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《平行四边形与矩形》精选压轴题—浙江省八（下）数学期末复习
一、单选题
1．（2024八下·温州期末）如图，在矩形中，，连接，，与对角线交于点，且，，有下列三个结论：①；②；③．其中，正确的是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
2．（2024八下·钱塘期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD交于点O，延长BC至点E，使得BE＝DE，连结OE交CD于点F．当∠CED＝45°时，有以下两个结论：①若CF＝1，则，②若BD＝2，则．则下列判断正确的是（　　）
A．①②均错误 B．①②均正确
C．①错误②正确 D．①正确②错误
3．（2024八下·嵊州期末）如图，矩形中，．平分交于点，是上一动点，连结，于点，若，且，则的长为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
4．（2024八下·开化期末）如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为　 　．
5．（2024八下·新昌期末）如图，在矩形中，，在边上截取一点，使得，连接，点是的中点，连接．已知，则线段的长为　 　．
6．（2024八下·金东期末）如图，过平行四边形内的点P作各边的平行线分别交于点E，F，G，H．连接．已知与平行四边形的面积分别为m，n．
（1）若点P是平行四边形的对称中心，则　 　；
（2）平行四边形的面积为　 　（用含m、n的代数式表示）．
7．（2024八下·上城期末）在矩形中，点F为边的中点，连接，将沿直线翻折，使得点A与点 H重合，的延长线交线段于点 G，的延长线交线段于点 E，，若点 E 为线段的中点，则线段的长为　 　，线段的长为　 　．
8．（2024八下·义乌期末）如图，矩形在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标为．有一动点D以1个单位长度/秒的速度从O点向A点运动，另一动点E以相同速度同时从A点向B点运动，其中一点到达终点时停止运动．连结，将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，连结，设点D、E运动的时间为t秒．
（1）当时，的面积为　 　．
（2）记点G为线段的中点，则在整个运动过程中，点G所经过的路径长为　 　．
9．（2024八下·苍南期末）图1是一款可升降篮球架，支架，，的长度固定，A，D，G为立柱上的点，地面，篮板地面，，米，米，若改变伸缩臂的长度，则，可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架的长为　 　米．降低篮筐高度如图3，连结交于点O，平分，，此时篮筐的固定点C离地面的距离为　 　米．
三、综合题
10．（2024八下·镇海区期末）如图 1， 在平行四边形 中， ， 点 分别为边 上的动点 (不与顶点重合)， 且 ， 连结 ， 将四边形 沿着 折叠得到四边形 .
（1） 连结 交 于点 ， 连结 .
①求证： .
②若 ， 求 的长.
（2） 若点 落在平行四边形 的边上， 请直接写出 所有可能的值.
11．（2024八下·湖州期末）在中，，，，点分别为边上异于端点的动点，且，连结，将四边形沿着折叠得到四边形．
（1）如图1，边，交于点，若，求证：四边形为平行四边形；
（2）如图2，当点落在点处时，求折痕的长；
（3）当点落在的边上时，求点之间的距离．
12．（2024八下·金东期末）如下图，在矩形中，，，点P从点B出发，沿向点D运动，作关于直线的对称（点C，D的对称点分别为，）.
（1）如下图，当点在的延长线上时，连结，求的长.
（2）如下图，当点P与点C重合时，连结，、交分别于点E、F.
①求证：；
②求的长.
（3）当直线经过点B时，求的长.
13．（2024八下·衢州期末） 如图1，点O为矩形ABCD对角线AC的中点，AB=4，BC=8，点E为BC边上一点，连结EO并延长，交AD于点F．四边形ABEF与四边形A1B1EF关于EF所在直线成轴对称，线段FA1交边BC于点H，连结OH．
（1）求证： 。
（2）若 ， 求 的长。
（3） 如图 2， 连结 ， 若 ， 求 的长。
14．（2024八下·德清期末）如图1，将矩形纸片OABC放置在如图所示的平面直角坐标系内，点与坐标原点重合，点的坐标为，折叠纸片使点落在轴上的点处，折痕为MN，过点作轴的平行线交MN于点，连结BE.
（1）求证：四边形BEDM为菱形；
（2）如图2，当点N与点重合时，求点的坐标；
（3）如图3，在(2)的条件下，点是线段OC上一动点，点是线段OA上一动点，过点的反比例函数的图象与线段AB相交于点，连结PM，PQ，FM，QF，当四边形PMFQ的周长最小时，求点，点的坐标.
15．（2024八下·玉环期末）在矩形中，为边上异于、的一个动点，将沿折叠，点的对应点为．
（1）如图，若设，则_______（用含的式子表示）；当点恰好是的中点时，则________度．
（2）如图，交于点，且平分．
①求证：是等腰三角形．
②当，时，求的长．
③若设，，，求证：．
16．（2024八下·浦江期末）在矩形中，，与相交于点，点分别是边上的动点，且线段经过点．
（1）如图，求证：．
（2）如图，将矩形沿折叠，点分别是点与点的对应点．
①若，求的长度．
②连接，直接写出面积的最大值．
四、实践探究题
17．（2024八下·路桥期末）【探索发现】小应发现：平行四边形两条对角线的平方和等于两邻边平方和的两倍．
【推理论证】如图1，四边形是平行四边形，求证：．
小应的证明：作于点交的延长线于点，由四边形是平行四边形，容易证得（），得到，．设，，．
在和中，．
在中，．
（1）请继续完成小应的证明；
【初步应用】（2）如图2，在平行四边形中，对角线，交于点，，，，求的长；
【拓展提升】（3）如图3，在中，，，是斜边的三等分点，，，求的长．
18．（2024八下·嘉善期末）定义：如果平面内一点到三角形三个顶点的距离中，最长距离的平方等于另两个距离的平方和，则称这个点为该三角形的“幸运点”．例如：平面内有一点P到的三个顶点的距离分别为，如图1，当最大时，若，则点P就是的“幸运点”．
【探究1】如图2，在的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，的顶点在格点上，若格点P是的“幸运点”，请画出点P的位置；
【探究2】如图3，矩形中，对角线交于点O，，，若P是矩形上的一点，且点P是的“幸运点”，求的长；
【探究3】如图4，为等边三角形，过点A作的垂线，点D在该垂线上，以为边在其右侧作等边，连接．
①判断点A是否是的“幸运点”，并说明理由；
②若，，求的长．
19．（2024八下·西湖期末）综合与实践
【性质探究】
（1）如图1，在四边形中，对角线，交于点，且，求证：．
【性质运用】
（2）如图2，在中，，，，分别以的边，为直角边向外作等腰和等腰．连接，，，与交于点，求线段的长．
【拓展迁移】
（3）如图3，在锐角三角形中，，，，分别以的边，为边向外作等边三角形和等边三角形．连接，，，与交于点．试通过计算写出与之间的等量关系．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；矩形的性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，故选项①正确，符合题意；
∵，，
∴，.
∵， ∠BEF=∠BAC+∠AOE，
∴∠BAC=∠AOE，
∴FC=AE=OE=OF.
∵∠BCD=90°，OB⊥EF，
∴，
∵OA=OC，
∴∠OAB=∠OBE=30°，
∴，
∴，故选项②正确，符合题意；
在中，，，
∴，
∴，
∴，故选项③正确，符合题意.
