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重难突破01 特殊平行四边形综合
重难突破
一、单选题
1．（2023春·山东淄博·八年级统考期中）如图，在正方形中，点在上，，垂足分别为，，则的长为( )
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
2．（2022春·广东江门·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OD，∠OAD=50°，则∠OAB的度数为(　　)
A．40° B．50° C．60° D．70°
3．（2022秋·贵州贵阳·九年级校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是（ ）
A．5 B．10 C．12 D．14
4．（2022春·山东泰安·八年级统考期末）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连结交于点，连结、．若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
5．（2023春·八年级单元测试）如图，四边形是菱形，是两条对角线的交点，过点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为（ ）．
A．48 B．24 C．12 D．6
6．（2023春·八年级单元测试）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE于H，过H作GH⊥BD于G，下列有四个结论：①AF＝FH，②∠HAE＝45°，③BD＝2FG，④△CEH的周长为定值，其中正确的结论有（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
7．（2023春·广东河源·九年级校考开学考试）如图，点E是正方形ABCD外一点，连接AE、BE和DE，过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝3．下列结论：①△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为；④S正方形ABCD＝8+．则正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2022·山西·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．给出如下几个结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG=；③若AF=2DF，则BG=6GF；④CG与BD一定不垂直；⑤∠BGE的大小为定值．
其中正确的结论个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
9．（2023春·广东潮州·八年级统考期中）如图，菱形ABCD的两条对角线分别长6和8，点P是对角线AC上的一个动点，点M、N分别是边AB、BC的中点，则△PMN周长的最小值是 ．

10．（2022春·湖南岳阳·八年级统考期末）如图，矩形纸片中，，．将纸片折叠，使点落在边的延长线上的点处，折痕为，点、分别在边和边上．连接，交于点，交于点．给出以下结论：①；②；③；④当点F与点重合时，，其中正确的结论有 （填序号）．
11．（2022春·山东烟台·九年级统考期中）菱形ABCD中，AB=4cm，∠ABC=60°，则此菱形ABCD的面积为 ．
12．（2023春·八年级课时练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点H是线段BC的动点，连接OH．若OB=4，S菱形ABCD＝24，则OH的最小值是 ．
13．（2022春·山东临沂·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝9，P是AB边上的一个动点（异于A，B两点），过点P分别作AC，BC边的垂线，垂足分别为M，N，则MN最小值是 ．
14．（2023春·陕西西安·七年级高新一中校考阶段练习）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为 ．
15．（2023·安徽·一模）已知，矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E是对角线BD上一点，连接AE并延长交矩形的一边于点F，将△ABF沿直线AF翻折，使得点B落在处．（1）若∠BAE=30°，则= ；（2）若AE=2EF，则的长为 ．
16．（2023春·陕西西安·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，（），，，，若，，则的长度为 ．

三、解答题
17．（2023春·四川绵阳·八年级统考期末）如图，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，对角线 BD 的垂直平分线与边 AD、BC 分别相交于点 M、N．
(1)求证：四边形 BNDM 是菱形；
(2)若 BD＝12，MN＝4，求菱形 BNDM 的周长．
18．（2022春·福建南平·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为（-2，0），（2，0），点C在y轴正半轴上，且OC=AB．将线段AB平移至线段CD，A点的对应点为C点，B点的对应点为D点，连接AC，BD．
（1）写出点D的坐标 （ ， ）；
（2）坐标轴上一点P．
① 当点P在线段OC上（不与O，C重合）时，连接PD，PB，直接写出∠PDC，∠PBO，∠BPD之间的数量关系；
② 当点P在x轴上时，若△PCD与△ACP的面积相等，求点P的坐标．
19．（2023春·江苏盐城·八年级统考阶段练习）利用矩形的性质，证明“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．
已知：如图， ；
求证： ；
证明：
20．（2022春·四川南充·八年级阆中中学校考期中）如图，在ABC中，ACB=90°,D是AC的中点，DEAC，AE//BD．
(1)证明：ADE DCB；
(2)连接BE，判断四边形BCDE的形状，并证明；
(3)若BC=4，AE=5，求四边形ACBE的周长.
21．（2022秋·湖南长沙·九年级长沙市怡雅中学校考阶段练习）问题情境：如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将绕点B按顺时针方向旋转90°，得到（点A的对应点为点C）．延长AE交于点F，连接DE．
(1)猜想证明：试判断四边形的形状，并说明现由；
(2)如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
(3)解决问题：如图①，若AB＝5，EF＝3、请直接写出DE的长．
22．（2022秋·湖北黄石·八年级校考阶段练习）如图①，在正方形中，点，分别在、上，且．
（1）试探索线段、的关系，写出你的结论并说明理由；
（2）连接、，分别取、、、的中点、、、，四边形是什么特殊平行四边形？请在图②中补全图形，并说明理由．
23．（2022秋·山东青岛·九年级青岛市城阳第九中学校考阶段练习）如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒（）．过点作交于点，连接、．
（1）求证；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由．
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
24．（2022秋·广东佛山·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AC交BD于点E，且四边形AEBF为菱形，已知BD=2BC=8，求FD与四边形ADEF的面积．
25．（2022春·湖南·八年级校联考期中）如图，平行四边形ABCD中，．点F是线段AB的中点．过点C作CG⊥DB交BD于点G，CG延长线交DF于点H．且．
　　
(1)如图1，若．
①求证：
②求FH的值；
(2)如图2，连接FG．求证：．
26．（2022春·八年级单元测试）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=4，∠BCD=120°，求四边形AODE的面积．
27．（2023春·山西忻州·八年级校考期中）如图，矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线EF与AD、AC、BC分别交于点E、O、F．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若AB＝5，BC＝12，求菱形AFCE的面积．

28．（2022秋·广东佛山·九年级校联考阶段练习）如图1．在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，D（0，3），点E是OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括O、B），作MN⊥DM，交∠CBE的平分线于点N．
(1)求证：MD=MN；
(2)如图2，若M（2，0），在OD上找一点P，使四边形MNCP是平行四边形，求点P的坐标；
(3)如图，连接DN交BC于F，连接FM，求证：∠DFC=∠DFM．
29．（2023·湖南长沙·校联考一模）如图，在中，G是的中点，点F在上，的延长线与的延长线交于点E，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，
①试求的长度；
②四边形的面积．
30．（2022·云南·统考模拟预测）如图1，已知四边形是平行四边形，并且．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）如图2，点E是边的中点，F为边上一点，．若，，求的长．
31．（2022秋·浙江杭州·八年级期末）如图，四边形ABCD中，，，在BC、CD上分别找一点M、N，使周长最小时，求的度数．
32．（2022春·广东广州·八年级广州市第五中学校考期中）（1）如图①，点 M 是正方形 ABCD 的边 BC 上一点，点 N 是 CD 延长线上一点， 且BM=DN，则线段 AM 与 AN 的关系．
