到勾股定理或图形的相似等知识建立线段、角之间的联系.
考点四：特殊四边形与平面直角坐标系
例4 如图7，在矩形AOBC中，点A的坐标是（-2，1），点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（ ）.
A.（[32]，3）、（[-23]，4）
B.（[32]，3）、（[-12]，4）
C.（[74]，[72]）、（[-23]，4）
D.（[74]，[72]）、（[-12]，4）
【解析】如图8，首先过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，易得△CAF≌△BOE，△AOD∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案.即[1OE]=[23]，所以OE=[32]，即点B（[32]，3），所以AF=OE=[32]，點C的横坐标为：-（2-[32]）=[-12]，则点C的坐标为（[-12]，4）.故选B.
【点评】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质.数和形是相互联系的，将四边形置于平面直角坐标系中，实则是引导我们将几何问题代数化，同学们要掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用，做到由数构形，由形思数.
考点五：特殊四边形与规律探寻
例5 一组正方形按如图9所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3……在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3……，则正方形A2016B2016C2016D2016的边长是（ ）.
A.（[12]）2015 B.（[12]）2016 C.（[33]）2016 D.（[33]）2015
【解析】易知△B2C2E2∽△C1D1E1，
∴[B2C2C1D1]=[B2E2C1E1]=[D1E1C1E1]=tan30°.
∴B2C2=C1D1·tan30°=[33]，∴C2D2=[33].
同理，B3C3=C2D2·tan30°=（[33]）2，
由此猜想BnCn=（[33]）n-1.
当n=2016时，B2016C2016=（[33]）2015.
故选D.
【点评】解答此类问题的关键是要能找到图形之间的关系，正方形是非常特殊的四边形，决定了本题中不同的正方形边长之间具备了某种关系.每个正方形的边长都不同，但都可以用C1D1来表示，而C1D1的长是不变的，这样就化“变”为“不变”.而最终的答案又需要我们在不变中找到变化的规律，如本题中[33]幂的变化.
考点六：特殊四边形与三角形综合
例6 如图10，在?ABCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，延长AE、CF分别交CD、AB于M、N.
（1）求证：四边形CMAN是平行四边形.
（2）已知DE=4，FN=3，求BN的长.
图10
【解析】（1）通过AE⊥BD，CF⊥BD证明AE∥CF，再由四边形ABCD是平行四边形得到AB∥CD，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证得四边形CMAN是平行四邊形.
（2）根据四边形CMAN是平行四边形，由性质推出对边相等，即CM=AN，再得到DM=BN，故条件充足，可证得△MDE≌△NBF，根据全等三角形的性质得到BF=DE=4，再用勾股定理求得BN=5.
【点评】本题的主要考点是平行四边形的判定与性质、全等三角形以及勾股定理的综合运用.四边形知识是三角形知识的延伸，因此，同学们在解决平行四边形相关问题时，既要善于在平行四边形的背景下思考问题，又要学会综合运用三角形知识和全等三角形知识.上述几例也都能在问题中寻到三角形的影子，本题第二问通过对角线将四边形问题变为全等三角形、直角三角形问题，体现了化归与转化的思想方法，同学们要用心体会.
（作者单位：扬州大学附属中学东部分校）
例1 如图1，将?ABCD的AD边延长至点E，使DE=[12]AD，连接CE，F是BC边的中点，连接FD.
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）若AB=3，AD=4，∠A=60°，求CE的长.
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵DE=[12]AD，F是BC边的中点，
∴DE=FC，DE∥FC，
∴四边形CEDF是平行四边形.
（2）解：过点D作DN⊥BC于点N，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠A=60°，
∴∠BCD=∠A=60°，
∵AB=3，AD=4，
∴FC=2，NC=[12]DC=[32]，DN=[332]，
∴FN=[12]，则DF=EC=[DN2 FN2]=[7].
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练应用平行四边形的判定方法是解题关键.在证明时我们要根据已知条件选择合适的判定方法，运用平行四边形的性质时，要从边、角、对角线等方面去考虑问题.
考点二：特殊的平行四边形的性质与判定
例2 如图3，平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF.
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①当AE= cm时，四边形CEDF是矩形；
②当AE= cm时，四边形CEDF是菱形.（直接写出答案，不需要说明理由）
【解析】（1）证△CFG≌△DEG，推出FG=EG，根据平行四边形的判定“对角线互相平分的四边形是平行四边形”推出即可.
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CF∥ED，
∴∠FCG=∠EDG，
∵G是CD的中点，
∴CG=DG.