综上，正确的选项有①②③，
故答案为：D．
【分析】证明可判断①；根据等腰三角形三线合一的性质可得，，利用三角形外角性质以及角平分线的判定定理可得；利用等腰三角形性质求得，继而的，故可判断②；在中，利用含30度角的直角三角形的性质求得，进而可判断③．
2．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，∠BCD =90°，OB=OD，
∴∠DCE =90°，
∵∠DCE=45°，
∴△DCE为等腰直角三角形，CD=CE，
∵BE=DE，CE=CE，
∴OE⊥BD，
若CF＝1 ，设DF=x，则CE=CD=x+1，DE=CD=（x+1），
∴BE=DE=（x+1），
∴BC=BE-CE=(-1)(x+1)，
∵∠DOF=∠ECF=90°，∠DFO=∠EFC，
∴∠ODF=∠FEC，
∵CD=CE，
∴△DCB≌△ECF（AAS）
∴BC=CF=1，
∴BC=(-1)(x+1)=1，
解得x=，即FD=，故①正确；
若BD＝2，则OD=OB=1，
设OE=y，则BE=DE=，CD=CE=DE=，
∴BC=BE-CE=(1-)，
∵BC2+CD2=BD2，
∴(1-)2(y2+1)+(y2+1)=4，解得y=+1，即OE=+1.故②正确；
故答案为：B.
【分析】易证△DCE为等腰直角三角形，可得CD=CE，由等腰三角形的性质及矩形的性质可证OE⊥BD，若CF＝1 ，设DF=x，则CE=CD=x+1，BE=DE=CD=（x+1），BC=BE-CE=(-1)(x+1)，证明△DCB≌△ECF（AAS），可得BC=CF=1，即得BC=(-1)(x+1)=1，解出x值，即可判断①；若BD＝2，则OD=OB=1，设OE=y，则BE=DE=，CD=CE=DE=，BC=BE-CE=(1-)，由勾股定理得BC2+CD2=BD2，据此建立关于y方程并解之，即可判断②.
3．【答案】A
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：连接、，如图，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即，
∴是直角三角形，
∴，
设，则，
即，
在中，，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接、，垂直平分新的性质得到，再根据角平分线得到，利用矩形的性质可得，，，再根据平行线可以推导，即可得到，证明，即可得到，得到是直角三角形，根据勾股定理求解即可．
4．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；矩形的性质；垂线段的概念
【解析】【解答】解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AGF，
由旋转的性质可知：MD＝FG，AM=AG，△ADF和△AMG均为等边三角形，
∴AM＝MG，
∴MA＋MD＋ME＝GM＋FG＋ME，
∴FM、MG、ME共线时最短，
过点F作FH⊥BC于点H，则FN⊥AD，如图所示：
∵△ADF为等边三角形，
∴ND=AD=3，
∴FN==，
∵四边形ABCD是矩形，
∴NH=AB=4，
∵点E为动点，
∴当FE⊥BC时最短，此时FE＝FH=FN＋NF＝
∴MA＋MD＋ME的最小值为，
故答案为：
【分析】将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AGF，则MD＝FG，AM=AG，△ADF和△AMG均为等边三角形，推出AM＝MG求得MA＋MD＋ME＝GM＋FG＋ME，当FM、MG、ME共线时最短，由于点E也为动点，可得当FE⊥BC时最短，此时易求得FE＝FH=FN＋NF＝.
5．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：延长，交于点G，如图所示：
∵点是的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，负值舍去，
故答案为：．
【分析】延长，交于点G，即可得到，进而得到，，即可得到，利用勾股定理求出AB的值即可．
6．【答案】；
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）连接、
四边形为平行四边形，
， ，，，，
，，
四边形为平行四边形，
点P是平行四边形的对称中心，
点E，F，G，H分别为，，，的中点，
为的中位线，
，
四边形的面积为，
，
点F为的中点，点G为的中点，
，，
，
，
，
故答案为：；
（2）由题意得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
，，，
，
，
故答案为：.
【分析】（1）连接、，根据平行四边形的判定及性质得出四边形为平行四边形，再根据中心对称的性质得出为的中位线，从而得出，然后根据中位线的性质得出，，最后根据图形的面积得出，再作比即可得出答案；
（2）由题意得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，分别表示出，，，再根据图形的面积和整理即可得出答案．
7．【答案】；
【知识点】矩形的性质；矩形的判定；矩形翻折模型
8．【答案】10；
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴，，
当时，，
∴，，
∵在矩形 中，∠DAE=90°，
∴，
∵将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴，
故答案为：10；
（2）如图，
当时，点与原点O重合，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，∴为中点，
当时，运动终止，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，∴为中点，
∵ 将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴，，
设直线的解析式为，
把，代入得，，
解得，
∴直线的解析式为，
过点F作于点P，
∵ 将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴、，
∴，
把代入得，，
∴点G在直线上运动，即点G的运动路线为线段，
在中，，
故答案为：．
【分析】（1）先根据B点的坐标，求得，，再根据，求得，，然后利用勾股定理求得DE，再根据旋转的性质得，求得DE和，再利用三角形的面积公式求解即可；
（2）如图，当时，点与原点O重合，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，即可得到中点，
当时，运动终止，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，即可得到中点，由旋转的性质求得，，利用待定系数法求得直线的解析式为，过点F作于点P，证明，可得，从而可得、，再利用中点坐标公式求得，再代入解析式可得点G在直线上运动，即点G的运动路线为线段，再利用勾股定理求得．
9．【答案】；
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，延长交地面于点，过点作于点，
地面，篮板地面，
，
，
，
，
，
又
，
米，
故支架的长为米．
如图，设于相交于，连接，连接，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
，
，
平分，
，
∵，
，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
互相平分，
，
，
平行四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
米．
故此时篮筐的固定点C离地面的距离为米．
故答案为：1.2，1.7.
【分析】先利用含有30度角直角三角形的性质求得CD，再证明四边形ABCD是平行四边形，就可求得AB=1.2，再利用角平分线的意义和平行线的性质证明，然后根据等角对等边求得AN，再利用线段差求得DN，接着证明四边形DNCB、四边形是矩形，从而可用线段差求得CI即篮筐的固定点C离地面的距离．
10．【答案】（1）解：①在 中，
②解：过 作 于
在 Rt 中，
连接 交 于
由折叠可知
又
是 ' 的中位线
是 的中垂线
（2）解：①如图：当C‘在BC边上时，过D作DG⊥BC
由折叠可知EF⊥BC，DG⊥BC，C'C=2CF
∴EF∥DG
∵AD∥BC
∴四边形EFGD为平行四边形
∴EF=DG
由（1）知：DG=CG=4
∴OF=
∴
∴CF=BC-BF=7-=1.5
∴C'C=2CF=3
②如图：当C'在AB上时，设C'C与EF交于点H，连接AC
由折叠可知EF⊥C'C，CH=C'H
∵BO = DO
∴OH∥AB，即：EF∥AB
∴CC'⊥AB
∵∠ABC=45°
∴△BCC'是等腰直角三角形
∴CC'=
③当点C’与点A重合时，过A作AH⊥BC于H
∵∠ABC =45°
∴△ABH是等腰直角三角形
∴AH=BH =4
∴CH=BC-BH=3
在Rt△ACH中
综上所述： 或 5 或 .