（2）如图②，在正方形 ABCD 中，点 E、F分别在边 BC、CD上，且∠EAF=45°，判断 BE，DF，EF 三条线段的数量关系，并说明理由．
（3）如图③，在四边形 ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∠ABC+∠ADC=180°，点E、F分别在边 BC、CD 上，且∠EAF=45°，若 BD=5，EF=3，求四边形 BEFD 的周长．
33．（2022秋·河南信阳·九年级统考期中）下面是八年级教科书中的一道题，相信同学们一定觉得很熟悉吧：如图1，四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点．求证：．（提示：取的中点，连接）
(1)请你思考教科书中的“提示”，这样添加辅助线的意图是创造新的条件，可证明 ，从而可得．
(2)小东在九年级学习了旋转的相关知识后，发现此题也可通过旋转来证明，他的思路如下；可将线段绕点逆时针旋转得到线段，并延长与交于点．请同学们根据小东的思路在图2中画出图形，并写出证明过程．
(3)小东进一步研究发现，他的思路还可以解决更一般的问题，如图3，当点不再是边的中点,而是边上其他任意一点（不与重合）,其他条件不变时,依然可以证得，请同学们在图3中画出图形，并写出证明过程．
34．（2022秋·山东菏泽·九年级校考期末）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）在图1中证明：CE=CF．
（2）若∠ABC=90° ，G是EF的中点（如图2），猜想BG和DG的关系，并说明理由．
（3）若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，分别连接DB，DG（如图3），直接写出∠BDG的度数为_______．
35．（2022秋·广东揭阳·九年级阶段练习）如图，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发．以每秒1个单位的速度运动．其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了秒．
（1）当时，求PC的长；
（2）当为何值时，△NPC是以PC为腰的等腰三角形？
36．（2022春·湖北黄石·八年级校考期中）感知：如图①，在正方形ABCD中，E是AB一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF；
拓展：在图①中，若G在AD，且∠GCE＝45°，则GE＝BE＋GD成立吗？为什么？
运用：如图②在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝20，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，求DE的长．
37．（2022秋·重庆云阳·八年级统考期末）如图，在中，，，垂足为，是边上一点，过点作，垂足为，连接，为的中点．
（1）如图，过点作交于点，若，，求的度数；
（2）如图，若，过点作，垂足为．求证：．
38．（2022·广东·九年级专题练习）如图，正方形的边长为6，菱形的三个顶点，，分别在正方形的边，，上，且，连接．
（1）当时，求证：菱形为正方形；
（2）设，试用含的代数式表示的面积．
39．（2023春·全国·八年级期中）如图，正方形的边长为，点P从点A出发，以每秒的速度沿从点A向终点O运动，点Q从点O同时出发，以相同的速度沿射线方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动，连接，过点P作的垂线，与过点Q平行于的直线l相交于点D，与y轴交于点E，连接，设点P运动的时间为t（秒）
（1）的度数为
（2）点D的运动总路径长为______：
（3）探索线段、、的数量关系，并说明理由；
（4）当为等腰三角形时，求t的值．
40．（2023春·安徽淮北·八年级校联考期末）如图，在四边形中，，，连接，过点A作的垂线交于点，交于点，与交于点．

(1)若，求的长；
(2)求证：；
(3)若，求的长．
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重难突破01 特殊平行四边形综合
重难突破
一、单选题
1．（2023春·山东淄博·八年级统考期中）如图，在正方形中，点在上，，垂足分别为，，则的长为( )
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
【答案】D
【分析】作辅助线PB，求证，然后证明四边形是矩形，
【详解】如图，连接.
在正方形中，.
∵，
∴，∴.
∵，
∴四边形是矩形，
∴.∴.
故选D.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理（SAS）以及矩形对角线相等的性质，从而求出PD的长度
2．（2022春·广东江门·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OD，∠OAD=50°，则∠OAB的度数为(　　)
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】A
【分析】首先根据题意得出平行四边形ABCD是矩形，进而求出∠OAB的度数．
【详解】∵平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA=OD，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠OAD=50°，
∴∠OAB=40°．
故选A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，解题的关键是判断出四边形ABCD是矩形，此题难度不大．
3．（2022秋·贵州贵阳·九年级校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是（ ）
A．5 B．10 C．12 D．14
【答案】B
【分析】由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小．
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE．
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴AD=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，正方形的性质，解此题通常是利用两点之间，线段最短的性质得出．
4．（2022春·山东泰安·八年级统考期末）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连结交于点，连结、．若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【分析】①根据已知得出，可求得与关于直线BF对称，进而求得，；
②因为，故不会全等于；
③先证得，在证得，进而证得，因为BD、EF互相平分，即可证明四边形EBFD是菱形；
④可通过面积转化进行解答．
【详解】解：连接BD，
四边形ABCD是矩形，
互相平分，
为AC中点，
也过O点，
，
，，
是等边三角形，
，
在与中
,
，
与关于直线BF对称，
,
故①正确；
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形EBFD为菱形，
故③正确；
，
错误，
故②错误；
易知，
，
，
，
，
，
，
，
故④正确，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质以及三角函数等知识点，熟练掌握以上知识点是解决本题的关键．
5．（2023春·八年级单元测试）如图，四边形是菱形，是两条对角线的交点，过点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为（ ）．
A．48 B．24 C．12 D．6
【答案】C
【分析】根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积即可解答．
【详解】解：∵菱形的两条对角线的长分别为6和8，
∴菱形的面积，
∵是菱形两条对角线的交点，
∴阴影部分的面积．
故选C．
【点睛】本题主要考查了中心对称、菱形的性质等知识点，判得阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．
6．（2023春·八年级单元测试）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE于H，过H作GH⊥BD于G，下列有四个结论：①AF＝FH，②∠HAE＝45°，③BD＝2FG，④△CEH的周长为定值，其中正确的结论有（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【详解】（1）如图1，连接FC，延长HF交AD于点L，
∵在正方形ABCD中，∠ADF=∠CDF=45°，AD=CD，DF=DF，
∴△ADF≌△CDF，
∴FC=AF，∠ECF=∠DAF，
∵∠ALH+∠LAF=90°，
∴∠LHC+∠DAF=90°，
∵∠ECF=∠DAF，
∴∠FHC=∠FCH，
∴FH=FC，
∴FH=AF；
（2）如图1，∵FH⊥AE，FH=AF，
∴∠HAE=45°；
（3）如图2，连接AC交BD于点O，则由正方形的性质可得：BD=2OA，
∵ HF⊥AE，HG⊥BD，
∴∠AFO+∠GFH=∠GHF+∠GFH，
∴∠AFO=∠GHF．
∵AF=HF，∠AOF=∠FGH=90°，
∴△AOF≌△FGH．
∴OA=GF．
∵BD=2OA，
∴BD=2FG；
（4）延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，则：LI=HC，
∴∠IMC=∠ECM=45°，
由已知条件可得：∠DEM=∠DEA=∠FHC=∠DIC，由此可得∠MEC=∠CIM，
又∵MC=CM，
∴△MEC≌△CIM，
∴CE=IM，
同理，可得：AL=HE，
∴HE+HC+EC=AL+LI+IM=AM=8．
∴△CEH的周长为8，为定值．
故（1）（2）（3）（4）结论都正确．
