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人教版八（下）数学第二十一章 四边形 单元测试培优卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
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阅卷人 一、单选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
得分
1．（2025八下·金平期中）矩形中，，，分别平分，，交于点E，F，射线，交于点G，若，则的长是（　　）
A．6或7 B．8或9 C．7或9 D．6或9
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理，，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
分两种情况：
①当点G在矩形内部时，如图所示：
则，
即，
解得：，
∴；
②当点G在矩形外部时，如图所示：
则，
∴，
∴；
综上所述，的长为7或9，
故选：C．
【分析】本题考查矩形的性质、角平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质，解题需先利用矩形和角平分线的性质求出AE、DF的长度，再判定的形状求出EF，最后分点G在矩形内部、外部两种情况计算BC的长。由矩形的性质得，，结合BE平分，可得，因此是等腰直角三角形，，同理可得，；由，可判定为等腰直角三角形，根据勾股定理，代入，求出；再分两种情况，当G在矩形内部时，满足，代入数值可求AD；当G在矩形外部时，满足，代入数值求出AD，而矩形中，即可得BC的两个取值。
2．（2023八下·丛台月考）已知 ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造 AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中， AEFG面积变化情况是（　　）
A．一直增大 B．保持不变
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】B
【知识点】平行四边形的面积；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S1、S2、S3、S4，
延长BE，与GF的延长线交于点P．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BP，∠ADG＝∠P．
∵四边形AEFG是平行四边形，
∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF，
∴∠G＝∠EFP．
∵AD∥BP，AE∥DP，
∴四边形ADPE是平行四边形．
在△AGD与△EFP中，
∴△AGD≌△EFP（AAS），
∴S4＝S△EFP，
∴S4+S四边形AEFD＝S△EFP+S四边形AEFD，
即S AEFG＝S ADPE，
又∵ ADPE与 ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等，
∴S ABCD＝S ADPE，
∴平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积．
故 AEFG面积不变，
故选：B．
【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，得到ADPE是平行四边形，即可得到△AGD≌△EFP，进而得到 S AEFG＝S ADPE ，再根据AD∥BP得到S ABCD＝S ADPE，即可得到结论．
3．（2025八下·椒江期末） 如图，P是正方形 ABCD 内一点，，，则 的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作BF⊥AP于点F， PH⊥AD于点H， PE⊥CD于点E，
∵四边形ABCD是正方形， ∠APD =90°，
∴BA = BC = AD =CD， ∠BFA=∠APD =90°， ∠PHD=∠HDE=∠PED=90°，
∴四边形PEDH是矩形，
∵∠PED =∠BCD = 90°，
∴PE∥BC，
∴BP=BC，
∵BP=BA，
∴AF=PF，
∵∠ABF+∠BAF=90°， ∠DAP+∠BAF=∠BAD=90°，
∴∠ABF=∠DAP，
在△ABF和△DAP中，
∴△ABF≌△DAP(AAS)，
∴AF=DP，
∴AP=2AF=2DP，
设 则
，
∴DE=PH=2m，
∴CE=CD-DE=5m-2m =3m，
，
故答案为：C .
【分析】作BF⊥AP于点F， PH⊥AD于点H， PE⊥CD于点E， 则四边形PEDH是矩形，即可得到AF= PF， 推导出∠ABF=∠DAP， 进而得到△ABF≌△DAP， 得AF =DP， 则AP=2AF=2DP， 设 则AP=2 求得 =5m， 根据三角形的面积求出DE=PH = 2m， 则CE = 3m ，即可得到 求得 即可求出比值解答即可.
4．（2025八下·中江月考）赵爽是我国著名的数学家，“赵爽弦图”是他研究勾股定理的重要成果．古人有记载“勾三，股四，则弦五”的定理．如图，以三边长分别为3，4，5的四个直角三角形拼成一个正方形，以为边再作一个正方形，连结，，则的面积为（　　）
A． B．7 C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：过点H作于点K，如图所示∶
依题意得∶，
，
，
∴正方形的边长为1，即，
∵四边形是正方形，
∴，
在中，，，
由勾股定理得∶
在中，，，
由勾股定理得∶，
设，
则，
在中，
由勾股定理得：，
在，由勾股定理得：
，
∴，
解得：，
∴，
∴的面积为：，
故答案为∶C．
【分析】过点H作于点K，由全等三角形的对应边相等、线段的和差及正方形性质得出EH=HG=1，EC=4，DG=3及CD=5，先利用勾股定理分别求出CH、DH的长，设DK+x，则CK=CD-DK=5-x，在Rt△DHK与Rt△CHK中利用勾股定理表示出KH2，即可构建出关于字母x的方程，求解得出x的值，进而再在Rt△HDK中，利用勾股定理算出KH，最后根据三角形面积公式列式计算即可求出△CDH的面积.