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【分析】
（1）根据平行四边形的性质：AD=BC，，又因为：AE=CF，得出：DE=BF，因此，得到OB=OD
（2）过 作 于 ，根据平行四边形的性质：得出：，即：△DCH为等腰直角三角形，因为DC=，得出CH=DH=4，在直角三角形BDH中，根据勾股定理：计算出BD的长，又折叠可知： 根据中位线性质得出：，得出 是 的中垂线，即可得出：
（3）本题需要分类讨论：
当C‘在BC边上时，过D作DG⊥BC，由折叠可知EF⊥BC，DG⊥BC，C'C=2CF，得出：四边形EFGD为平行四边形，故EF=DG，这样OF=2，再根据勾股定理：，计算出BF，算出CF，再乘以2即可
当C'在AB上时，设C'C与EF交于点H，连接AC，由折叠可知EF⊥C'C，CH=C'H，得出OH是△AC'C的中位线，得出：EF∥AB，因此：CC'⊥AB，即：△BCC'是等腰直角三角形，故可以计算出：CC'=
当点C’与点A重合时，过A作AH⊥BC于H，得出：△ABH是等腰直角三角形，即：AH=BH =4，再根据勾股定理：，计算CC'即可.
11．【答案】（1）证明：∵，
∴，
在平行四边形中，，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：如图1，过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，由轴对称性可知垂直平分，
在中，
∵
∴
由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
即，解得，
在中，由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
由平行四边形的中心对称性，得；
（3）解：当点落在边上时，如图2，
由折叠可知，，，
∵
∴
在平行四边形中，，
∴四边形是平行四边形
∴
在中，
∴
∴
当点落在边上时，如图3，连结交于点
由平行四边形的中心对称性，得，
由翻折，得，
∴，
∴，
在中，
∴
由勾股定理，得
当点落在边上时，如图4，连结交于点，
由折叠可知，则垂直平分，
由轴对称性可知垂直平分，
∴点与点重合
过点作的垂线交于点，
在中，，，
由勾股定理，得．
综上所述，点之间的距离为4或或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）先证，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解题；
（2）过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，可知垂直平分，然后根据勾股定理依次求出AH，AE，AC和EO长，根据四边形的对角线互相平分解题即可；
（3）分情况：当点落在边上；当点落在边上，连结交于点；当点落在边上，连结交于点，根据平行四边形的性质和勾股定理解题即可．
12．【答案】（1）解：在矩形中，，，
，
、关于直线对称，
，
，
在中，.
（2）解：①如图.
、关于直线对称，
，，，，
，
，
，
，即；
②如图.
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
设，则，
∵，
∴，
解得：，
∴的长是；
（3）解：①当直线在边上时，如图，连接，
、关于直线对称，
，，，，，，
，
，即，当直线经过点B时，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
；
②当直线在边上时，如下图所示：
、关于直线对称，
，，，
，
，
当直线经过点B时，
在中，，
∵四边形是矩形，
∴，
，
，
，
在和中，
，
，
；
综上所述，当直线经过点B时，的长或．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】（1）先利用对称性求得AC与BC'，再用勾股定理求出的长；
（2）①先利用对称证得，，，，再证明，，即可得到；
②先根据矩形的性质，证得，再根据平行线的性质证得，进而可证得，然后利用等 角对等边证得，，设，用x表示出AE，再用勾股定理建立方程求解；
（3）分直线在边上，直线经过点B时两种情况，用勾股定理即可求解．
（1）解：在矩形中，，，
，
、关于直线对称，
，
，
在中，；
（2）解：①
、关于直线对称，
，，，，
，
，
，
，即；
②
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得，，
即的长是；
（3）解：①当直线在边上时，如下图所示：
连接，
、关于直线对称，
，，，，，，
，
，即，当直线经过点B时，
在中，，，
在中，，
即，，
；
②当直线在边上时，如下图所示：
、关于直线对称，
，，，
，
，
当直线经过点B时，
在中，，
在矩形中，，
，
，
，
在和中，
，
，
；
综上所述，当直线经过点B时，的长或．
13．【答案】（1）证明：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1=∠2，
∵点O为矩形ABCD对角线AC的中点，
∴AO=CO，
又∵∠AOF=∠COE，
∴△AOF≌△COE（AAS），
∴OE=OF，
∴O为EF的中点，
∵四边形ABEF与四边形A1B1EF关于EF所在直线成轴对称，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴EH=FH，
又∵O为EF的中点，
∴OH⊥EF.
（2）解：过点F作 FG垂直BC，如图：
∵∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠D=∠C=90°，
∴则四边形FGCD为矩形.
∴CG=FD，FG=CD=AB=4.
由（1）得△AOF≌△COE，
∴AF=CE=BC-BE=8-1=7，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∴FD=BE=1，
设EH=x，则FH=x，HC=7-x，
∴CG=FD=1，
∴HG=6-x.
∴在Rt△FHG中，FH2=HG2+FG2，
即x2=（6-x）2+42，
解得： ，
∴.
（3）解：连结AE，如图：
由对称得OA=OB1，
∵点O为矩形ABCD对角线AC的中点，
∴AO=CO，
若OH=OB1，则OB1=AO=CO=OH，
当点C，H，A1重合满足条件，
∵∠B=∠EB1C=90°，AB=B1C，BE=B1E，
∴△ABE≌△CB1E（SAS），
∴∠AEB=∠CEB1，AE=EC，
∵BE与EC共线，
∴点A、点E和点B1三点共线，
∵∠D=∠EB1C=90°，B1C=AB=DC，AC=AC，
∴Rt△ADC≌Rt△AB1C（HL），
∴AD=AB1，
设BE=y，则AE=8-y，
∴在Rt△ABE中．AE2=AB2+BE2，
即 （8-y）2=42+y2，
解得y=3，
即BE=3.
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由矩形的对边平行可得AD∥BC，根据两直线平行，内错角相等得出∠1=∠2，由已知条件得出AO=CO，由对顶角相等得出∠AOF=∠COE，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等得△AOF≌△COE，全等三角形的对应边相等可得OE=OF，根据轴对称的性质得出∠1=∠3，等量代换可得出∠2=∠3，由等角对等边得EH=FH，再根据等腰三角形底边上的高和底边上的中线重合即可得出结论；
（2）过点F作 FG垂直BC，根据矩形的性质和判定可得四边形FGCD为矩形，可得FG=CD=AB=4，CG=FD.根据全等三角形的对应边相等可得AF=CE=7，根据矩形的对边相等可得AD=BC，推得FD=BE=1，设EH=x，则FH=x，HC=7-x，根据矩形的对边相等可得CG=FD=1，再求出HG=6-x，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解；
（3）连结AE，由对称得OA=OB1，根据题意得AO=CO，若OH=OB1，则OB1=AO=CO=OH，当点C，H，A1重合满足条件，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应角相等，对应边相等可得∠AEB=∠CEB1，AE=EC，推得A、E和B1三点共线，根据斜边及另一条直角边对应相等的两个直角三角形是全等三角形，全等三角形的对应边相等可得AD=AB1，设BE=y，则AE=8-y，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解.