7．（2023春·广东河源·九年级校考开学考试）如图，点E是正方形ABCD外一点，连接AE、BE和DE，过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝3．下列结论：①△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为；④S正方形ABCD＝8+．则正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】①易知AE＝AP，AB＝AD，所以只需证明∠EAB＝∠PAD即可用SAS说明△APD≌△AEB；
②易知∠AEB＝∠APD＝135°，则∠BEP＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°，所以EB⊥ED；
③在Rt△BEP中利用勾股定理求出BE值为，根据垂线段最短可知B到直线AE的距离小于；则③错误；
④要求正方形的面积，则需知道正方形一条边的平方值即可，所以在△AEB中，∠AEB＝135°，AE＝1，BE＝，过点A作AH⊥BE交BE延长线于H点，在Rt△AHB中利用勾股定理AB2＝BH2+AH2即可．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°．
∴∠DAP+∠BAP＝90°．
又∠EAP+∠BAP＝90°，
∴∠EAP＝∠DAP．
又AE＝AP，
∴△APD≌△AEB（SAS）．
所以①正确；
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠APE＝∠AEP＝45°，
∴∠APD＝180°﹣45°＝135°．
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB＝∠APD＝135°，
∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，
即EB⊥ED，②正确；
在等腰Rt△AEP中，利用勾股定理可得EP＝，
在Rt△BEP中，利用勾股定理可得BE＝．
∵B点到直线AE的距离小于BE，所以点B到直线AE的距离为是错误的，
所以③错误；
在△AEB中，∠AEB＝135°，AE＝1，BE＝，
如图所示，过点A作AH⊥BE交BE延长线于H点．
在等腰Rt△AHE中，可得AH＝HE＝AE＝．
所以BH＝．
在Rt△AHB中利用勾股定理可得AB2＝BH2+AH2，
即AB2＝（）2+（）2＝8+，
所以S正方形ABCD＝8+．
所以④正确．
所以只有①和②、④的结论正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解决复杂几何图形时要会分离图形，分离出对解决问题有价值的图形单独解决．
8．（2022·山西·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．给出如下几个结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG=；③若AF=2DF，则BG=6GF；④CG与BD一定不垂直；⑤∠BGE的大小为定值．
其中正确的结论个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【详解】试题分析：①∵ABCD为菱形，∴AB=AD，∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形，∴∠A=∠BDF=60°，又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB，故本选项正确；
②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，即∠BGD+∠BCD=180°，∴点B、C、D、G四点共圆，∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°，∴∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N（如图1），则△CBM≌△CDN（AAS），∴S四边形BCDG=S四边形CMGN，S四边形CMGN=2S△CMG，∵∠CGM=60°，∴GM=CG，CM=CG，∴S四边形CMGN=2S△CMG=2××CG×CG=，故本选项错误；
③过点F作FP∥AE于P点（如图2），∵AF=2FD，∴FP：AE=DF：DA=1：3，∵AE=DF，AB=AD，∴BE=2AE，∴FP：BE=FP：AE=1：6，∵FP∥AE，∴PF∥BE，∴FG：BG=FP：BE=1：6，即BG=6GF，故本选项正确；
④当点E，F分别是AB，AD中点时（如图3），由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，∵点E，F分别是AB，AD中点，∴∠BDE=∠DBG=30°，∴DG=BG，在△GDC与△BGC中，∵DG=BG，CG=CG，CD=CB，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG=∠BCG，∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误；
⑤∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°，为定值，故本选项正确；
综上所述，正确的结论有①③⑤，共3个，故选B．
考点：四边形综合题．
二、填空题
9．（2023春·广东潮州·八年级统考期中）如图，菱形ABCD的两条对角线分别长6和8，点P是对角线AC上的一个动点，点M、N分别是边AB、BC的中点，则△PMN周长的最小值是 ．

【答案】9
【分析】要求PM＋PN的最小值，PM、PN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PN、PM的值，从而找出其最小值,即可求出△PMN周长的最小值．
【详解】解：如图：连接MN，作ME⊥AC交AD于E，连接EN，
则EN就是PM＋PN的最小值，
∵菱形ABCD，M、N分别是AB、BC的中点，
∴BN＝BM＝AM，MN=
∵ME⊥AC交AD于E，
∴AE＝AM，
∴AE＝BN，AE∥BN，
∴四边形ABNE是平行四边形，
∴EN＝AB，EN∥AB，
而由题意可知，可得AB＝＝5，
∴EN＝AB＝5，
∴PM＋PN的最小值为5．
∵MN不变，当PM＋PN的最小值时，△PMN周长最小 ，
∴△PMN周长最小=9
故答案为：9．
【点睛】本题考查菱形的性质、轴对称、平行四边形的判定及勾股定理等知识的综合应用．综合运用这些知识是解决本题的关键．
10．（2022春·湖南岳阳·八年级统考期末）如图，矩形纸片中，，．将纸片折叠，使点落在边的延长线上的点处，折痕为，点、分别在边和边上．连接，交于点，交于点．给出以下结论：①；②；③；④当点F与点重合时，，其中正确的结论有 （填序号）．
【答案】①②④
【分析】连接BE，设EF与BG交于点O，由折叠的性质可得EF垂直平分BG，可判断①；由“ASA”可证△BOF≌△GOE，可得BF=EG=GF，可判断②；通过证明四边形BEGF是菱形，可得∠BEF=∠GEF，求出∠AEB=30°，可得∠DEF=75°，可判断④，根据角平分线的性质得到DK≠KH，即可求解．
【详解】解：如图，连接BE，设EF与BG交于点O，
∵将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，
∴EF垂直平分BG，
∴EF⊥BG，BO=GO，BE=EG，BF=FG，故①正确，
∵AD∥BC，
∴∠EGO=∠FBO，
又∵∠EOG=∠BOF，
∴△BOF≌△GOE（ASA），
∴BF=EG，
∴BF=EG=GF，故②正确，
∵BE=EG=BF=FG，
∴四边形BEGF是菱形，
∴∠BEF=∠GEF，
当点F与点C重合时，则BF=BC=BE=12，
此时BE=2AB，
∴∠AEB=30°，
∴∠DEF=75°，故④正确，
∵BG平分∠EGF，
∴DK≠KH，故③错误；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，角平分线的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
11．（2022春·山东烟台·九年级统考期中）菱形ABCD中，AB=4cm，∠ABC=60°，则此菱形ABCD的面积为 ．
【答案】8
【详解】试题分析：根据题意可得菱形的两条对角线为：4cm和4cm，则S=4×4÷2=8．
考点：菱形的性质．
12．（2023春·八年级课时练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点H是线段BC的动点，连接OH．若OB=4，S菱形ABCD＝24，则OH的最小值是 ．
【答案】2.4
【分析】根据菱形面积等于对角线乘积的一半可求AC，再根据动点H的运动特点知OH最小即OH⊥BC时，再根据直角三角形面积公式可求出OH的最小值．
【详解】∵ ABCD是菱形，
∴BO= DO = 4，AO= CO，
∵=24，
∴AO= CO=3，
∴BC==5，
∵当OH最小时OH⊥BC，=OBOC=BCOH，
∴OH==2.4
即OH最小值为2.4．
故答案为：2.4
【点睛】本题考查菱形的性质、菱形的面积公式、直角三角形面积公式，难度一般．
13．（2022春·山东临沂·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝9，P是AB边上的一个动点（异于A，B两点），过点P分别作AC，BC边的垂线，垂足分别为M，N，则MN最小值是 ．
【答案】
【分析】证明四边形PMCN是矩形，推出MN＝PC，根据垂线段最短即可解决问题．
【详解】解：如图，连接PC．
在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝9，
∴AB＝，
∵PM⊥AC，PN⊥BC，
∴∠PMC＝∠PNC＝∠ACB＝90°，
∴四边形PMCN是矩形，
∴MN＝PC，
∴当PC⊥AB时，PC的值最小，即MN的值最小，
∴此时PC＝，
∴MN最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质、垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
14．（2023春·陕西西安·七年级高新一中校考阶段练习）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】先求证四边形是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用相似三角形对应边成比例即可求得最短时的长，然后即可求出最短时的长．
【详解】解：连接，如图所示：
，，，
，
，，
四边形是矩形，
．
是的中点，
