专题5.7特殊平行四边形章末重难点突破
【考点1 利用四边形性质求线段长度】
【例1】（张店区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝2
．E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点N，M分别为AF，DE的中点，连接MN，则MN的长为（ ）
A．
B．1 C．
D．2
【分析】连接AM，延长AM交CD于G，连接FG，由正方形ABCD推出AB＝CD＝BC＝2
，AB∥CD，∠C＝90°，证得△AEM≌GDM，得到AM＝MG，AE＝DG
AB，根据三角形中位线定理得到MN
FG，由勾股定理求出FG即可得到MN．
【解答】解：连接AM，延长AM交CD于G，连接FG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝2
，AB∥CD，∠C＝90°，
∴∠AEM＝∠GDM，∠EAM＝∠DGM，
∵M为DE的中点，
∴ME＝MD，
在△AEM和GDM中，
，
∴△AEM≌△GDM（AAS），
∴AM＝MG，AE＝DG
AB
CD，
∴CG
CD
，
∵点N为AF的中点，
∴MN
FG，
∵F为BC的中点，
∴CF
BC
，
∴FG
2，
∴MN＝1，
故选：B．
【变式1-1】（越城区期末）如图，边长为10的菱形ABCD，E是AD的中点，O是对角线的交点，矩形OEFG的一边在AB上，且EF＝4，则BG的长为（ ）
A．3 B．2 C．
D．1
【分析】由菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，由直角三角形的性质可求OE＝AE
AD＝5，由矩形的性质可求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝3，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE
AD＝5；
∵四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF
，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2，
故选：B．
【变式1-2】（岳西县期末）如图，四边形ABCD是矩形，点E在线段CB的延长线上，连接DE交AB于点F，∠AED＝2∠CED，点G是DF的中点，若BE＝1，CD＝3，则DF的长为（ ）
A．8 B．9 C．4
D．2
【分析】根据矩形的性质和点G是DF的中点，可得AG＝DG＝GF，由勾股定理列式求出AE，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠AGE＝∠ADG+∠DAG＝2∠ADG，然后求出∠AED＝∠AGE，根据等角对等边可得AE＝AG，进而得出DF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAF＝90°，
∵点G是DF的中点，
∴AG＝DG＝GF，
∴∠GAD+∠GDA，
在△ADG中，∠AGE＝∠ADG+∠DAG＝2∠ADG，
又∵∠AED＝2∠CED，
∴∠AED＝∠AGE，
∴AE＝AG，
∵BE＝1，CD＝AB＝3，
在Rt△AEB中，由勾股定理得，
AE
，
∴AG
，
∴DF＝2
．
故选：D．
【变式1-3】（河池）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，BF⊥EF，CE＝1，则AF的长是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由于BF⊥EF，所以过F作AB的垂线交AB于N，交CD于M，证明△MFE≌△NBF，设ME＝x，利用MN＝4列出方程，即可求解．
【解答】解：过F作AB的垂线交AB于N，交CD于M，如图，
∵ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠BNM＝90°，AB＝BC＝CD＝4，
∴四边形CMNB为矩形，
∴MN＝BC＝4，CM＝BN，
∵BF⊥EF，
∴∠EFB＝∠FNB＝90°，
∴∠FBN+∠NFB＝∠NFB+∠EFM，
∴∠FBN＝∠EFM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，
∴∠MFC＝∠MCF＝45°，
∴MF＝MC＝NB，
在△MEF与△NFB中，
，
∴△MFE≌△NBF（AAS），
∴ME＝FN，
设ME＝FN＝x，则MC＝MF＝BN＝1+x，
∵MN＝MF+FN＝4，
∴1+x+x＝4，
∴x
，
∴FN
，
∵四边形ABCD为正方形，MN⊥AB，
∴∠NAF＝∠NFA＝45°，
∴FN＝AN，
∴AF
FN
，
故选：B．
【考点2利用四边形性质求角的度数】
【例2】（靖宇县期末）如图，在正方形ABCD的外侧，以AD为边作等边三角形ADE，连接BE，交正方形的对角线AC于点F，连接DF，则∠CFD的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【分析】根据SAS证明△BCF与△DCF全等，利用正方形的性质和等边三角形的性质以及三角形内角和定理解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCF＝∠DCF＝45°，
在△BCF与△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠BFC＝∠DFC，
在正方形ABCD中，以AD为边作等边三角形ADE，
∴AE＝AD＝DE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB
（180°﹣90°﹣60°）＝15°，
∴∠FBC＝90°﹣15°＝75°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BFC＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∴∠DFC＝60°，
故选：C．
【变式2-1】（九龙坡区期末）如图，矩形ABCD中，点G是AD的中点，GE⊥BG交CD于点E，CB＝CE，连接CG交BE于点F，则∠ECF的度数为（ ）
A．30° B．22.5° C．25° D．15°