5．（2025八下·慈溪期中） 如图，在边长为8的菱形ABCD中，点E， F为边AD，CD上的动点，且AE=CF，连接BF，CE，若菱形ABCD面积为60，则BF+CE 的最小值为（　　）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图， 作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于H，连接BG、BE、EG
则CG⊥AD，CH=GH，CE=CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠A=∠BCD，AB=BC，
∴CG⊥BC，
∵S菱形ABCD=AD×CH，
∴8CH=60，
∴CH=，
∴CG=2CH=15，
∴，
在△ABE与△CBF中，∵AB=BC，∠A=∠BCD，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF，
∴BE=BF，
∴BF+CE=BE+CE=BE+EG≥BG，
∴当点E在线段BG上时，BE+CE值最小为17，即BF+CE的最小值为17.
故答案为：C.
【分析】 作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于H，连接BG、BE、EG ，由轴对称的性质得CG⊥AD，CH=GH，CE=CG，由菱形的性质得AD∥BC，∠A=∠BCD，AB=BC，由平行线的性质推出CG⊥BC，根据菱形的面积计算公式建立方程求出CH的长，从而得到CG的长，再根据勾股定理算出BG的长；然后利用SAS判断出△ABE≌△CBF，由全等三角形的对应边相等得BE=BF，从而可得BF+CE=BE+EG≥BG，进而根据两点之间线段最短即可得出当点E在线段BG上时，BE+CE值最小为BG，即可得出答案.
6．（2025八下·遵义期中）如图，正方形、、、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、、分别位于正方形、、对角线的交点，则阴影部分的面积和为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．18
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：设三个阴影部分的面积从左至右分别为、、，
如图，
设与交于点，与交于点，
过分别作于，于，
连接，，
∵四边形是正方形，是对角线的交点，
∴平分，且是等腰直角三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴≌，
∴，
∴，
∴，
同理，，，
∴阴影部分的面积和为：．
故选：C．
【分析】设三个阴影部分的面积从左至右分别为、、，设与交于点，与交于点，过分别作于，于，连接，，跟局长横方向性质可得平分，且是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可得，根据正方形判定定理可得四边形为正方形，则，再根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得≌，则，再根据割补法，结合三角形面积即可求出答案.
7．（2024八下·义乌期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的一点，延长CD至点E，使得∠CAB＝∠BAE，∠BAE=35o，过点E作 EF⊥AB于点F，G为CE的中点，则∠FGB=(　　)
A．100o B．110o C．115o D．145o
【答案】B
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，分别延长交于，延长交于点，
，
，
由等腰三角形的判定得：
，
G为的中点，
，
，
由平行线的性质得：
，
，
，
在和中，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】分别延长交于，延长交于点，先根据等腰三角形的判定证明，再证明，可得再根据全等三角形的判定定理证明，可得，再由角的运算求解即可．
8．（2025八下·江北期末）如图，在菱形ABCD中，，，BD与AC相交于点O，点P是线段AB上的任意点，以PB为对角线作平行四边形POBQ，连结DQ，则DQ的最小值是（　　）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知，Q在线段Q1Q2（不包括Q2）上，如图，
∵ 四边形ABCD为菱形，∴ AB=AD，OB=OD，∵ ∠BAD=60°，∴ △ABD为等边三角形，∴ OB=BD=，
∵ 四边形OBQ为平行四边形，
∴ OB=PQ=BQ2，
∴ DQ2=，
当DQ'⊥Q1Q2时，此时DQ'最小，
∵∠Q'DQ2=30°，
∴ Q'Q2=，
∴ DQ'=
故答案为：C.
【分析】先根据题意确定Q的运动轨迹，再根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质可推出DQ2=，根据垂线段最短可知DQ'最小，根据30°的直角三角形的性质和勾股定理求得DQ'的值即可.
9．（2025八下·龙泉期中）已知，如图，在中，是AD上方任意一点。若的面积为4，的面积为的面积为10，则的面积为（　　）
A．2.5 B．2 C．1.5 D．1
【答案】B
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：过点E作EM⊥BC于点M，交AD于点N，过点E作EH⊥BA，交BA的延长线于点H，HE的延长线交CD的延长线于点P，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴设AD=BC=a，AB=CD=b，AD//BC，AB//CD，
∴EN⊥AD，EP⊥CD，
设EN=k，MN=h，EP=m，EH=n，
∴EM=EN+MN=k+h，
HP=EP+EH=m+n，
∵△ADE的面积为4，△EBC的面积为16，
∴，，
∴，，
∴ak=8，ak+ah=32，
∴ah=24，
∵△ECD的面积为10，
∴，
∴，
∴bm=20，
∵平行四边形ABCD面积为：BC·MN=AB·HP，
∴ah=b(m+n)=bm+bn，
∴bn=ah-bm=24-20=4，
∴△ABE的面积为：
故答案为：B.
【分析】过点E作EM⊥BC于点M，交AD于点N，过点E作EH⊥BA，交BA的延长线于点H，HE的延长线交CD的延长线于点P，根据平行四边形性质设AD=BC=a，AB=CD=b，再设EN=k，MN=h，EP=m，EH=n，则EM=k+h，HP=m+n，由已知得ak=8，ak+ah=32，bm=20，ah=24，然后根据平行四边形ABCD面积公式得ah=b(m+n)=bm+bn，由此得bn=4，进而根据三角形的面积公式即可得出△ABE的面积.