∴，
根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，
即时，最短，同样也最短，
当时，，此时AP最短
，
当最短时，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短和直角三角形斜边上的中线性质；由直角三角形的面积求出是解决问题的关键．
15．（2023·安徽·一模）已知，矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E是对角线BD上一点，连接AE并延长交矩形的一边于点F，将△ABF沿直线AF翻折，使得点B落在处．（1）若∠BAE=30°，则= ；（2）若AE=2EF，则的长为 ．
【答案】 30° 或
【分析】（1）根据轴对称的性质求出，根据矩形的性质求出∠BAD，再根据角的和差关系即可求解．
（2）根据点F的位置进行分类讨论．当点F在边BC上时，根据矩形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定定理和性质确定FB的长度，根据轴对称的性质求出和的长度，根据正方形的判定定理和性质，勾股定理即可求出的长度；当点F在边CD上时，根据矩形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定定理和性质求出FD的长度，根据矩形的性质，勾股定理求出AF的长度，根据轴对称的性质和三角形面积公式求出BG的长度，进而求出的长度，最后根据线段的和差关系即可求出的长度．
【详解】解：（1）如下图所示．
∵∠BAE=30°，△ABF沿直线AF翻折，点B落在处，
∴．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°．
∴．
故答案为：30°．
（2）当点F在边BC上时，如下图所示．
∵AE=2EF，
∴．
∵四边形ABCD是矩形，BC=4，
∴，AD=BC=4，∠ABF=90°．
∴∠EBF=∠EDA，∠EFB=∠EAD．
∴．
∴．
∴．
∵△ABF沿直线AF翻折，点B落在处，AB=2，
∴，．
∴．
∴四边形是菱形．
∴四边形是正方形．
∴．
∴．
当点F在边CD上时，如下图所示，设与AF交于点G．
∵AE=2EF，
∴．
∵四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，
∴，∠ADF=90°，AD=BC=4，．
∴∠EFD=∠EAB，∠EDF=∠EBA．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵△ABF沿直线AF翻折，点B落在处，
∴AF⊥，．
∴．
∴．
∴．
故答案为：或．
【点睛】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，角的和差关系，平行线的性质，相似三角形的判定定理和性质，正方形的判定定理和性质，勾股定理，三角形面积公式，正确应用分类讨论思想是解题关键．
16．（2023春·陕西西安·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，（），，，，若，，则的长度为 ．

【答案】3
【分析】延长到，使，连接，根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，根据正方形的判定和性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，，等量代换可得，根据全等三角形的判定和性质可得，即可求得．
【详解】延长到，使，连接，如图：

∵，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，做出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
三、解答题
17．（2023春·四川绵阳·八年级统考期末）如图，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，对角线 BD 的垂直平分线与边 AD、BC 分别相交于点 M、N．
(1)求证：四边形 BNDM 是菱形；
(2)若 BD＝12，MN＝4，求菱形 BNDM 的周长．
【答案】(1)见解析
(2)菱形 BNDM 的周长为8．
【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM=ON，由OB=OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的性质得出BM=BN=DM=DN，OB=BD=6，OM=MN=2，由勾股定理得BM的长，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DMO=∠BNO，
∵MN是对角线BD的垂直平分线，
∴OB=OD，MN⊥BD，
在△MOD和△NOB中，，
∴△MOD≌△NOB（AAS），
∴OM=ON，
∵OB=OD，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，
∴四边形BNDM是菱形；
（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD=12，MN=4，
∴BM=BN=DM=DN，OB=BD=6，OM=MN=2，
在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM==2，
∴菱形BNDM的周长=4BM=4×2=8．
【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、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
18．（2022春·福建南平·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为（-2，0），（2，0），点C在y轴正半轴上，且OC=AB．将线段AB平移至线段CD，A点的对应点为C点，B点的对应点为D点，连接AC，BD．
（1）写出点D的坐标 （ ， ）；
（2）坐标轴上一点P．
① 当点P在线段OC上（不与O，C重合）时，连接PD，PB，直接写出∠PDC，∠PBO，∠BPD之间的数量关系；
② 当点P在x轴上时，若△PCD与△ACP的面积相等，求点P的坐标．
【答案】（1）D（4，4）；（2）①∠PDC+∠PBO=∠BPD；②点P的坐标为(2，0)或（-6，0）
【分析】（1）由题意可得，AB=CD=4，且C在y轴上，且OC=AB，即C点坐标为(0,4)，故D点坐标可得；
（2）①过P点作PMABCD，因为两直线平行内错角相等，所以∠BPD=∠DPM+∠BPM=∠PDC+∠PBO，即可写出角度之间的关系；②由题意可知，，，且，可推得AP=CD=4，即P点坐标可得．
【详解】解：（1）由题意可得，AB=CD=4，且C在y轴上，且OC=AB，即C点坐标为(0,4)，故D点坐标为(4,4)；
（2）①∠PDC+∠PBO=∠BPD，
如下图所示，在线段OC上取一点P，连接PD、PB，过P点作PMABCD，
∵PMCD，
∴∠PDC=∠DPM（两直线平行，内错角相等），
又∵PMAB，
∴∠PBO=∠BPM（两直线平行，内错角相等），
∴∠BPD=∠DPM+∠BPM=∠PDC+∠PBO；
②∵A(-2，0)，B(2，0),
∴AB=4，
∴由平移性质可知；CD=AB=4，
∵，，且，
∴，
即AP=CD=4，
∴点P的坐标为(2，0)或(-6，0)．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质及应用：平行四边形两对边分别平行且相等；平行线的性质应用：①两直线平行，同位角相等；②两直线平行，内错角相等；③两直线平行，同旁内角互补，反之也可成立．
19．（2023春·江苏盐城·八年级统考阶段练习）利用矩形的性质，证明“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．
已知：如图， ；
求证： ；
证明：
【答案】Rt中，，是斜边边上的中线；；见解析
【分析】由题意再结合图形，写出已知与求证，接着证明；延长至点，使，连接、，由平行四边形的判定可判定四边形AEBC是平行四边形，然后易得此四边形是矩形，再根据矩形的对角线相等的性质即可得结论．
【详解】已知：Rt中，，是斜边边上的中线；
求证：
证明：如图，延长至点，使，连接、，
∵，点为中点，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∵，
∴
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，关键是构造辅助线及证明四边形为矩形．
20．（2022春·四川南充·八年级阆中中学校考期中）如图，在ABC中，ACB=90°,D是AC的中点，DEAC，AE//BD．
(1)证明：ADE DCB；
(2)连接BE，判断四边形BCDE的形状，并证明；
(3)若BC=4，AE=5，求四边形ACBE的周长.
【答案】（1）证明见解析；（2）矩形，证明见解析；（3）18.
【分析】（1）由平行线的性质得出∠CDB=∠DAE，求出∠C=∠ADE=90°，AD=DC，由ASA证明△ADE≌△DCB即可；
（2）由全等三角形的性质得出DE=BC=4，BD=AE=5，再证出DE∥BC，得出四边形BCDE是平行四边形，即可得出结论；
（3）根据勾股定理求出CD，得出AD，由矩形的性质得出BE=CD，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵AE∥BD，
∴∠CDB=∠DAE，
∵∠ACB=90°，DE⊥AC，
∴∠C=∠ADE=90°，
∴DE∥BC，
∵D为AC中点，
∴AD=CD，
在△ADE和△DCB中，
，
∴△ADE≌△DCB（ASA）；
（2）四边形BCDE是矩形；理由如下：
由（1）得：△ADE≌△DCB，
∴DE=BC=4，BD=AE=5，
又∵∠ACB=90°，DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∴四边形BCDE是矩形；
（3）在Rt△DCB中，BC=4，BD=5，
由勾股定理得：CD==3，
∴AD=CD=3，
∵四边形BCDE是矩形，
∴CD=BE=3，
∴四边形ACBE的周长是AC+BC+BE+AE=3+3+4+3+5=18．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键.