【分析】取BE的中点O，连接OG，OC，则OG为四边形ADEB的中位线，可得AB∥OG∥DE，进而求得∠OGC＝∠ECF，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半可证明OG＝OC得到∠OGC＝∠OCG，，进而得到∠OCG＝∠ECF
∠OCE．
【解答】解：取BE的中点O，连接OG，OC，
∵O，G为中点，
∴OG为四边形ADEB的中位线，
∴AB∥OG∥DE，
∴∠OGC＝∠ECF，
∵CE＝BC，∠BCE＝90°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴∠CBE＝∠BEC＝45°，
∵∠BCE＝90°，O为BE的中点，
∴OC＝OE
BE，
∴∠OCE＝∠OEC＝45°，
∵GE⊥BG，O为BE的中点，
∴OG
BE，
∴OG＝OC，
∴∠OGC＝∠OCG，
∴∠OCG＝∠ECF
∠OCE＝22.5°，
故选：B．
【变式2-2】（灵山县期末）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，连接AE，EF，AF，若DF+BE＝EF，则∠EAF的度数为 ．
【分析】延长CB到G，使BG＝DF，根据正方形的性质得到AD＝AB，∠D＝∠ABE＝90°，求得∠ABG＝∠D＝90°，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，求得GE＝EF，推出△AGE≌△AFE（SSS），根据全等三角形的性质得到∠GAE＝∠EAF，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：延长CB到G，使BG＝DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＝∠D＝90°，
在△ADF与△ABG中，
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，
∵DF+BE＝EF，EG＝BG+BE＝DF+BE，
∴GE＝EF，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SSS），
∴∠GAE＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠GAB+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAF＝45°，
故答案为：45°．
【变式2-3】（宝安区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，连接BE，将AB沿着BE折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，∠A'DE的度数为 ．
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD，可证△ABD是等边三角形，由等边三角形的性质可得A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，由折叠的性质可得AB＝A'B，可得∠BAA'＝75°，即可求解．
【解答】解：如图，连接AA'，BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵A'B⊥AD，
∴A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，
∴AA'＝A'D，
∴∠A'AD＝∠A'DA，
∵将AB沿着BE折叠得到A'B，
∴AB＝A'B，
∴∠BAA'＝75°，
∴∠A'AD＝∠A'DA＝15°，
故答案为：15°．
【考点3利用四边形性质求面积】
【例3】（沙坪坝区校级期末）如图，在菱形ABCD中，对角线BD、AC交于点O，AC＝6，BD＝4，∠CBE是菱形ABCD的外角，点G是∠BCE的角平分线BF上任意一点，连接AG、CG，则△AGC的面积等于（ ）
A．6 B．9 C．12 D．无法确定
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝DO＝2，∠CAB
∠DAB，AD∥BC，由平行线的性质和角平分线的性质可得∠CAB＝∠GBE，可证AC∥BG，可得S△ABC＝S△AGC，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO＝DO＝2，∠CAB
∠DAB，AD∥BC，
∴∠DAB＝∠CBE，
∵BG平分∠CBE，
∴∠GBE
∠CBE，
∴∠CAB＝∠GBE，
∴AC∥BG，
∴S△ABC＝S△AGC
AC×BO
6×2＝6，
故选：A．
【变式3-1】（西乡塘区校级期末）如图，菱形ABCD中，∠D＝60°．点E、F分别在边BC、CD上，且BE＝CF．若EF＝4，则△AEF的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】证△ABC、△ADC都是等边三角形，得AB＝AC，∠BAC＝∠ACF＝60°，再证△ABE≌△ACF（SAS），得AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，然后证△AEF是等边三角形，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AD＝DC，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC、△ADC都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACF＝60°，
∴∠B＝∠ACF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，
∴∠CAE+∠CAF＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝60°，
即∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝EF＝4，
过点A作AH⊥EF于H，如图所示：
则EH＝FH
EF＝2，
在Rt△AEH中，由勾股定理得：AH
2
，
∴S△AEF
EF•AH
4×2
4
，
故选：D．