在△FCG和△EDG中，
[∠FCG=∠EDG，CG=DG，∠CGF=∠DGE，]
∴△FCG≌△EDG（ASA），
∴FG=EG，又∵CG=DG，
∴四边形CEDF是平行四边形.
（2）①如图3，过A作AM⊥BC于M，求出△MBA≌△EDC，推出∠CED=∠AMB=90°，根据矩形的判定“有一个角是直角的平行四边形是矩形”推出即可.故答案为：3.5.
②求出△CDE是等边三角形，推出CE=DE=CD，根据菱形的判定“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”推出即可.故答案为：2.
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的判定.注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形.
考点三：特殊四边形与图形变换
例3 如图5，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（ ）.
A.[95] B.[125] C.[165] D.[185]
【解析】如图6，连接BF，已知BC=6，点E为BC的中点，可得BE=3，根据勾股定理求得AE=5，根据三角形的面积公式求出BH=[125]，即可得BF=[245]，因为FE=BE=EC，可得∠BFC=90°，再由勾股定理可得CF=[185].故答案选D.
【点评】折纸已成为现代几何学的一个分支，本题考查了图形的翻折变换的性质以及矩形的四个角都是直角的性质，还用到了勾股定理.特殊平行四边形中的折叠问题，既要用到折叠的性质，又要用到特殊平行四边形本身的性质，有时还需要用到勾股定理或图形的相似等知识建立线段、角之间的联系.
考点四：特殊四边形与平面直角坐标系
例4 如图7，在矩形AOBC中，点A的坐标是（-2，1），点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（ ）.
A.（[32]，3）、（[-23]，4）
B.（[32]，3）、（[-12]，4）
C.（[74]，[72]）、（[-23]，4）
D.（[74]，[72]）、（[-12]，4）
【解析】如图8，首先过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，易得△CAF≌△BOE，△AOD∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案.即[1OE]=[23]，所以OE=[32]，即点B（[32]，3），所以AF=OE=[32]，點C的横坐标为：-（2-[32]）=[-12]，则点C的坐标为（[-12]，4）.故选B.
【点评】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质.数和形是相互联系的，将四边形置于平面直角坐标系中，实则是引导我们将几何问题代数化，同学们要掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用，做到由数构形，由形思数.
考点五：特殊四边形与规律探寻
例5 一组正方形按如图9所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3……在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3……，则正方形A2016B2016C2016D2016的边长是（ ）.
A.（[12]）2015 B.（[12]）2016 C.（[33]）2016 D.（[33]）2015
【解析】易知△B2C2E2∽△C1D1E1，
∴[B2C2C1D1]=[B2E2C1E1]=[D1E1C1E1]=tan30°.
∴B2C2=C1D1·tan30°=[33]，∴C2D2=[33].
同理，B3C3=C2D2·tan30°=（[33]）2，
由此猜想BnCn=（[33]）n-1.
当n=2016时，B2016C2016=（[33]）2015.
故选D.
【点评】解答此类问题的关键是要能找到图形之间的关系，正方形是非常特殊的四边形，决定了本题中不同的正方形边长之间具备了某种关系.每个正方形的边长都不同，但都可以用C1D1来表示，而C1D1的长是不变的，这样就化“变”为“不变”.而最终的答案又需要我们在不变中找到变化的规律，如本题中[33]幂的变化.
考点六：特殊四边形与三角形综合
例6 如图10，在?ABCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，延长AE、CF分别交CD、AB于M、N.
（1）求证：四边形CMAN是平行四边形.
（2）已知DE=4，FN=3，求BN的长.
图10
【解析】（1）通过AE⊥BD，CF⊥BD证明AE∥CF，再由四边形ABCD是平行四边形得到AB∥CD，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证得四边形CMAN是平行四邊形.
（2）根据四边形CMAN是平行四边形，由性质推出对边相等，即CM=AN，再得到DM=BN，故条件充足，可证得△MDE≌△NBF，根据全等三角形的性质得到BF=DE=4，再用勾股定理求得BN=5.
【点评】本题的主要考点是平行四边形的判定与性质、全等三角形以及勾股定理的综合运用.四边形知识是三角形知识的延伸，因此，同学们在解决平行四边形相关问题时，既要善于在平行四边形的背景下思考问题，又要学会综合运用三角形知识和全等三角形知识.上述几例也都能在问题中寻到三角形的影子，本题第二问通过对角线将四边形问题变为全等三角形、直角三角形问题，体现了化归与转化的思想方法，同学们要用心体会.
（作者单位：扬州大学附属中学东部分校）