21．（2022秋·湖南长沙·九年级长沙市怡雅中学校考阶段练习）问题情境：如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将绕点B按顺时针方向旋转90°，得到（点A的对应点为点C）．延长AE交于点F，连接DE．
(1)猜想证明：试判断四边形的形状，并说明现由；
(2)如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
(3)解决问题：如图①，若AB＝5，EF＝3、请直接写出DE的长．
【答案】(1)四边形是正方形
(2)CF=FE，
(3)
【分析】由旋转的性质可得，，,由正方形的判定可证四边形是正方形
过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“AAS”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论,作于G，根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出AG，进而求出GE，根据勾股定理计算DE的长
（1）
四边形是正方形，理由如下：
∵将绕点B按顺时针方向旋转90°
∴，，
又∵
∴四边形是矩形
又∵
∴四边形是正方形
（2）
CF=FE
证明：如图②所示，过点D作，垂足为H
则
∴
∵DA=DE，
∴
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，
∴
∴
在和中，
∴
∴AH=BE
由（1）知四边形是正方形
∴
∴
由旋转的性质可得：
∴
∴
∴
（3）
如图①所示，作于G，
∵四边形是正方形
∴
在中，由勾股定理得：
∴
由（2）可知：
∴AD=AB=5，DG=AE=4
∴
∴
∴
在中，由勾股定理得：
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键
22．（2022秋·湖北黄石·八年级校考阶段练习）如图①，在正方形中，点，分别在、上，且．
（1）试探索线段、的关系，写出你的结论并说明理由；
（2）连接、，分别取、、、的中点、、、，四边形是什么特殊平行四边形？请在图②中补全图形，并说明理由．
【答案】（1）AF＝DE，AF⊥DE，理由见详解；（2）四边形HIJK是正方形，补图、理由见详解．
【分析】（1）根据已知利用SAS判定△DAE≌△ABF，由全等三角形的判定方法可得到AF＝DE，∠BAF＝∠ADE，再由直角三角形的两个锐角互余和有两个角互余的三角形是直角三角形可证得AF⊥DE．
（2）根据已知可得HK，KJ，IJ，HI都是中位线，由全等三角形的判定可得到四边形四边都相等且有一个角是直角，从而来可得到该四边形是正方形．
【详解】解：（1）AF＝DE， AF⊥DE．
∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵AE＝BF，
∴△DAE≌△ABF，
∴AF＝DE，∠BAF＝∠ADE．
∵∠DAB＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠ADE+∠DAF＝90°，
∴AF⊥DE．
∴AF＝DE，AF⊥DE．
（2）四边形HIJK是正方形．
如下图，H、I、J、K分别是AE、EF、FD、DA的中点，
∴HI＝KJ＝AF，HK＝IJ＝ED，
∵AF＝DE，
∴HI＝KJ＝HK＝IJ，
∴四边形HIJK是菱形，
∵△DAE≌△ABF，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠BAF+∠AED＝90°，
∴∠AOE＝90°
∴∠KHI＝90°，
∴四边形HIJK是正方形．
【点睛】此题主要考查正方形的判定的方法与性质和菱形的判定，及全等三角形的判定等知识点的综合运用．
23．（2022秋·山东青岛·九年级青岛市城阳第九中学校考阶段练习）如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒（）．过点作交于点，连接、．
（1）求证；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由．
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）能，当时，四边形AEFD为菱形；（3）当秒或4秒时，△DEF为直角三角形．
【分析】（1）利用已知用未知数表示出DF，AE的长，进而得出AE＝DF；
（2）首先得出四边形AEFD为平行四边形，进而利用菱形的判定与性质得出AE＝AD时，求出t的值，进而得出答案；
（3）分三种情况讨论：①当∠EDF＝90°时；②当∠DEF＝90°时；③当∠EFD＝90°时，分别分析得出即可．
【详解】解：（1）在△DFC中，∠DFC＝90°，∠C＝30°，DC＝2t，
∴DF＝CD＝t．
又∵AE＝t，
∴AE＝DF．
（2）四边形AEFD能够成为菱形．理由如下：
∵∠B＝90°，∠C＝30°，
∴AC＝2AB＝10．
由勾股定理得，BC＝5，
∴AB＝5，AC＝10．
∴AD＝AC﹣DC＝10﹣2t．
∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴AE∥DF．
又∵AE＝DF，
∴四边形AEFD为平行四边形．
若使四边形AEFD为菱形，则需AE＝AD，
即t＝10﹣2t，
解得：．
即当时，四边形AEFD为菱形．
（3）当秒或4秒时，△DEF为直角三角形，理由如下：
分情况讨论：
当∠EDF＝90°时，AD＝2AE，即10﹣2t＝2t，
∴．
②∠DEF＝90°时，
四边形AEFD为平行四边形．
则
AD＝AE，即10﹣2t＝t，
∴t＝4．
③∠EFD＝90°时，此种情况不存在．
故当秒或4秒时，△DEF为直角三角形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．解题关键是熟练掌握相关知识．
24．（2022秋·广东佛山·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AC交BD于点E，且四边形AEBF为菱形，已知BD=2BC=8，求FD与四边形ADEF的面积．
【答案】FD=，SADEF=．
【分析】根据矩形的性质得到，，再根据平行线的性质得到，再根据菱形的性质得到为等边三角形，在证明为平行四边形，再根据勾股定理得到AO即可得解；
【详解】为矩形，
，
又，
，
又，
，
又为菱形，
，
，
∴为等边三角形，
，
，
，
，
为菱形，
，
，
，
，
又，
，
为平行四边形，
又，，
，
．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质，准确计算是解题的关键．
25．（2022春·湖南·八年级校联考期中）如图，平行四边形ABCD中，．点F是线段AB的中点．过点C作CG⊥DB交BD于点G，CG延长线交DF于点H．且．
　　
(1)如图1，若．
①求证：
②求FH的值；
(2)如图2，连接FG．求证：．
【答案】(1)①证明见解析；②；
(2)证明见解析
【分析】（1）①先证明，然后证，最后根据AAS证明即可；
（2）如图，过点F作于J，交CH的延长线于K．过点D作交FG的延长线于T，连接CT，设FT交CD于N．先证，，然后证四边形FKGJ是正方形，，是等腰直角三角形，再证，，最后证CG即可得证．
【详解】（1）解：①证明：如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
②∵
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如图1中，过点F作于J，交CH的延长线于K．过点D作交FG的延长线于T，连接CT，设FT交CD于N．
∵，
∴四边形FKGJ是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
四边形FKGJ是正方形，
∴，
，又，
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的综合题，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，正形的判定的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
26．（2022春·八年级单元测试）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=4，∠BCD=120°，求四边形AODE的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）矩形AODE面积为
【分析】（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，再根据平行四边形的判定定理得四边形AODE为平行四边形，由矩形的判定定理得出四边形AODE是矩形；
（2）证明△ABC是等边三角形，得出OA=×4=2，由勾股定理得出OB=2，由菱形的性质得出OD=OB=2，即可求出四边形AODE的面积．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴平行四边形AODE是矩形，
故四边形AODE是矩形；
（2）解：∵∠BCD=120°，AB∥CD，
∴∠ABC=180°-120°=60°，
∵AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴OA=×4=2，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD
∴由勾股定理OB==2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB=2，
∴四边形AODE的面积=OA OD=2=4．
【点睛】本题考查了矩形的判定以及菱形的性质，还考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
27．（2023春·山西忻州·八年级校考期中）如图，矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线EF与AD、AC、BC分别交于点E、O、F．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若AB＝5，BC＝12，求菱形AFCE的面积．

【答案】（1）详见解析；（2）
【分析】（1）根据ABCD为矩形，根据矩形的对边平行得到AE与CF平行，由两直线平行得到一对内错角相等，又EF垂直平分AC，根据垂直平分线的定义得到AO=CO，且AC与EF垂直，再加上一对对顶角相等，利用“ASA”得到三角形AOE与三角形COF全等，根据全等三角形的对应边相等得到AE=FC，由一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到AFCE为平行四边形，又根据对角线垂直的平行四边形为菱形即可得证；