【变式3-2】（淮阳区校级期末）王老师把两张长为9，宽为3的矩形纸条按如图所示的形状交叉叠放在一起，根据所学的知识，我们可以判定重合部分构成的四边形ABCD是菱形．则随着纸条的转动，菱形ABCD的面积的最大值与最小值的和为（ ）
A．22 B．24 C．26 D．28
【分析】由题意可得，AB∥CD，AD∥BC，所以四边形ABCD时平行四边形，所以∠ADC＝∠ABC，分别过A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，则AE＝AF＝3，可以证明△ADE≌△ABF，得到AD＝AB，所以▱ABCD是菱形，菱形ABCD的面积为3AD，当AD取最小值时，AD⊥BC，所以AD＝3，面积的最小值为9，当旋转至如图位置时，AD取得最大值，设AD＝x，在直角△ADM中，利用勾股定理列方程，即可求解．
【解答】解：分别过A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，
∴∠AED＝∠AFB＝90°，
由题意可得，AB∥CD，AD∥BC，AE＝AF＝3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADE＝∠ABF，
在△ADE与△ABF中，
，
∴△ADE≌△ABF（AAS），
∴AD＝AF，
∴▱ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴S菱形ABCD＝CD•AE＝3CD＝3AD，
当AD越小时，3AD越小，菱形ABCD的面积越小，
∴AD⊥CD时，AD取最小值3，菱形的面积最小值为9，
当AD越大时，3AD越大，菱形ABCD的面积越大，
∴旋转如图位置时，此时AD取最大值，
设AD＝AC＝x，则AM＝9﹣AC＝9﹣x，
在Rt△ADM中，DM2+AM2＝AD2，
∴32+（9﹣x）2＝x2，
∴x＝5，
∴AD＝x＝5，
∴S菱形ABCD＝3AD＝15，
此时菱形ABCD的面积取得最大值为15，
∴9+15＝24，
故选：B．
【变式3-3】（灵石县期末）如图，正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3B3C3D3、A4B4C4D4的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点A2、A3、A4分别位于正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3B3C3D3对角线的交点，则阴影部分的面积和为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．18
【分析】如图，因为四边形A1B1C1D1，A2B2C2D2是正方形，所以可以得到四边形A2MC1N是对角互补的四边形，过A2作B1C1，C1D1的垂线，垂足分别为E，F，先证△A2EM≌△A2FN，从而推得四边形A2MC1N的面积为正方形A1B1C1D1面积的四分之一，同样的方法，求得另外两个阴影部分面积，即可解决．
【解答】解：设正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3B3C3D3中的面积分别为S1，S2，S3，
如图，设A2B2与B1C1交于点M，A2D2与C1D1交于点N，
G过A2分别作A2E⊥B1C1于E，A2F⊥C1D1于F，
连接A2C1，AA2B1，
∵四边形A1B1C1D1是正方形，A2是对角线的交点，
∴A2C1平分∠B1C1D1，且△A2B1C1是等腰直角三角形，
∵A2E⊥B1C1，A2F⊥C1D1，
∴A2E＝A2F
，
∵∠A2EC1＝∠B1C1D1＝∠A2FC1＝90°，
∴四边形A2EC1F为正方形，
∴
，
∵四边形A2B2C2D2是正方形，
∴∠B2A2D2＝∠EA2F＝90°，
∴∠EA2M＝∠FA2N，
在△A2EM与△A2FN中，
，
∴△A2EM≌△A2FN（ASA），
∴
，
∴
，
∴
1，
同理，
4，
9，
∴阴影部分的面积和为：1+4+9＝13，
故选：C．
【考点4利用四边形性质求周长】
【例4】（巴南区期中）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边CD、AD上，且EF垂直于BE，若AB＝8，BE＝10，则△DEF的周长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】连接BF，根据正方形的性质可得CD＝AD＝BC＝AB＝8，∠C＝∠D＝∠A＝90°，根据勾股定理可得CE＝6，设AF＝x，则DF＝AD﹣AF＝8﹣x，根据EF2＝BF2﹣BE2＝DF2+DE2，列出82+x2﹣102＝（8﹣x）2+22，解得x的值，进而可得△DEF的周长．
【解答】解：如图，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD＝BC＝AB＝8，∠C＝∠D＝∠A＝90°，
∵BE＝10，
∴CE
6，
∴DE＝CD﹣CE＝8﹣6＝2，
设AF＝x，则DF＝AD﹣AF＝8﹣x，
∴BF2＝AB2+AF2＝82+x2，EF2＝BF2﹣BE2＝DF2+DE2，
∴82+x2﹣102＝（8﹣x）2+22，
解得x
，
∴DF＝8﹣x
，
∴EF
，
则△DEF的周长＝DE+DF+EF＝2
6．
故选：B．
【变式4-1】（新蔡县期末）如图，矩形ABCD的周长为20cm，AC交BD于点O，过点O作AC的垂线EF，分别交AD、BC于点E、F，连结CE，则△CDE的周长为（ ）cm．
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】由矩形的性质得出AD+DC＝10cm，由线段垂直平分线的性质得出CE＝CF，由ASA证明△ODE≌△OBF，得出DE＝BF，△CDE的周长＝DE+CE+DC＝BC+DC，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，BC＝AD，OA＝OC＝OB＝OD，AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，
∵矩形ABCD的周长为20cm，
∴BC+DC＝10cm，
∵EF⊥AC，
∴CE＝CF，
在△ODE和△OBF中，
，
∴△ODE≌△OBF（ASA），
∴DE＝BF，
∴△CDE的周长＝DE+CE+DC＝BF+CF+DC＝BC+DC＝10cm．