14．【答案】（1）∵四边形OABC是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为MN
四边形BEDM是平行四边形
又
BEDM为菱形.
（2）点与点重合
设，则，
在Rt中，
即，
解得，
点的坐标为；
（3）由(2)得坐标为，设点坐标为，
点M，F都在反比例函数的图象上，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点
则，连结，
四边形PMFQ的周长
当'四点共线时四边形PMFQ的周长最小，
设直线的解析式为，把，代入，得
，解得
直线'的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为.
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得DE∥BM，根据平行线的性质得∠BMN=∠DEM，由折叠的性质可得∠BME=∠DME，BM=DM，结合已知和等腰三角形的性质可得DE=BM，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDM是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可求解；
（2）在Rt△AOD中，用勾股定理求出OD的值，由线段的构成CD=OC-OD求出CD的值，设ED=x，在Rt△CMD中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，则可得点E的坐标；
（3）由题意易得点F的坐标，作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，连结，由四边形PMFQ的周长的构成和两点之间线段最短可知：当'四点共线时四边形PMFQ的周长最小，设直线的解析式为，把M、F的坐标代入直线的解析式可得关于k、b的方程组，解方程组求出k、b的值，则可得直线的解析式；令y=0可得关于x的方程，解方程即可求解.
15．【答案】（1），
（2）证明：①延长交于点，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
由折叠可得，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即是等腰三角形；
②过点作于点，设，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，，
∴，
由折叠得，
∵，，
∴即，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得或（舍去），
∴；
③解：由①得，，，
由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴即，
∴
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
由折叠得，，
∴，
当点恰好是的中点时，
由折叠可得，，，
如图，连接，，则过点，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：，；
【分析】（1）利用矩形的性质可证得，利用折叠性质得，，从而可得，当点恰好是的中点时，由折叠可得，，，连接，，则过点，易证是等边三角形，利用等边三角形的性质求出∠ABF的度数，然后求出α的值.
（2）①延长交于点，利用ASA可证，利用全等三角形的性质可知，，利用平行线的性质证明，从而即可得证；②过点作于点，设，则，利用勾股定理求出BD的长，进而证明，再根据面积法及勾股定理构造方程求解即可；③利用折叠及平行线的性质得，进而利用勾股定理及平方差公式求解即可．
（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
由折叠得，，
∴，
当点恰好是的中点时，
由折叠可得，，，
如图，连接，，则过点，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）证明：①延长交于点，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
由折叠可得，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即是等腰三角形；
②过点作于点，设，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，，
∴，
由折叠得，
∵，，
∴即，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得或（舍去），
∴；
③解：由①得，，，
由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴即，
∴；
16．【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：①由折叠可得，∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵由折叠可得，
∴点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，
则，即点三点共线时，最大，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴边上的最大高为，
∴面积的最大值为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；四点共圆模型
【解析】【分析】（）借助矩形的性质可证明即可；
（）①由折叠的性质结合垂直的概念可得，即为等腰直角三角形，则等于等于等于，即得等于等于，又由（）可得等于等于，即，则可求；
②由折叠的性质可知点都在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，可得，即点三点共线时，最大，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理可得，即得到，最后利用三角形的面积公式计算即可求解.
（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：①由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵由折叠可得，
∴点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，
则，即点三点共线时，最大，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴边上的最大高为，
∴面积的最大值为．
17．【答案】（1）小应的证明：作于点，交的延长线于点，
由四边形是平行四边形，容易证得（），
得到，，
设，，，
在和中，，
在中，，
，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为对角线作平行四边形，连接，以为对角线作平行四边形，连接，
∵，
∴，
∵，是斜边的三等分点，
∴，
设，则，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
由 ，有，
∴，
解得：（负值舍去），
∴.
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）首先结合平行四边形的性质，证出，得到，，然后设，，，利用勾股定理得的值，从而得的值，进而求解即可；
（2）根据平行四边形的性质得，然后根据（1）的结论，代入数据，即可求解；
（3）以为对角线作平行四边形，连接，以为对角线作平行四边形，连接，根据三等分点可设，则，根据（1）的结论得出，，然后利用勾股定理可得，解方程，即可求解．
18．【答案】解：【探究1】
如图，点P即为所求作：
理由如下：
连接，
，，，
∴，
∴格点P是的“幸运点”；
【探究2】
解：∵四边形ABCD是矩形，，，
∴CD=AB=2，OA=OC=OB=OD，∠BAD=∠ABC=90°.
∴.
∴OA=OD=2.
∵点P为AD上一点，
连接，，，过O作于H，如图所示，
∴
设AP=x，
则，
∴，，.
若点P离A近，
则
∵点P是的“幸运点”，
∴则，
∴，
整理，得，
解得（舍负）；
若点P离B近，
则
∵点P是的“幸运点”，
∴则，
∴，
整理，得，
解得，（舍）
综上，满足条件的的值为或；
【探究3】
①点A是的“幸运点”，理由如下：
连接，如图：
∵、均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴点A是的“幸运点”；
②由①中结论得，
∵，
∴，
∴，
过C作于H，如图所示：
∵，，
∴，
∴在，，
∴.
若点D在A的右下方，则DH=AH－AD=1.
∴；
若点D在A左上方时，如图，
则，
∴，
综上，的长为或．
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】【探究1】根据网格特点，利用勾股定理，分别计算出PA2，PB2，PC2，结合题中定义即可得到点P的位置；
【探究2】先根据矩形的性质和边长计算出AC的长，继而的OA的长.连接，，，过O作于H，根据等腰三角形的性质可得AH的长，设AP=x，可表示出PD，PB，OH，PC的长；再分点P离A近和点P离B近两种情况分别表示出PO的长，结合题中定义列方程求解x值即可；
【探究3】①连接，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定推导出△BCD≌△ACE，得到，再在Rt△BAD中利用勾股定理，可证得，结合定义即可得结论；
②由①中结论得结合已知求得，过C作于H，利用含30度角的直角三角形的性质求得，.再分点D在A的右下方时和点D在A左上方时，计算出的DH的长，即可利用勾股定理求解DE的长．
19．【答案】解：（1）证明：，，
，，，，
，，
．
解：和是等腰直角三角形，
，，，
，
即，
，
，
，，
，
，
，
由（1）得：，
在中，，
，
在中，，
，
在中，，，，
，
解得：；
（3）如图所示，过点作，过点作，垂足分别为，连接，过点作，交于点，交于点，过点作于点，交于点，
∴
∵，等边三角形和等边三角形
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴
∵
∴，
又∵
∴
∴
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，则，
在中，，则
∴，
∴，
在中，；
∵，
∴四边形是矩形，，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【知识点】二次根式的乘除法；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据勾股定理得到结论即可；
（2）连接、交于点，交于，得到，即可得到，然后证明，即可得到，求出BC、BD和CE的值然后求出DE长即可；
（3）过点作，点作，垂足分别为，连接，过点作，交于点，交于点，过点作于点，交于点，即可得到，进而得到是矩形，可以得到，然后求出，解答即可．
1 / 1《平行四边形与矩形》精选压轴题—浙江省八（下）数学期末复习
一、单选题
1．（2024八下·温州期末）如图，在矩形中，，连接，，与对角线交于点，且，，有下列三个结论：①；②；③．其中，正确的是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；矩形的性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，故选项①正确，符合题意；
∵，，
∴，.