（2）由矩形的性质得到∠B为直角，在直角三角形ABC中，由AB与BC的长，利用勾股定理求出AC的长，又已知EF的长，而AC与EF为菱形AFCE的两条对角线，根据对角线乘积的一半即可求出菱形的面积．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥FC，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，
∴AO＝CO，FE⊥AC，
又∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴EO＝FO，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵FE⊥AC，
∴平行四边形AFCE为菱形；
（2）如图，在Rt△ABC中，由AB＝5，BC＝12，

根据勾股定理得：AC＝＝13，
∴OA＝，
∵∠EAO＝∠ACB，
∴tan∠EAO＝tan∠ACB，
∴，即，
∴EO＝，
∴EF＝，
∴菱形AFCE的面积S＝AC EF＝；
【点睛】此题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，以及勾股定理．其中矩形的性质有对边平行且相等，四个角都为直角，对角线互相平行且相等；菱形的性质有四条边相等，对角线互相平分且垂直，一条对角线平分一组对角；菱形的判定方法一般有：四条边相等的四边形为菱形，对角线互相垂直的平行四边形为菱形，邻边相等的平行四边形为菱形等，熟练掌握这些判定与性质是解本题的关键．同时注意菱形的面积可以利用对角线乘积的一半来求．
28．（2022秋·广东佛山·九年级校联考阶段练习）如图1．在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，D（0，3），点E是OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括O、B），作MN⊥DM，交∠CBE的平分线于点N．
(1)求证：MD=MN；
(2)如图2，若M（2，0），在OD上找一点P，使四边形MNCP是平行四边形，求点P的坐标；
(3)如图，连接DN交BC于F，连接FM，求证：∠DFC=∠DFM．
【答案】(1)见解析
(2)（0，1）
(3)见解析
【分析】（1）在OD上截取OF，使得OF=OM，证明△FDM≌△BMN即可．
（2）在OD上截取DP，使得DP=OM， 连接CP，交DM于点Q，证明PC=MN，且PC∥MN．
（3）将△DCF绕点D顺时针旋转90°，得到△DOG，证明△DGM≌△DFM．
【详解】（1）如图1，在OD上截取OF，使得OF=OM，则∠OFM=∠OMF=45°，
∴∠DFM=135°，
∵四边形OBCD是正方形，
∴OD=OB，∠OBC=90°，
∴DF=MB，
∵BN平分∠CBE，∠CBE=90°，
∴∠MBN=135°，
∴∠DFM=∠MBN，
∵MN⊥DM，∠DOM=90°，
∴∠FDM=∠BMN，
∴△FDM≌△BMN，
∴DM=MN．
（2）如图2，在OD上截取DP，使得DP=OM， 连接CP，交DM于点Q，
∵四边形OBCD是正方形，
∴OD=DC，∠PDC=∠MOD=90°，
∴△PDC≌△MOD，
∴DM=CP，∠PCD=∠MDO，
∵∠MDC+∠MDP=90°，
∴∠MDC+∠PCD =90°，
∴∠MQC =90°，
∵MN⊥DM，
∴PC∥MN，
∵DM=MN，
∴PC=MN，
∴四边形MNCP是平行四边形，
∵M（2，0），D（0，3），
∴P（0，1）．
（3）如图3，将△DCF绕点D顺时针旋转90°，得到△DOG，
则B、O、G三点共线，且DF=DG，∠CDF=∠ODG，∠DFC=∠DGO，
∵DM=MN，MN⊥DM，
∴∠MDF=45°，
∴∠CDF+∠MDO=45°，
∴∠ODG +∠MDO=45°，
∴∠MDF=∠GDM，
∵DM=DM，
∴△DGM≌△DFM，
∴∠DFM=∠DGO，
∴∠DFM=∠DFC．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，准确找出并证明三角形全等是解题的关键．
29．（2023·湖南长沙·校联考一模）如图，在中，G是的中点，点F在上，的延长线与的延长线交于点E，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，
①试求的长度；
②四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①3；②
【分析】（1）利用证，从而得出，即可得出结论；
（2）①由平行四边形的性质得，再证平行四边形是矩形，然后由矩形的性质即可得出结论；
②解直角三角形求出，，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵G是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：①∵四边形是平行四边形，
∴，
由（1）可知，四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∴，
∴矩形的面积．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩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题的关键．
30．（2022·云南·统考模拟预测）如图1，已知四边形是平行四边形，并且．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）如图2，点E是边的中点，F为边上一点，．若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，然后结合题意求得，从而判定有一个角是直角的平行四边形为矩形；
（2）延长交于点G，然后利用AAS定理证明，根据全等三角形的性质和平行线的性质求得，设，根据勾股定理列方程求解
【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
∴四边形是矩形．
（2）延长交于点G．
∵四边形是矩形，
∴，．
∴．
∵E是边的中点即，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
设，由勾股定理得，
即：．解得．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理的运用；本题有一定难度，特别是（2）中，需要通过作辅助线证明三角形全等和运用勾股定理才能得出结果．
31．（2022秋·浙江杭州·八年级期末）如图，四边形ABCD中，，，在BC、CD上分别找一点M、N，使周长最小时，求的度数．
【答案】100°．
【分析】延长AB，使得AB=BE，延长AD，使得AD=DF，连接EF，与BC，DC相较于M，N，要使得△AMN的周长最小，则三角形的三边要共线，根据∠BAD=130°和△AMN的内角和是180°即可列出方程求解．
【详解】解：延长AB，使得AB=BE，延长AD，使得AD=DF，连接EF，与BC，DC相较于M，N
如图所示，此时△AMN的周长最小
∵∠ABM=90°
∴∠EBM=90°
在△AMB和△EMB中
∴△AMB≌△EMB
∴∠BEM=∠BAM
∴∠AMN=2∠BAM
同理可得：△AND≌△FDN
∴∠NAD=∠NFD
∴∠ANM=2∠NAD
设∠BAM=x，∠MAN=z，∠NAD=y
∵∠BAD=130°
∴
解得：
∠AMN+∠ANM=2×50°=100°
【点睛】本题主要考查的是三角形周长最小的条件，正确的掌握三角形周长最小的条件是解题的关键．
32．（2022春·广东广州·八年级广州市第五中学校考期中）（1）如图①，点 M 是正方形 ABCD 的边 BC 上一点，点 N 是 CD 延长线上一点， 且BM=DN，则线段 AM 与 AN 的关系．
（2）如图②，在正方形 ABCD 中，点 E、F分别在边 BC、CD上，且∠EAF=45°，判断 BE，DF，EF 三条线段的数量关系，并说明理由．
（3）如图③，在四边形 ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∠ABC+∠ADC=180°，点E、F分别在边 BC、CD 上，且∠EAF=45°，若 BD=5，EF=3，求四边形 BEFD 的周长．
【答案】（1）结论：AM=AN，AM⊥AN．理由见解析；（2）BE+DF=EF；（3）四边形BEFD的周长为11．
【分析】（1）利用正方形条件证明△ABM≌△ADN，即可推出结论,
（2）过点 A 作 AG⊥AE 交 CD 延长线于点 G,证明△ABE≌△ADG得AE=AG，∠EAF=∠GAF进而证明△AEF≌△AGF,得EF=FG即可解题,
（3）过点 A 作 AG⊥AE 交 CD 延长线于点 G．证明△ABE≌△ADG得AE=AG，∠EAF=∠GAF进而证明△AEF≌△AGF,得EF=FG即可解题.
【详解】（1）结论：AM=AN，AM⊥AN．
理由：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADN=∠BAD=90°，
∵BM=DN，
∴△ABM≌△ADN，
∴AM=AN，∠BAM=∠DAN，
∴∠AMN=∠BAD=90°，
∴AM⊥AN，
（2）如图②中，过点 A 作 AG⊥AE 交 CD 延长线于点 G．
∵四边形 ABCD 为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠ADC=90°．
∴∠B=∠ADG=90°，∠BAE+∠EAD=90°．
∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD=90°．
∴∠BAE=∠DAG．
在△ABE 和△ADG 中，
，
∴△ABE≌△ADG．
∴AE=AG，BE=DG．
∵∠EAF=45°，AG⊥AE，
∴∠EAF=∠GAF=45°．
在△FAE 和△FAG 中，
，
∴△AEF≌△AGF．
∴EF=FG．
∵FG=DF+DG=DF+BE，
∴BE+DF=EF．
（3）如图③中，过点 A 作 AG⊥AE 交 CD 延长线于点 G．
∵AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°
∴∠ABE=∠ADG，
∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD=90°．
∵∠BAE+∠EAD=90°
∴∠BAE=∠DAG．
在△ABE 和△ADG 中，
，
∴△ABE≌△ADG．
∴AE=AG，BE=DG．
∵∠EAF=45°，AG⊥AE，
∴∠EAF=∠GAF=45°．
在△FAE 和△FAG 中，
，
∴△AEF≌△AGF．
∴EF=FG．
∵FG=DF+DG=DF+BE，
∴BE+DF=EF．
∴四边形BEFD的周长为EF+（BE+DF）+DB=3+3+5=11．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定,正方形的性质,中等难度,作辅助线是解题关键.