故选：C．
【变式4-2】（锦江区期末）如图，菱形ABCD的边长AB＝3，对角线BD＝4
，点E，F在BD上，且BE＝DF
，连接AE，AF，CE，CF．则四边形AECF的周长为 ．
【分析】连接AC，交BD于O，依据菱形的性质即可得到AC⊥BD，依据勾股定理即可得到AE，CE，CF，AF的长，进而得出四边形AECF的周长．
【解答】解：如图，连接AC，交BD于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO
BD
，
在Rt△ABO中，AO
1，
又∵BE
，
∴EO
，
在Rt△AOE中，AE
，
同理可得，CE＝CF＝AF
，
∴四边形AECF的周长4
．
故答案为：4
．
【变式4-3】（香洲区校级三模）有两个全等矩形纸条，长与宽分别为10和6，按如图所示的方式交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形BGDH的周长为 ．
【分析】由题意得出∠A＝90°，AB＝BE＝6，AD∥BC，BF∥DE，AD＝10，再证四边形BGDH是菱形，得BH＝DH＝DG＝BG，设BH＝DH＝x，则AH＝10﹣x，然后在Rt△ABH中，由勾股定理得出方程，解方程求出BG，即可求解．
【解答】解：由题意得：矩形ABCD≌矩形BEDF，
∴∠A＝90°，AB＝BE＝6，AD∥BC，BF∥DE，AD＝10，
∴四边形BGDH是平行四边形，
∴平行四边形BGDH的面积＝BG×AB＝BH×BE，
∴BG＝BH，
∴四边形BGDH是菱形，
∴BH＝DH＝DG＝BG，
设BH＝DH＝x，则AH＝10﹣x，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：62+（10﹣x）2＝x2，
解得：x
，
∴BH
，
∴四边形BGDH的周长＝4BH
，
故答案为：
．
【考点5四边形判定的条件】
【例5】（长丰县二模）四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，从以下四个条件：①OA＝OC，OB＝OD；②AB∥CD，AD＝BC；③AB＝BC；④AB⊥BC中选两个，能推出四边形ABCD是矩形的是（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．①③
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定、菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
再由AB∥CD，AD＝BC无法判断四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、由②AB∥CD，AD＝BC；③AB＝BC无法判断四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
C∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项C符合题意；
D、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【变式5-1】（通州区二模）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝DC D．AB⊥DC
【分析】先由三角形中位线定理证四边形EGFH是平行四边形，再证∠GFH＝90°，即可得出结论．
【解答】解：若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是AB⊥DC，理由如下：
∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG
AB，EG∥AB，
同理，FH
AB，FH∥AB，GF∥DC，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∵AB⊥DC，GF∥DC，FH∥AB，
∴GF⊥FH，
∴∠GFH＝90°，
∴平行四边形EGFH是矩形，
故选：D．
【变式5-2】（长安区二模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的是（ ）
A．添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形
B．添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形
C．添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形
D．添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形
【分析】根据AB＝AD，BC＝DC，可以得到AC垂直平分BD，然后再根据各个选项中的条件，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵AB＝AD，BC＝DC，
∴AC垂直平分BD，
当添加：“AB∥CD”，则∠ABD＝∠BDC，
∵∠BDC＝∠DBC，
∴∠ABO＝∠CBO，
又∵BO＝BO，∠BOA＝∠BOC，
∴△ABO≌△BOC（ASA），
∴BA＝BC，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
当添加“∠BAD＝90°，无法证明四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意；
当添加条件“OA＝OC”时，
∵OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
当添加条件“∠ABC＝∠BCD＝90°”时，
则∠ABC+∠BCD＝180°，
∴AB∥CD，
由证选项A可知四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【变式5-3】（石狮市期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，对于下列条件：①∠1+∠3＝90°；②BC2+CD2＝AC2；③∠1＝∠2；④AC⊥BD．能判定四边形ABCD是矩形的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由矩形的判定、菱形的判定分别对各个条件进行判断即可．