∵， ∠BEF=∠BAC+∠AOE，
∴∠BAC=∠AOE，
∴FC=AE=OE=OF.
∵∠BCD=90°，OB⊥EF，
∴，
∵OA=OC，
∴∠OAB=∠OBE=30°，
∴，
∴，故选项②正确，符合题意；
在中，，，
∴，
∴，
∴，故选项③正确，符合题意.
综上，正确的选项有①②③，
故答案为：D．
【分析】证明可判断①；根据等腰三角形三线合一的性质可得，，利用三角形外角性质以及角平分线的判定定理可得；利用等腰三角形性质求得，继而的，故可判断②；在中，利用含30度角的直角三角形的性质求得，进而可判断③．
2．（2024八下·钱塘期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD交于点O，延长BC至点E，使得BE＝DE，连结OE交CD于点F．当∠CED＝45°时，有以下两个结论：①若CF＝1，则，②若BD＝2，则．则下列判断正确的是（　　）
A．①②均错误 B．①②均正确
C．①错误②正确 D．①正确②错误
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，∠BCD =90°，OB=OD，
∴∠DCE =90°，
∵∠DCE=45°，
∴△DCE为等腰直角三角形，CD=CE，
∵BE=DE，CE=CE，
∴OE⊥BD，
若CF＝1 ，设DF=x，则CE=CD=x+1，DE=CD=（x+1），
∴BE=DE=（x+1），
∴BC=BE-CE=(-1)(x+1)，
∵∠DOF=∠ECF=90°，∠DFO=∠EFC，
∴∠ODF=∠FEC，
∵CD=CE，
∴△DCB≌△ECF（AAS）
∴BC=CF=1，
∴BC=(-1)(x+1)=1，
解得x=，即FD=，故①正确；
若BD＝2，则OD=OB=1，
设OE=y，则BE=DE=，CD=CE=DE=，
∴BC=BE-CE=(1-)，
∵BC2+CD2=BD2，
∴(1-)2(y2+1)+(y2+1)=4，解得y=+1，即OE=+1.故②正确；
故答案为：B.
【分析】易证△DCE为等腰直角三角形，可得CD=CE，由等腰三角形的性质及矩形的性质可证OE⊥BD，若CF＝1 ，设DF=x，则CE=CD=x+1，BE=DE=CD=（x+1），BC=BE-CE=(-1)(x+1)，证明△DCB≌△ECF（AAS），可得BC=CF=1，即得BC=(-1)(x+1)=1，解出x值，即可判断①；若BD＝2，则OD=OB=1，设OE=y，则BE=DE=，CD=CE=DE=，BC=BE-CE=(1-)，由勾股定理得BC2+CD2=BD2，据此建立关于y方程并解之，即可判断②.
3．（2024八下·嵊州期末）如图，矩形中，．平分交于点，是上一动点，连结，于点，若，且，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：连接、，如图，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即，
∴是直角三角形，
∴，
设，则，
即，
在中，，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接、，垂直平分新的性质得到，再根据角平分线得到，利用矩形的性质可得，，，再根据平行线可以推导，即可得到，证明，即可得到，得到是直角三角形，根据勾股定理求解即可．
二、填空题
4．（2024八下·开化期末）如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；矩形的性质；垂线段的概念
【解析】【解答】解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AGF，
由旋转的性质可知：MD＝FG，AM=AG，△ADF和△AMG均为等边三角形，
∴AM＝MG，
∴MA＋MD＋ME＝GM＋FG＋ME，
∴FM、MG、ME共线时最短，
过点F作FH⊥BC于点H，则FN⊥AD，如图所示：
∵△ADF为等边三角形，
∴ND=AD=3，
∴FN==，
∵四边形ABCD是矩形，
∴NH=AB=4，
∵点E为动点，
∴当FE⊥BC时最短，此时FE＝FH=FN＋NF＝
∴MA＋MD＋ME的最小值为，
故答案为：
【分析】将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AGF，则MD＝FG，AM=AG，△ADF和△AMG均为等边三角形，推出AM＝MG求得MA＋MD＋ME＝GM＋FG＋ME，当FM、MG、ME共线时最短，由于点E也为动点，可得当FE⊥BC时最短，此时易求得FE＝FH=FN＋NF＝.
5．（2024八下·新昌期末）如图，在矩形中，，在边上截取一点，使得，连接，点是的中点，连接．已知，则线段的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：延长，交于点G，如图所示：
∵点是的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，负值舍去，
故答案为：．
【分析】延长，交于点G，即可得到，进而得到，，即可得到，利用勾股定理求出AB的值即可．
6．（2024八下·金东期末）如图，过平行四边形内的点P作各边的平行线分别交于点E，F，G，H．连接．已知与平行四边形的面积分别为m，n．
（1）若点P是平行四边形的对称中心，则　 　；
（2）平行四边形的面积为　 　（用含m、n的代数式表示）．
【答案】；
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）连接、
四边形为平行四边形，
， ，，，，
，，
四边形为平行四边形，
点P是平行四边形的对称中心，
点E，F，G，H分别为，，，的中点，
为的中位线，
，
四边形的面积为，
，
点F为的中点，点G为的中点，
，，
，
，
，
故答案为：；
（2）由题意得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
，，，
，
，
故答案为：.
【分析】（1）连接、，根据平行四边形的判定及性质得出四边形为平行四边形，再根据中心对称的性质得出为的中位线，从而得出，然后根据中位线的性质得出，，最后根据图形的面积得出，再作比即可得出答案；
（2）由题意得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，分别表示出，，，再根据图形的面积和整理即可得出答案．
7．（2024八下·上城期末）在矩形中，点F为边的中点，连接，将沿直线翻折，使得点A与点 H重合，的延长线交线段于点 G，的延长线交线段于点 E，，若点 E 为线段的中点，则线段的长为　 　，线段的长为　 　．
【答案】；
【知识点】矩形的性质；矩形的判定；矩形翻折模型
8．（2024八下·义乌期末）如图，矩形在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标为．有一动点D以1个单位长度/秒的速度从O点向A点运动，另一动点E以相同速度同时从A点向B点运动，其中一点到达终点时停止运动．连结，将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，连结，设点D、E运动的时间为t秒．
（1）当时，的面积为　 　．
（2）记点G为线段的中点，则在整个运动过程中，点G所经过的路径长为　 　．
【答案】10；
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴，，
当时，，
∴，，
∵在矩形 中，∠DAE=90°，
∴，
∵将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴，
故答案为：10；
（2）如图，
当时，点与原点O重合，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，∴为中点，
当时，运动终止，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，∴为中点，
∵ 将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴，，
设直线的解析式为，
把，代入得，，
解得，
∴直线的解析式为，
过点F作于点P，
∵ 将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴、，
∴，
把代入得，，
∴点G在直线上运动，即点G的运动路线为线段，
在中，，
故答案为：．
【分析】（1）先根据B点的坐标，求得，，再根据，求得，，然后利用勾股定理求得DE，再根据旋转的性质得，求得DE和，再利用三角形的面积公式求解即可；
（2）如图，当时，点与原点O重合，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，即可得到中点，
当时，运动终止，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，即可得到中点，由旋转的性质求得，，利用待定系数法求得直线的解析式为，过点F作于点P，证明，可得，从而可得、，再利用中点坐标公式求得，再代入解析式可得点G在直线上运动，即点G的运动路线为线段，再利用勾股定理求得．
9．（2024八下·苍南期末）图1是一款可升降篮球架，支架，，的长度固定，A，D，G为立柱上的点，地面，篮板地面，，米，米，若改变伸缩臂的长度，则，可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架的长为　 　米．降低篮筐高度如图3，连结交于点O，平分，，此时篮筐的固定点C离地面的距离为　 　米．
【答案】；
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，延长交地面于点，过点作于点，
地面，篮板地面，
，
，
，
，
，
又
，
米，
故支架的长为米．
如图，设于相交于，连接，连接，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
，
，
平分，
，
∵，
，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
互相平分，
，
，
平行四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
米．
故此时篮筐的固定点C离地面的距离为米．
故答案为：1.2，1.7.