33．（2022秋·河南信阳·九年级统考期中）下面是八年级教科书中的一道题，相信同学们一定觉得很熟悉吧：如图1，四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点．求证：．（提示：取的中点，连接）
(1)请你思考教科书中的“提示”，这样添加辅助线的意图是创造新的条件，可证明 ，从而可得．
(2)小东在九年级学习了旋转的相关知识后，发现此题也可通过旋转来证明，他的思路如下；可将线段绕点逆时针旋转得到线段，并延长与交于点．请同学们根据小东的思路在图2中画出图形，并写出证明过程．
(3)小东进一步研究发现，他的思路还可以解决更一般的问题，如图3，当点不再是边的中点,而是边上其他任意一点（不与重合）,其他条件不变时,依然可以证得，请同学们在图3中画出图形，并写出证明过程．
【答案】(1)，
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据教科书中的“提示”，添加辅助线将放在了和中，从而可得出答案；
（2）根据题意画出图，由此可见将放在了和这两个三角形中，只要找出这两个三角形全等的条件即可；
（3）过点作边的垂线，垂足为，可证四边形是正方形，四边形是矩形，从而得，此时在和这两个三角形中，只要找出这两个三角形全等的条件即可．
【详解】（1）解：添加辅助线将放在了和中，可证明，从而可得．
故答案为：，；
（2）解：根据题意画出图，如图2，
图2
由题意可得，，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，，
，
，
，
，
，
．
（3）解：如图3，过点作边的垂线，垂足为，
图3
可证四边形是正方形，四边形是矩形，从而得，
，
可证，可得，
最后可证，从而．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，通过做辅助线，熟练运用三角形全等的判定定理，找出三角形全等的条件是解题的关键．
34．（2022秋·山东菏泽·九年级校考期末）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）在图1中证明：CE=CF．
（2）若∠ABC=90° ，G是EF的中点（如图2），猜想BG和DG的关系，并说明理由．
（3）若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，分别连接DB，DG（如图3），直接写出∠BDG的度数为_______．
【答案】（1）见解析；（2）BG⊥DG，理由见解析；（3）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的中点可直接求得；
（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）如图1，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，
∴∠CEF=∠F．
∴CE=CF；
（2）如图2，连接GC、BG，
∵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∥AB，
∴∠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=135°
在△BEG与△DCG中，
，
∴△BEG≌△DCG，
∴BG=DG，∠DGC=∠BGA，
∵CG⊥EF，
∴∠DGC+∠DGA=90°，
又∵∠DGC=∠BGA，
∴∠BGA+∠DGA=90°，
∴BG⊥DG；
（3）如图3，延长AB、FG交于H，连接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴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，
，
∴△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．
35．（2022秋·广东揭阳·九年级阶段练习）如图，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发．以每秒1个单位的速度运动．其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了秒．
（1）当时，求PC的长；
（2）当为何值时，△NPC是以PC为腰的等腰三角形？
【答案】（1）当时，；（2）当或时，△NPC是以PC为腰的等腰三角形.
【详解】试题分析：（1）利用平行于三角形底边所构成对应边成比例得到，代入数据求值.(2)随着M，N点的运动，当PC＝PN时, 利用矩形的性质，BC＝CN＋BN，求得x值 ;当PC＝CN时,列出对应边成比例，代入求值.
试题解析：
（1）∵ 点A（4，0），B（4，3），∴ OA＝4，AB＝3，
在矩形OABC中，BC＝OA＝4，OC＝AB＝3，∠AOC＝∠BCO＝90°，
在Rt△AOC中，，
依题知：OM＝BN＝＝1，又PM⊥OA ，∴ PM∥OC，
∴ ，∴ ，∴ ，
∴ 当时，.
（2）①当PC＝PN时，△NPC是以PC为腰的等腰三角形，
延长MP交BC于点为D，
在矩形OABC中，BC∥OA ，∴ PD⊥BC ，
又∠AOC＝∠BCO＝90°，
∴ 四边形OCDM为矩形 ，∴ CD＝OM＝，
又PC＝PN，PD⊥BC ，∴ CN＝2CD＝，
∵ BC＝CN＋BN ，∴ ，∴ ，
∴ 当时，△NPC是以PC为腰的等腰三角形.
② 当PC＝CN时，△NPC是以PC为腰的等腰三角形，
由上面知：CN＝BC－BN＝＝PC， ∵ PM∥OC ，
∴ ， ∴ ， ∴ ，
∴ 当时，△NPC是以PC为腰的等腰三角形；
综上所述，当或时，△NPC是以PC为腰的等腰三角形.
36．（2022春·湖北黄石·八年级校考期中）感知：如图①，在正方形ABCD中，E是AB一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF；
拓展：在图①中，若G在AD，且∠GCE＝45°，则GE＝BE＋GD成立吗？为什么？
运用：如图②在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝20，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，求DE的长．
【答案】感知：证明见解析；拓展：成立，理由见解析；运用：DE＝19．
【分析】感知：利用已知条件，可证出△BCE≌△DCF（SAS），即CE＝CF；
拓展：由△BEC≌△DFC，可得∠BCE＝∠DCF，即可求∠GCF＝∠GCE＝45°，且GC＝GC，EC＝CF可证△ECG≌△GCF，则结论可求．
运用：过点C作CF⊥AD于F，可证四边形ABCF是正方形，根据（2）的结论可得DE＝DF＋BE＝4＋DF，根据勾股定理列方程可求DF的长，即可得DE的长．
【详解】感知：证明：如图1中，
在正方形ABCD中，
∵BC＝CD，∠B＝∠CDF＝90°，BE＝DF，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
拓展：成立，
∵∠GCE＝45°，
∴∠BCE＋∠GCD＝45°，
∵△BEC≌△DFC，
∴∠BCE＝∠DCF，
∴∠DCF＋∠GCD＝45°，即∠GCF＝45°，
∴∠GCE＝∠GCF，且GC＝GC，CE＝CF，
∴△GCE≌△GCF（SAS），
∴EG＝GF，
∴EG＝GD＋DF＝BE＋GD；
运用：如图：过点C作CF⊥AD于F，
∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝90°，
∵∠A＝∠B＝90°，FC⊥AD，
∴四边形ABCF是矩形，且AB＝BC＝20，
∴四边形ABCF是正方形，
∴AF＝20，
由（2）可得DE＝DF＋BE，
∴DE＝4＋DF
在△ADE中，AE2＋DA2＝DE2．
∴（20﹣4）2＋（20﹣DF）2＝（4＋DF）2．
∴DF＝15．
∴DE＝4＋15＝19．
【点睛】本题是一道几何综合题，内容涉及三角形的全等、图形的旋转以及勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力，是一道好题．
37．（2022秋·重庆云阳·八年级统考期末）如图，在中，，，垂足为，是边上一点，过点作，垂足为，连接，为的中点．
（1）如图，过点作交于点，若，，求的度数；
（2）如图，若，过点作，垂足为．求证：．
【答案】（1）16°；（2）证明见详解．
【分析】（1）连结GE，由，，可得FE∥AB，利用平行线性质可得∠B=∠CEF=32°，由为的中点．，利用中垂线性质AG=GE=EB，利用等腰三角形性质可得∠EAG=∠AEG，∠EGB=∠B=32°，利用外角性质可得∠EAG=，由FE∥AB可得∠AEF=∠EAG=16°；
（2）延长HM交EF于G，先证△CAD≌△ECF，可得CD=EF，再证△AMH≌△EMG（AAS），得AH=GE，HM=GM，证四边形FGHD为矩形，得FG=DH，可证HM=FG．
【详解】（1）连结GE，
∵，，
∴FE∥AB，
∴∠B=∠CEF=32°，
∵为的中点．，
∴AG=GE=EB，
∴∠EAG=∠AEG，∠EGB=∠B=32°，
∴∠EAG=，
由FE∥AB，
∴∠AEF=∠EAG=16°；
（2）延长HM交EF于G，
∵∠ACB=90°，∠CDA=90°，∠CFE=90°，
∴∠ACD+∠FCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠ECF，
∵，
∴△CAD≌△ECF，
∴CD=EF，
∵由（1）知EF∥AB，
∴MH⊥AB，
∴MG⊥EG，
由为的中点．
∴AM=EM，
∵∠AMH=∠GME，
∴△AMH≌△EMG（AAS），
∴AH=GE，HM=GM，
由，，，
∴四边形FGHD为矩形，
∴FG=DH，
AD=AH-DH=EG-DH=EF-FG-DH=EF-2FG，
AD=CF=CD-2HM=EF-2HM，
∴EF-2HM= EF-2FG，
∴HM=FG，
∴EF=EG+FG=AH+HM．
【点睛】本题考查直线垂直，直线平行，线段中点，垂直平分线，等腰三角形性质与判定，三角形外角性质，三角形全等判定与性质，矩形判定与性质，综合较强，难度较大，熟练掌握所学知识是解题关键．
38．（2022·广东·九年级专题练习）如图，正方形的边长为6，菱形的三个顶点，，分别在正方形的边，，上，且，连接．
（1）当时，求证：菱形为正方形；
（2）设，试用含的代数式表示的面积．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）根据已知条件可证明，再通过等量代换即可得出，继而证明结论；
（2）过点作，交的延长线于点，连接，再证明，得出，进而可求得答案．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴.