【解答】解：①∵∠1+∠3＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∴▱ABCD是矩形，故①正确；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∵BC2+CD2＝AC2，
∴BC2+AB2＝AC2，
∴∠ABC＝90°，
∴▱ABCD是矩形，故②正确；
③∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC
AC，OB＝OD
BD，
∵∠1＝∠2，
∴OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴▱ABCD是矩形，故③正确；
④∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故④错误；
能判定四边形ABCD是矩形的个数有3个，
故选：C．
【考点6四边形判定的证明】
【例6】（利川市期末）如图，在等腰△ABC中，D是底边BC上异于C点的任意一点，AN是△ABC的外角∠CAM的平分线，CE∥AD交AN于E．
（1）求证：四边形ADCE是平行四边形；
（2）将题中“D是底边BC上异于C点的任意一点”改为“D是底边BC上的中点”，则四边形ADCE是什么四边形？为什么？
（3）在（2）中，当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是正方形？并证明．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和外角的性质得到∠MAC＝∠B+∠ACB＝2∠ACB，根据角平分线的定义得到∠MAC＝2∠NAC，求得∠NAC＝∠ACB，由平行线的判定定理得到AN∥BC，于是得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，求得∠ADC＝90°，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（3）根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，AD＝CD，由正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰三角形，
∴∠MAC＝∠B+∠ACB＝2∠ACB，
∵AN是△ABC的外角∠CAM的平分线，
∴∠MAC＝2∠NAC，
∴∠NAC＝∠ACB，
∴AN∥BC，
∵CE∥AD，
∴四边形ADCE是平行四边形；
（2）解：四边形ADCE是矩形，
理由：∵是底边BC上的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴▱ADCE是矩形；
（3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ADCE是正方形，
证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AD⊥BC，AD＝CD，
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴▱ADCE是正方形．
【变式6-1】（厦门期末）在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是边BC延长线上的动点，过点E作EF⊥BD于F，且与CD、AD分别交于点G、H，连接OH．
（1）如图，若AC⊥AB，OF＝OC，求证：FG＝CG；
（2）若在点E运动的过程中，存在四边形OCGH是菱形的情形，试探究▱ABCD的边和角需要满足的条件．
【分析】（1）连接OG，证Rt△OFG≌Rt△OCG（HL），即可得出FG＝CG；
（2）证▱ABCD是菱形，得CD＝AD，OA＝OC，再证△ACD是等边三角形，得∠ADC＝60°即可．
【解答】（1）证明：连接OG，如图1所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵AC⊥AB，
∴AC⊥CD，
∴∠OCG＝90°，
∵EF⊥BD，
∴∠OFG＝90°，
在Rt△OFG和Rt△OCG中，
，
∴Rt△OFG≌Rt△OCG（HL），
∴FG＝CG；
（2）解：如图2所示：
若四边形OCGH是菱形，
则OH＝OC，OH∥CG，OC∥GH，
∵EF⊥BD，
∴AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，
∴CD＝AD，OA＝OC，
∴OA＝OH，
∴∠OAH＝∠OHA，
∵OH∥CG，
∴∠OHA＝∠ADC，
∵CD＝AD，
∴∠CAD＝∠DCA，
∴∠CAD＝∠ADC＝∠DCA，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC＝60°，
即要使四边形OCGH是菱形，▱ABCD的边和角需要满足的条件是：CD＝AD，∠ADC＝60°．
【变式6-2】（涡阳县期末）如图，在平行四边形ABCD中，G，H分别是AD，BC的中点，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G，E，H，F．
（1）求证：四边形GEHF是平行四边形．
（2）当平行四边形ABCD满足什么条件时，四边形GEHF是菱形？请说明理由．
（3）若BD＝2AB．探究四边形GEHF的形状，并说明理由．
【分析】（1）连接AC，由三角形中位线定理可得GF∥OA，GF
OA，EH∥OC，EH
OC，可得EH∥GF，EH＝GF，可得结论；
（2）先证四边形ABHG是平行四边形，可得AB∥GH，可得GH⊥BD，可得结论；
（3）由平行四边形的性质可得AB＝GH＝EF，可得结论．
【解答】证明：（1）如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD．
∵E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，
∴E，F分别为OB，OD的中点，
∵G是AD的中点，
∴GF为△AOD的中位线，
∴GF∥OA，GF
OA，
同理EH∥OC，EH
OC，
∴EH∥GF，EH＝GF，
∴四边形GEHF是平行四边形；
（2）当▱ABCD满足AB⊥BD时，四边形GEHF是菱形．理由如下：