【分析】先利用含有30度角直角三角形的性质求得CD，再证明四边形ABCD是平行四边形，就可求得AB=1.2，再利用角平分线的意义和平行线的性质证明，然后根据等角对等边求得AN，再利用线段差求得DN，接着证明四边形DNCB、四边形是矩形，从而可用线段差求得CI即篮筐的固定点C离地面的距离．
三、综合题
10．（2024八下·镇海区期末）如图 1， 在平行四边形 中， ， 点 分别为边 上的动点 (不与顶点重合)， 且 ， 连结 ， 将四边形 沿着 折叠得到四边形 .
（1） 连结 交 于点 ， 连结 .
①求证： .
②若 ， 求 的长.
（2） 若点 落在平行四边形 的边上， 请直接写出 所有可能的值.
【答案】（1）解：①在 中，
②解：过 作 于
在 Rt 中，
连接 交 于
由折叠可知
又
是 ' 的中位线
是 的中垂线
（2）解：①如图：当C‘在BC边上时，过D作DG⊥BC
由折叠可知EF⊥BC，DG⊥BC，C'C=2CF
∴EF∥DG
∵AD∥BC
∴四边形EFGD为平行四边形
∴EF=DG
由（1）知：DG=CG=4
∴OF=
∴
∴CF=BC-BF=7-=1.5
∴C'C=2CF=3
②如图：当C'在AB上时，设C'C与EF交于点H，连接AC
由折叠可知EF⊥C'C，CH=C'H
∵BO = DO
∴OH∥AB，即：EF∥AB
∴CC'⊥AB
∵∠ABC=45°
∴△BCC'是等腰直角三角形
∴CC'=
③当点C’与点A重合时，过A作AH⊥BC于H
∵∠ABC =45°
∴△ABH是等腰直角三角形
∴AH=BH =4
∴CH=BC-BH=3
在Rt△ACH中
综上所述： 或 5 或 .
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【分析】
（1）根据平行四边形的性质：AD=BC，，又因为：AE=CF，得出：DE=BF，因此，得到OB=OD
（2）过 作 于 ，根据平行四边形的性质：得出：，即：△DCH为等腰直角三角形，因为DC=，得出CH=DH=4，在直角三角形BDH中，根据勾股定理：计算出BD的长，又折叠可知： 根据中位线性质得出：，得出 是 的中垂线，即可得出：
（3）本题需要分类讨论：
当C‘在BC边上时，过D作DG⊥BC，由折叠可知EF⊥BC，DG⊥BC，C'C=2CF，得出：四边形EFGD为平行四边形，故EF=DG，这样OF=2，再根据勾股定理：，计算出BF，算出CF，再乘以2即可
当C'在AB上时，设C'C与EF交于点H，连接AC，由折叠可知EF⊥C'C，CH=C'H，得出OH是△AC'C的中位线，得出：EF∥AB，因此：CC'⊥AB，即：△BCC'是等腰直角三角形，故可以计算出：CC'=
当点C’与点A重合时，过A作AH⊥BC于H，得出：△ABH是等腰直角三角形，即：AH=BH =4，再根据勾股定理：，计算CC'即可.
11．（2024八下·湖州期末）在中，，，，点分别为边上异于端点的动点，且，连结，将四边形沿着折叠得到四边形．
（1）如图1，边，交于点，若，求证：四边形为平行四边形；
（2）如图2，当点落在点处时，求折痕的长；
（3）当点落在的边上时，求点之间的距离．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
在平行四边形中，，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：如图1，过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，由轴对称性可知垂直平分，
在中，
∵
∴
由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
即，解得，
在中，由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
由平行四边形的中心对称性，得；
（3）解：当点落在边上时，如图2，
由折叠可知，，，
∵
∴
在平行四边形中，，
∴四边形是平行四边形
∴
在中，
∴
∴
当点落在边上时，如图3，连结交于点
由平行四边形的中心对称性，得，
由翻折，得，
∴，
∴，
在中，
∴
由勾股定理，得
当点落在边上时，如图4，连结交于点，
由折叠可知，则垂直平分，
由轴对称性可知垂直平分，
∴点与点重合
过点作的垂线交于点，
在中，，，
由勾股定理，得．
综上所述，点之间的距离为4或或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）先证，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解题；
（2）过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，可知垂直平分，然后根据勾股定理依次求出AH，AE，AC和EO长，根据四边形的对角线互相平分解题即可；
（3）分情况：当点落在边上；当点落在边上，连结交于点；当点落在边上，连结交于点，根据平行四边形的性质和勾股定理解题即可．
12．（2024八下·金东期末）如下图，在矩形中，，，点P从点B出发，沿向点D运动，作关于直线的对称（点C，D的对称点分别为，）.
（1）如下图，当点在的延长线上时，连结，求的长.
（2）如下图，当点P与点C重合时，连结，、交分别于点E、F.
①求证：；
②求的长.
（3）当直线经过点B时，求的长.
【答案】（1）解：在矩形中，，，
，
、关于直线对称，
，
，
在中，.
（2）解：①如图.
、关于直线对称，
，，，，
，
，
，
，即；
②如图.