∵，
∴
∴，
∴
∴，
∴菱形为正方形．
（2）如图，过点作，交的延长线于点，连接，
∵，∴，
∵，∴
∴
在和中，
∴
∴
∵，∴
∴
【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、勾股定理，会利用数形结合的思想解题，能够正确的作出辅助项是解此题的关键．
39．（2023春·全国·八年级期中）如图，正方形的边长为，点P从点A出发，以每秒的速度沿从点A向终点O运动，点Q从点O同时出发，以相同的速度沿射线方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动，连接，过点P作的垂线，与过点Q平行于的直线l相交于点D，与y轴交于点E，连接，设点P运动的时间为t（秒）
（1）的度数为
（2）点D的运动总路径长为______：
（3）探索线段、、的数量关系，并说明理由；
（4）当为等腰三角形时，求t的值．
【答案】（1）45°；（2）；（3），见解析；（4）4或
【分析】（1）易证△BAP≌△PQD，从而得到BP=PD，由∠BPD=90°，从而可以求出∠PBE的度数；
（2）由△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，点D运动路径的长是∠COQ的平分线；
（3）将△BCE绕点B顺时针旋转90°得到△BAG，只要证明△PBG≌△PBE，推出PE=PG，推出PE=PA+AG=PA+CE；
（4）分三种情况讨论：①若PB=PE，得∠BPE=90°，则Q与O重合，不成立； ②若EB=EP，则△POE≌△ECB，得BC=OE，则点E与点C重合（EC=0），点P与点O重合（PO=0），则t=4； ③若BP=BE，延长OA到F，使得AF=CE，连接BF，如图2，证明△BAP≌△BCE和△FBP≌△EBP，用t表示PE的长，然后列方程求出t的值.
【详解】解：（1）如图，由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）
∴AO=PQ，
∵四边形OABC是正方形，
∴AO=AB=BC=OC， ∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°，
∵DP⊥BP，
∴∠BPD=90°，
∴∠BPA=90°-∠DPQ=∠PDQ，
∵AO=PQ，AO=AB，
∴AB=PQ，
在△BAP和△PQD中，
∵∠BAP＝∠PQD，∠BPA＝∠PDQ，AB＝PQ，
∴△BAP≌△PQD（AAS），
∴BP=PD，
∵∠BPD=90°，BP=PD，
∴∠PBD=∠PDB=45°；
（2）∵△BAP≌△PQD，
∴DQ=AP，
∵AP=t，
∴DQ=t，
∴点D坐标为（t，t），
∴点D运动路径的长为∠COQ的平分线，即；
（3）如图，数量关系：PE=PA+CE
理由：将△BCE绕点B顺时针旋转90°得到△BAG，
∵∠PBE=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠CBE=∠ABP+∠ABG=45°，
∴∠PBG=∠PBE，
在△PBG和△PBE中，
∵PB＝PB，∠PBG＝∠PBF， BG＝BE，
∴△PBG≌△PBE（SAS），
∴PE=PG，
∴PE=PA+AG=PA+CE，
∴PE=PA+CE；
（4）①若PB=PE，
则∠PBE=∠PEB=45°，
∴∠BPE=90°，
∵∠BPD=90°，
∴∠BPE=∠BPD，
∴点E与点D重合，
∴点Q与点O重合，
与条件“DQ∥y轴”矛盾，
∴这种情况不成立，
②若EB=EP，则∠PBE=∠BPE=45°，
∴∠BEP=90°，
∴∠PEO=90°-∠BEC=∠EBC，
∴△POE≌△ECB，
∴OE=BC，OP=EC，
∴OE=OC，
∴点E与点C重合（EC=0），
∴点P与点O重合（PO=0），
∵B（-4，4），
∴AO=CO=4， 此时t=AP=AO=4；
③若BP=BE，则△BAP≌△BCE，
∴AP=CE，
∵AP=t，
∴CE=t，
∴PO=EO=4-t，
∵∠POE=90°，
∴PE=，
延长OA到F，使得AF=CE，连接BF， 可证得△FAB≌△ECB，
∴FB=EB，∠FBA=∠EBC，
∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠EBC=45°，
∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°，
∴∠FBP=∠EBP，
∴△FBP≌△EBP，
∴FP=EP，
∴EP=FP=FA+AP=CE+AP，
∴EP=t+t=2t，
∴ （4-t）=2t， t=4-4，
∴当t=4秒或（4-4）秒时，△PBE为等腰三角形；
【点睛】本题是正方形与动点问题的综合题，考查了动点问题的正方形，等腰直角三角形的性质，全等三角形，解题关键是深刻理解动点的路程、时间，理解两动点的完整运动过程，同时，采用了分类讨论一个三角形是等腰三角形的三种情况．
40．（2023春·安徽淮北·八年级校联考期末）如图，在四边形中，，，连接，过点A作的垂线交于点，交于点，与交于点．

(1)若，求的长；
(2)求证：；
(3)若，求的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由勾股定理可得、，再将代入解得，然后代入即可解答；
（2）如图：过D作,则四边形是矩形即，然后证明可得，最后运用等量代换即可解答；
（3）如图：过D作交于Q，先证明四边形是正方形可得，再证可得、，再通过证明可得，设，则，在中运用勾股定理解答．
【详解】（1）解：∵，，
∴,
∵，
∴,
∵，
∴,解得：（舍弃负值）
∴．
（2）解：如图，过点A作交长线于点P，则四边形是矩形，

∴,,
∵，
∴，
∴，
在和，
,
∴
∴，
∵,
∴．
（3）解：如图：过D作交于Q，

∵,
∴四边形是正方形，
∴
∵
∴，
∵，
∴,
在和，
,
∴
∴，
∴，
在和，
，
∴
∴，
设，则，
在中， ，即，解得．
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形判定与性质等知识点，正确添加辅助线、构造全等三角形是解答本题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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