如图2，连接AC，GH，
∵四边形ABCD是平行四边形，G，H分别是AD，BC的中点，
∴AG＝BH，AG∥BH，
∴四边形ABHG是平行四边形，
∴AB∥GH，
∵AB⊥BD，
∴GH⊥BD，即GH⊥EF，
又∵四边形GEHF是平行四边形，
∴四边形GEHF是菱形．
（3）四边形GEHF是矩形．
理由如下：如图2，由（2）得，四边形ABHG是平行四边形，
∴GH＝AB，
∵BD＝2AB，
∴AB
BD＝EF，
∴GH＝EF，
∴四边形GEHF是矩形．
【变式6-3】（即墨区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不必说明理由）
【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD＝BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）当∠A＝45°，四边形BECD是正方形．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CD＝BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形，
理由：∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝45°，
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠ABC＝∠CBE＝45°，
∴∠DBE＝90°，
∴四边形BECD是正方形．
【考点7四边形中的多结论问题】
【例7】（佳木斯模拟）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD＝2
，∠COB＝60°，BF⊥AC，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，则下列结论：①FO＝FC；②四边形EBFD是菱形；③△OBE≌△CBF；④MB＝3．其中结论正确的序号是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．①④ D．①②③④
【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定得出△OBC是等边三角形，进而判断①正确；
根据ASA证明△AOE与△COF全等，进而判断②正确；
根据全等三角形的性质判断③④正确即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∴OA＝OC＝OD＝OB，
∵∠COB＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝BC＝OC，∠OBC＝60°，
∵BF⊥AC，
∴OM＝MC，
∴FM是OC的垂直平分线，
∴FO＝FC，故①正确；
∵OB＝CB，FO＝FC，FB＝FB，
∴△OBF≌△CBF（SSS），
∴∠FOB＝∠FCB＝90°，
∵∠OBC＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∴∠OBM＝∠CBM＝30°，
∴∠ABO＝∠OBF，
∵AB∥CD，
∴∠OCF＝∠OAE，
∵OA＝OC，∠AOE＝∠FOC，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∵OB⊥EF，
∴四边形EBFD是菱形，故②正确；
∵△OBE≌△OBF≌△CBF，
∴③正确；
∵BC＝AD＝2
，FM⊥OC，∠CBM＝30°，
∴BM＝3，故④正确；
故选：D．
【变式7-1】（沙依巴克区期末）如图，已知在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的角平分线，AE的延长线与DF相交于点G，则下列结论：①AG⊥DF；②EF∥AB；③AB＝AF；④AB＝2EF．其中正确的有（ ）个．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①证明∠DAE＝∠CDF，进而得∠DAF+∠ADG＝90°，便可判断①的正误；
②证明△AGF≌△AGD（ASA），得AG垂直平分DF，得ED＝EF，得∠EFD＝∠EDF＝∠CDF，得EF∥CD，便可判断②的正误；
③由△AGF≌△AGD得AF＝AD，便可判断③的正误；
④证明EF＝ED
，由平行于三角形一边的直线所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例便可得AB与EF的数量关系，进而判断④的正误．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAD＝∠BDC＝45°，
∵AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的平分线，
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠ADF+∠CDF＝90°，
∴∠DAF+∠ADG＝90°，
∴∠AGD＝90°，即AG⊥DF，
故①结论正确；
②在△AGF和△AGD中，
，
∴△AGF≌△AGD（ASA），
∴GF＝GD，
∵AG⊥DF，
∴EF＝ED，
∴∠EFD＝∠EDF＝∠CDF，
∴EF∥CD∥AB，
故②正确；
③∵△AGF≌△AGD（ASA），
∴AD＝AF＝AB，
故③正确；
④∵EF∥CD，
∴∠OEF＝∠ODC＝45°，
∵∠COD＝90°，
∴EF＝ED
OE，
∴
，
∴AB＝CD＝（
1）EF，
故④错误．
故选：C．
【变式7-2】（来凤县期末）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，若∠BEF＝∠EBC，AB＝3AE，则下列结论：①DF＝FC；②AE+DF＝EF；③∠BFE＝∠BFC；④∠ABE+∠CBF＝45°；⑤∠DEF+∠CBF＝∠BFC；⑥DF：DE：EF＝3：4：5．其中结论正确结论的个数是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】如图，过点B作BH⊥EF于H．利用角平分线的性质定理证明BA＝BH，再利用HL证明Rt△ABE≌Rt△HBE（HL），Rt△BFH≌Rt△BFC（HL），利用全等三角形的性质，一一判断即可得出③④⑤正确，设AE＝a．则AB＝BC＝CD＝AD＝3a，DE＝2a，设DF＝x，则CF＝3a﹣x，利用勾股定理求出x即可判断①②⑥正确．