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
设，则，
∵，
∴，
解得：，
∴的长是；
（3）解：①当直线在边上时，如图，连接，
、关于直线对称，
，，，，，，
，
，即，当直线经过点B时，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
；
②当直线在边上时，如下图所示：
、关于直线对称，
，，，
，
，
当直线经过点B时，
在中，，
∵四边形是矩形，
∴，
，
，
，
在和中，
，
，
；
综上所述，当直线经过点B时，的长或．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】（1）先利用对称性求得AC与BC'，再用勾股定理求出的长；
（2）①先利用对称证得，，，，再证明，，即可得到；
②先根据矩形的性质，证得，再根据平行线的性质证得，进而可证得，然后利用等 角对等边证得，，设，用x表示出AE，再用勾股定理建立方程求解；
（3）分直线在边上，直线经过点B时两种情况，用勾股定理即可求解．
（1）解：在矩形中，，，
，
、关于直线对称，
，
，
在中，；
（2）解：①
、关于直线对称，
，，，，
，
，
，
，即；
②
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得，，
即的长是；
（3）解：①当直线在边上时，如下图所示：
连接，
、关于直线对称，
，，，，，，
，
，即，当直线经过点B时，
在中，，，
在中，，
即，，
；
②当直线在边上时，如下图所示：
、关于直线对称，
，，，
，
，
当直线经过点B时，
在中，，
在矩形中，，
，
，
，
在和中，
，
，
；
综上所述，当直线经过点B时，的长或．
13．（2024八下·衢州期末） 如图1，点O为矩形ABCD对角线AC的中点，AB=4，BC=8，点E为BC边上一点，连结EO并延长，交AD于点F．四边形ABEF与四边形A1B1EF关于EF所在直线成轴对称，线段FA1交边BC于点H，连结OH．
（1）求证： 。
（2）若 ， 求 的长。
（3） 如图 2， 连结 ， 若 ， 求 的长。
【答案】（1）证明：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1=∠2，
∵点O为矩形ABCD对角线AC的中点，
∴AO=CO，
又∵∠AOF=∠COE，
∴△AOF≌△COE（AAS），
∴OE=OF，
∴O为EF的中点，
∵四边形ABEF与四边形A1B1EF关于EF所在直线成轴对称，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴EH=FH，
又∵O为EF的中点，
∴OH⊥EF.
（2）解：过点F作 FG垂直BC，如图：
∵∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠D=∠C=90°，
∴则四边形FGCD为矩形.
∴CG=FD，FG=CD=AB=4.
由（1）得△AOF≌△COE，
∴AF=CE=BC-BE=8-1=7，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∴FD=BE=1，
设EH=x，则FH=x，HC=7-x，
∴CG=FD=1，
∴HG=6-x.
∴在Rt△FHG中，FH2=HG2+FG2，
即x2=（6-x）2+42，
解得： ，
∴.
（3）解：连结AE，如图：
由对称得OA=OB1，
∵点O为矩形ABCD对角线AC的中点，
∴AO=CO，
若OH=OB1，则OB1=AO=CO=OH，
当点C，H，A1重合满足条件，
∵∠B=∠EB1C=90°，AB=B1C，BE=B1E，
∴△ABE≌△CB1E（SAS），
∴∠AEB=∠CEB1，AE=EC，
∵BE与EC共线，
∴点A、点E和点B1三点共线，
∵∠D=∠EB1C=90°，B1C=AB=DC，AC=AC，
∴Rt△ADC≌Rt△AB1C（HL），
∴AD=AB1，
设BE=y，则AE=8-y，
∴在Rt△ABE中．AE2=AB2+BE2，
即 （8-y）2=42+y2，
解得y=3，
即BE=3.
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由矩形的对边平行可得AD∥BC，根据两直线平行，内错角相等得出∠1=∠2，由已知条件得出AO=CO，由对顶角相等得出∠AOF=∠COE，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等得△AOF≌△COE，全等三角形的对应边相等可得OE=OF，根据轴对称的性质得出∠1=∠3，等量代换可得出∠2=∠3，由等角对等边得EH=FH，再根据等腰三角形底边上的高和底边上的中线重合即可得出结论；
（2）过点F作 FG垂直BC，根据矩形的性质和判定可得四边形FGCD为矩形，可得FG=CD=AB=4，CG=FD.根据全等三角形的对应边相等可得AF=CE=7，根据矩形的对边相等可得AD=BC，推得FD=BE=1，设EH=x，则FH=x，HC=7-x，根据矩形的对边相等可得CG=FD=1，再求出HG=6-x，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解；
（3）连结AE，由对称得OA=OB1，根据题意得AO=CO，若OH=OB1，则OB1=AO=CO=OH，当点C，H，A1重合满足条件，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应角相等，对应边相等可得∠AEB=∠CEB1，AE=EC，推得A、E和B1三点共线，根据斜边及另一条直角边对应相等的两个直角三角形是全等三角形，全等三角形的对应边相等可得AD=AB1，设BE=y，则AE=8-y，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解.
14．（2024八下·德清期末）如图1，将矩形纸片OABC放置在如图所示的平面直角坐标系内，点与坐标原点重合，点的坐标为，折叠纸片使点落在轴上的点处，折痕为MN，过点作轴的平行线交MN于点，连结BE.
（1）求证：四边形BEDM为菱形；
（2）如图2，当点N与点重合时，求点的坐标；
（3）如图3，在(2)的条件下，点是线段OC上一动点，点是线段OA上一动点，过点的反比例函数的图象与线段AB相交于点，连结PM，PQ，FM，QF，当四边形PMFQ的周长最小时，求点，点的坐标.
【答案】（1）∵四边形OABC是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为MN
四边形BEDM是平行四边形
又
BEDM为菱形.
（2）点与点重合
设，则，
在Rt中，
即，
解得，
点的坐标为；
（3）由(2)得坐标为，设点坐标为，
点M，F都在反比例函数的图象上，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点
则，连结，
四边形PMFQ的周长
当'四点共线时四边形PMFQ的周长最小，
设直线的解析式为，把，代入，得
，解得
直线'的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为.
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得DE∥BM，根据平行线的性质得∠BMN=∠DEM，由折叠的性质可得∠BME=∠DME，BM=DM，结合已知和等腰三角形的性质可得DE=BM，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDM是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可求解；
（2）在Rt△AOD中，用勾股定理求出OD的值，由线段的构成CD=OC-OD求出CD的值，设ED=x，在Rt△CMD中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，则可得点E的坐标；
（3）由题意易得点F的坐标，作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，连结，由四边形PMFQ的周长的构成和两点之间线段最短可知：当'四点共线时四边形PMFQ的周长最小，设直线的解析式为，把M、F的坐标代入直线的解析式可得关于k、b的方程组，解方程组求出k、b的值，则可得直线的解析式；令y=0可得关于x的方程，解方程即可求解.
15．（2024八下·玉环期末）在矩形中，为边上异于、的一个动点，将沿折叠，点的对应点为．
（1）如图，若设，则_______（用含的式子表示）；当点恰好是的中点时，则________度．
（2）如图，交于点，且平分．
①求证：是等腰三角形．
②当，时，求的长．
③若设，，，求证：．
【答案】（1），
（2）证明：①延长交于点，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
由折叠可得，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即是等腰三角形；
②过点作于点，设，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，，
∴，
由折叠得，
∵，，
∴即，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得或（舍去），
∴；
③解：由①得，，，
由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴即，
∴
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
由折叠得，，
∴，
当点恰好是的中点时，
由折叠可得，，，
如图，连接，，则过点，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：，；
【分析】（1）利用矩形的性质可证得，利用折叠性质得，，从而可得，当点恰好是的中点时，由折叠可得，，，连接，，则过点，易证是等边三角形，利用等边三角形的性质求出∠ABF的度数，然后求出α的值.