【解答】解：如图，过点B作BH⊥EF于H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD＝CD＝BC，AD∥CB，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵∠FEB＝∠EBC，
∴∠AEB＝∠BEF，
∵BA⊥AE，BH⊥EF，
∴AB＝BH＝BC，
∵∠A＝∠BHE＝∠BHF＝∠C＝90°，BE＝BE，BF＝BF，
∴Rt△ABE≌Rt△HBE（HL），Rt△BFH≌Rt△BFC（HL），
∴AE＝EH，FH＝CF，∠BFE＝∠BFC，故③正确，
∴AE+CF＝EH+HF＝EF，
∴∠ABE＝∠HBE，∠FBH＝∠FBC，
∴∠ABE+∠CBF＝45°，故④正确，
∵∠DEF+∠AEH＝180°，∠AEH+∠ABH＝180°，
∴∠DEF＝∠ABH，
∴∠DEF+∠FBC＝∠ABH+∠FBH＝∠ABF，
∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠BFC，
∴∠DEF+∠CBF＝∠BFC，故⑤正确，
∵AB＝3AE，
∴可以假设AE＝a，则AB＝AD＝CD＝3a，DE＝2a，设DF＝x，则FH＝CF＝3a﹣x，EF＝a+3a﹣x＝4a﹣x，
∵EF2＝DE2+DF2，
∴（4a﹣x）2＝（2a）2+x2
解得x
a，
∴DF＝CF，故①正确，
∴AE+DF＝EF，故②正确，
∴DF
a，DE＝2a，EF
a，
∴DF：DE：EF＝3：4：5，故⑥正确．
故选：A．
【变式7-3】（澄海区期末）如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，给出如下结论：
①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；
③AD＝4AG；④4FH＝BD；其中正确结论的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】由SAS证得△ABC≌△EFA，则∠AEF＝∠BAC，得出EF⊥AC，易证FH是△ABC的中位线，得出FH
BC，再由BC
AB，AB＝BD，推出BD＝4FH，由等边三角形的性质得出∠BDF＝30°，然后由AAS证得△DBF≌△EFA，则AE＝DF，证出四边形ADFE为平行四边形，最后由平行四边形的性质得出AD＝4AG，从而得到答案．
【解答】解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°，AE＝AC，
∵∠BAC＝30°，
∴∠EAF＝∠ACB＝90°，AB＝2BC，
∵F为AB的中点，
∴AB＝2AF，
∴BC＝AF，
在△ABC和△EFA中，
，
∴△ABC≌△EFA（SAS），
∴FE＝AB，∠AEF＝∠BAC＝30°，
∴∠AHE＝180°﹣∠EAC﹣∠AEF＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∴EF⊥AC，故①正确，
∵EF⊥AC，∠ACB＝90°，
∴FH∥BC，
∵F是AB的中点，
∴FH是△ABC的中位线，
∴FH
BC，
∵BC
AB，AB＝BD，
∴BD＝4FH，故④正确；
∵AD＝BD，BF＝AF，
∴∠DFB＝90°，∠BDF＝30°，
∵∠FAE＝90°，
∴∠DFB＝∠EAF，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF＝30°，
∴∠BDF＝∠FEA，
在△DBF和△EFA中，
，
∴△DBF≌△EFA（AAS），
∴AE＝DF，
∵FE＝AB＝AD，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AB＞AC，
∴AD＞AE，
∴四边形ADFE不是菱形，故②错误；
∵AG
AF，
∴AG
AB，
∵AD＝AB，
则AD＝4AG，故③正确，
故选：C．
【考点8四边形中的压轴题】
【例8】（萝北县期末）如图，已知正方形ABCD中，E是直线BC上一点，连接AE，过点C作CF⊥AE交直线AE于点F，连接BF．
（1）如图1，求证：CF+AF
BF；
（2）如图2，图3，其他条件不变，线段AF，CF，BF之间又有怎样的数量关系？直接写出你的猜想，不需证明．
【分析】（1）延长FC至H，使CH＝AF，连接BH，由“SAS”可证△ABF≌△CBH，可得∠ABF＝∠CBH，BF＝BH，可证△BFH是等腰直角三角形，可得结论；
（2）方法同上．
【解答】证明：（1）如图1，延长FC至H，使CH＝AF，连接BH，
∵CF⊥AE，
∴∠AFC＝∠ABC＝90°，
∴∠FAB+∠FCB＝180°，
∵∠FCB+∠BCH＝180°，
∴∠BCH＝∠FAB，
在△ABF和△CBH中，
，
∴△ABF≌△CBH（SAS），
∴∠ABF＝∠CBH，BF＝BH，
∴∠ABC＝∠ABF+∠CBF＝∠CBH+∠CBF＝90°＝∠FBH，
∴△FBH是等腰直角三角形，
∴FH
FB，
∴FC+AF
BF；
（2）图2，AF﹣CF
BF；
理由如下：如图2，在线段AF上截取AH＝CF，连接BH，
∵AF⊥CF，
∴∠AFC＝∠ADC＝90°，
∴∠DAF+∠DCF＝180°，
∴∠DAF+∠BCF＝90°，
∵∠DAF+∠BAF＝90°，
∴∠BAH＝∠BCF，
在△ABH和△CBF中，
，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∴∠ABC＝∠ABH+∠CBH＝∠CBF+∠CBH＝∠FBH＝90°，
∴△BFH是等腰直角三角形，
∴FH
BF，
∴AF﹣CF
BF；
图3，CF﹣AF
BF；
理由如下：如图3，在线段CF上截取CH＝AF，连接BH，
同理可证△BFH是等腰直角三角形，
∴FH
BF，
∴CF﹣AF
BF．
【变式8-1】（河东区期末）亮亮学习《平行四边形》以后，利用身边的工具进行了如下操作与探究：
如图1，在边长为4
的正方形纸板ABCD上，放置了一个三角板PEQ，作射线AC，使直角顶点E在射线AC上运动，EP始终经过点D，EQ交BC于点F．
依照上面操作，点E运动到如图2位置时，连接DE，EF，过点F作FG⊥EF于点F，过点D作DG⊥FG于点G，于是得到矩形DEFG，通过证明它的一组邻边相等，易证矩形DEFG为正方形，亮亮又作了如下思考，请你帮他完成以下问题：
（1）若点E运动到线段AC的延长线上时，以上结论还成立吗？若成立，应该怎样画图，证明呢？若不成立，理由是什么？
（2）在（1）的情况下，若连接CG，CG﹣CE的值是否为定值？若是，结果是多少（直接写出结果即可）？若不是，理由是什么？
【分析】（1）过点E作EH⊥BF于点H，EI⊥DC的延长线于点I，证明△EHF≌△EID，得到邻边相等，从而得证；
（2）通过证明△ADE≌△CDG，将线段CG转化为AE，从而得证．
【解答】解：以上结论仍然成立，
证明：如图，过点E作EH⊥BF于点H，EI⊥DC的延长线于点I，
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠DEF＝90°，
∴∠3+∠4＝90°，
∵∠3+∠2＝90°，
∴∠2＝∠4，
∵DC∥HE，
∴∠4＝∠1，
∴∠2＝∠1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形EHCI为正方形，
∴EH＝EI，
在△EHF和△EID中，
，
∴△EHF≌△EID（AAS），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形；
（2）CG﹣CE的值是定值8，如图，
∵矩形DEFG为正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DE＝DG，AD＝AC，∠ADC＝∠EDG＝90°，AD＝CD＝4
，
∴∠ADC+∠1＝∠EDG+∠1，AC＝8，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴CG﹣CE＝AE﹣CG＝AC＝8，
∴CG﹣CE的值是定值8．
【变式8-2】（息县期末）如图，M为正方形ABCD的对角线BD上一点，过M作BD的垂线交AD于E，连接BE，取BE中点O．
（1）如图①，连接AO，MO，试证明∠AOM＝90°；
（2）如图②，连接AM，AO，并延长AO交对角线BD于点N，∠MAN＝45°，试探究线段DM，MN，NB之间的数量关系并证明．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形及ME⊥BD得∠BAE＝∠BME＝90°，点O是BE的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OA＝OB，OM＝OB，可得∠AOE＝2∠OBA，∠MOE＝2∠OBM，则∠AOM＝2∠ABD＝90°；
（2）过点E作EF∥BD，交AN于点F，连接MO、MF、ME，先证明EM＝DM，MF＝MN，FE＝NB，再证明EM2+FE2＝MF2，通过等量代换证得结论．
【解答】证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°；
∵ME⊥BD，
∴∠BME＝90°；
∵点O是BE中点，
∴AO
BE＝BO，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠AOE＝∠OAB+∠OBA＝2∠OBA；
同理，∠MOE＝2∠OBM，
∴∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2（∠OBA+∠OBM）＝2∠ABD＝90°．
（2）DM2+NB2＝MN2，理由如下：
如图2，作EF∥BD，交AN于点F，连接MO、MF、ME，
∵∠OEF＝∠OBN，OE＝OB，∠EOF＝∠BON，
∴△EOF≌△BON（ASA），
∴FE＝NB，OF＝ON，
∵OM⊥FN，
∴MF＝MN；
∵∠DME＝90°，∠MDE＝45°，
∴∠MED＝45°，
∴∠MDE＝∠MED，
∴EM＝DM；
∵∠MEF＝∠DME＝90°，
∴EM2+FE2＝MF2，
∴DM2+NB2＝MN2．
【变式8-3】（大冶市期末）在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点，连接AE，过点B作BF⊥AE于F，交AD于H．
（1）如图1，过点D作DG⊥AE于G．求证：BF﹣DG＝FG；
（2）如图2，点E为CD的中点，连接DF，试判断DF，FH，EF存在什么数量关系，并说明理由．
【分析】（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE
DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，证明四边形DKFJ是正方形，可得结论．
【解答】解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB＝∠DGA＝90°，
∴∠FAB+∠DAG＝90°，∠DAG+∠ADG＝90°，
∴∠BAF＝∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF＝DG，BF＝AG，
∴BF﹣DG＝AG﹣AF＝FG．
（2）结论：FH+FE
DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ADE＝90°，AB＝AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB＝90°，
∴∠DAE+∠EAB＝90°，∠EAB+∠ABH＝90°，
∴∠DAE＝∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH＝DE，
∵DE＝EC
CD，CD＝AD，
∴AH＝DH，
∴DE＝DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J＝∠DKE＝∠KFJ＝90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK＝∠ADC＝90°，
∴∠JDH＝∠KDE，
∵∠J＝∠DKE＝90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ＝DK，JH＝EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK＝FJ＝DK＝DJ，
∴DF
FJ，
∴FH+FE＝FJ﹣HJ+FK+KE＝2FJ
DF