（2）①延长交于点，利用ASA可证，利用全等三角形的性质可知，，利用平行线的性质证明，从而即可得证；②过点作于点，设，则，利用勾股定理求出BD的长，进而证明，再根据面积法及勾股定理构造方程求解即可；③利用折叠及平行线的性质得，进而利用勾股定理及平方差公式求解即可．
（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
由折叠得，，
∴，
当点恰好是的中点时，
由折叠可得，，，
如图，连接，，则过点，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）证明：①延长交于点，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
由折叠可得，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即是等腰三角形；
②过点作于点，设，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，，
∴，
由折叠得，
∵，，
∴即，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得或（舍去），
∴；
③解：由①得，，，
由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴即，
∴；
16．（2024八下·浦江期末）在矩形中，，与相交于点，点分别是边上的动点，且线段经过点．
（1）如图，求证：．
（2）如图，将矩形沿折叠，点分别是点与点的对应点．
①若，求的长度．
②连接，直接写出面积的最大值．
【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：①由折叠可得，∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵由折叠可得，
∴点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，
则，即点三点共线时，最大，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴边上的最大高为，
∴面积的最大值为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；四点共圆模型
【解析】【分析】（）借助矩形的性质可证明即可；
（）①由折叠的性质结合垂直的概念可得，即为等腰直角三角形，则等于等于等于，即得等于等于，又由（）可得等于等于，即，则可求；
②由折叠的性质可知点都在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，可得，即点三点共线时，最大，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理可得，即得到，最后利用三角形的面积公式计算即可求解.
（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：①由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵由折叠可得，
∴点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，
则，即点三点共线时，最大，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴边上的最大高为，
∴面积的最大值为．
四、实践探究题
17．（2024八下·路桥期末）【探索发现】小应发现：平行四边形两条对角线的平方和等于两邻边平方和的两倍．
【推理论证】如图1，四边形是平行四边形，求证：．
小应的证明：作于点交的延长线于点，由四边形是平行四边形，容易证得（），得到，．设，，．
在和中，．
在中，．
（1）请继续完成小应的证明；
【初步应用】（2）如图2，在平行四边形中，对角线，交于点，，，，求的长；
【拓展提升】（3）如图3，在中，，，是斜边的三等分点，，，求的长．
【答案】（1）小应的证明：作于点，交的延长线于点，
由四边形是平行四边形，容易证得（），
得到，，
设，，，
在和中，，
在中，，
，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为对角线作平行四边形，连接，以为对角线作平行四边形，连接，
∵，
∴，
∵，是斜边的三等分点，
∴，
设，则，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
由 ，有，
∴，
解得：（负值舍去），
∴.
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）首先结合平行四边形的性质，证出，得到，，然后设，，，利用勾股定理得的值，从而得的值，进而求解即可；
（2）根据平行四边形的性质得，然后根据（1）的结论，代入数据，即可求解；
（3）以为对角线作平行四边形，连接，以为对角线作平行四边形，连接，根据三等分点可设，则，根据（1）的结论得出，，然后利用勾股定理可得，解方程，即可求解．
18．（2024八下·嘉善期末）定义：如果平面内一点到三角形三个顶点的距离中，最长距离的平方等于另两个距离的平方和，则称这个点为该三角形的“幸运点”．例如：平面内有一点P到的三个顶点的距离分别为，如图1，当最大时，若，则点P就是的“幸运点”．
【探究1】如图2，在的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，的顶点在格点上，若格点P是的“幸运点”，请画出点P的位置；
【探究2】如图3，矩形中，对角线交于点O，，，若P是矩形上的一点，且点P是的“幸运点”，求的长；
【探究3】如图4，为等边三角形，过点A作的垂线，点D在该垂线上，以为边在其右侧作等边，连接．
①判断点A是否是的“幸运点”，并说明理由；
②若，，求的长．
【答案】解：【探究1】
如图，点P即为所求作：
理由如下：
连接，
，，，
∴，
∴格点P是的“幸运点”；
【探究2】
解：∵四边形ABCD是矩形，，，
∴CD=AB=2，OA=OC=OB=OD，∠BAD=∠ABC=90°.
∴.
∴OA=OD=2.
∵点P为AD上一点，
连接，，，过O作于H，如图所示，
∴
设AP=x，
则，
∴，，.
若点P离A近，
则
∵点P是的“幸运点”，
∴则，
∴，
整理，得，
解得（舍负）；
若点P离B近，
则
∵点P是的“幸运点”，
∴则，
∴，
整理，得，
解得，（舍）
综上，满足条件的的值为或；
【探究3】
①点A是的“幸运点”，理由如下：
连接，如图：
∵、均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴点A是的“幸运点”；
②由①中结论得，
∵，
∴，
∴，
过C作于H，如图所示：
∵，，
∴，
∴在，，
∴.
若点D在A的右下方，则DH=AH－AD=1.
∴；
若点D在A左上方时，如图，
则，
∴，
综上，的长为或．
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】【探究1】根据网格特点，利用勾股定理，分别计算出PA2，PB2，PC2，结合题中定义即可得到点P的位置；
【探究2】先根据矩形的性质和边长计算出AC的长，继而的OA的长.连接，，，过O作于H，根据等腰三角形的性质可得AH的长，设AP=x，可表示出PD，PB，OH，PC的长；再分点P离A近和点P离B近两种情况分别表示出PO的长，结合题中定义列方程求解x值即可；
【探究3】①连接，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定推导出△BCD≌△ACE，得到，再在Rt△BAD中利用勾股定理，可证得，结合定义即可得结论；
②由①中结论得结合已知求得，过C作于H，利用含30度角的直角三角形的性质求得，.再分点D在A的右下方时和点D在A左上方时，计算出的DH的长，即可利用勾股定理求解DE的长．
19．（2024八下·西湖期末）综合与实践
【性质探究】
（1）如图1，在四边形中，对角线，交于点，且，求证：．
【性质运用】
（2）如图2，在中，，，，分别以的边，为直角边向外作等腰和等腰．连接，，，与交于点，求线段的长．
【拓展迁移】
（3）如图3，在锐角三角形中，，，，分别以的边，为边向外作等边三角形和等边三角形．连接，，，与交于点．试通过计算写出与之间的等量关系．
【答案】解：（1）证明：，，
，，，，
，，
．
解：和是等腰直角三角形，
，，，
，
即，
，
，
，，
，
，
，
由（1）得：，
在中，，
，
在中，，
，
在中，，，，
，
解得：；
（3）如图所示，过点作，过点作，垂足分别为，连接，过点作，交于点，交于点，过点作于点，交于点，
∴
∵，等边三角形和等边三角形
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴
∵
∴，
又∵
∴
∴
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，则，
在中，，则
∴，
∴，
在中，；
∵，
∴四边形是矩形，，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【知识点】二次根式的乘除法；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据勾股定理得到结论即可；
（2）连接、交于点，交于，得到，即可得到，然后证明，即可得到，求出BC、BD和CE的值然后求出DE长即可；
（3）过点作，点作，垂足分别为，连接，过点作，交于点，交于点，过点作于点，交于点，即可得到，进而得到是矩形，可以得到，然后求出，解答即可．
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