10．（2024八下·德城期中）如图，先有一张矩形纸片，，，点分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点，连接．下列结论：
①；
②四边形是菱形；
③重合时，；
④的面积的取值范围是．其中正确的有（　　）．
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；菱形的判定；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图1
∵，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
故正确；
∴，，
∴，
∵，
若，
∴，
∴，这个结论不一定成立，
故错误；
点与点重合时，如图所示，
设，则，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
∴，
故正确；
当过点时，如图所示，最短，四边形的面积最小，
∴，
当点与点重合时，如图，最长，四边形的面积最大，
∴，
∴，
故错误；
正确的项为，
故选．
【分析】利用平行线的性质和折叠的性质可推出，利用等角对等边可证得PM=PN，据此可得到PM=CN，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证得四边形是平行四边形，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得四边形是菱形，可对作出判断；若，可证得，由此可得到∠DCM=∠QCM=30°，可对作出判断；点与点重合时，如图所示，设BN=x，可表示出AN的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CN的长，利用勾股定理求出AC、QN的长，可得到MN的长，可对作出判断；当过点时，如图所示，最短，四边形的面积最小，可求出S的最大值和最小值，可得到S的取值范围，可对作出判断；综上所述，可得到正确结论的个数.
阅卷人 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.
得分
11．（2025八下·镇海区期末）如图，在中，，，，点、分别在线段、上，且，连结，若平分，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解： 如图，过点B作BH⊥DA交DA延长线于H点，过B作BGIIEF，交AH的延长线于G，
∵BE平分∠AEF，
∴∠GEB=∠FEB，
∵BG∥EF，
∴∠FEB=∠EBG，
∴∠EBG=∠GEB，
∴GB=GE，
∵DE=DF，BG∥EF，
∴DG=DB，GE=BF=GB，
∵∠ABC=60°，AB=3，
∴∠BAH=60°，即∠ABH=30°.
∴AH=AB=，
∴BH=，
∴DH=AD+AH=5+，
∴RtABDH中， BD==7，
∴GH=DG-DH=7-=，
∴在RtABGH中，.GB=，
∴BF=，
∴DF=BD-BF=7-，
∴ DE=7-，
故答案为：7-.
【分析】通过角平分线和平分线得到等腰三角形GBE，再根据平行四边形的性质，得到∠GAB=60°，借助勾股定理求得AH，BHHD，BD，再求GH，GB，最后根据线段的和差倍关系求得DF的长即DE的长.
12．（2025八下·新昌期末） 如图，在矩形ABCD中，， ，E，F分别为AB，BC的中点，连结CE，DF，取CE，DF的中点M，N，连结MN，则MN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；三角形的中位线定理；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接CN并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=90°，AD//BC
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB=4，BC=8，
∴，，
∵AD//BC，
∴∠DPN=∠FCN，
在△PDN与△CFN中，
∴△PDN≌△CFN(AAS)，
∴PD=CF=4，CN=PN，
∴AP=AD-PD=4，
∴
∵点M是EC的中点，
∴
故答案为：.
【分析】连接CN并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A=90°，AD//BC，根据全等三角形的性质得到PD=CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论.
13．（2025八下·滨江期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则　 　.
【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，
∵A、M关于BN对称，
∴AB=BM=BC，
∵B、C关于EF对称，
∴BM=MC=BC，
∴△BCM是等边三角形，
∴∠MBC=∠BCM=90°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABH=∠DCG=30°，
∴BH=2AH.
∴AH=a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB=45°，
∵GT⊥CD，
∴DT=GT，CG=2TG，CT=GT，
∵DT+TC =2a，
∴DT=TG=(-1)a，
∴CG=2(-1)a，
∴。
故答案为： .
【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=GT，继而推出CG=2(-1)a，最后比较计算即可。
14．（2023八下·槐荫期中）如图，平行四边形中，，，点P是边上的点，连接，以为对称轴作的轴对称图形，连接，当点P是线段的中点，且时，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；平行四边形的性质；轴对称的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接QB交PA于点E，如图所示：
∵连接，以为对称轴作的轴对称图形，
∴BA=QA，QP=PB，
∴PA为线段QB的垂直平分线，
∴∠PEB=∠BEA=90°，
∵点P是线段的中点，
∴PE=2，PB=6，AB=8，
由勾股定理得，
∴的长为，
故答案为：
【分析】连接QB交PA于点E，根据轴对称的性质即可得到BA=QA，QP=PB，进而根据垂直平分线的性质得到∠PEB=∠BEA=90°，再根据三角形的中位线定理即可得到PE=2，PB=6，AB=8，进而根据勾股定理即可得到，最后结合题意即可求解。
15．（2025八下·启东月考）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线
∴，
作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，
∴GM是△FCE的中位线，
∴，，
∴，
在Rt△MHG中，，
故答案为：．
【分析】作OK⊥BC，垂足为点K，根据正方形性质可得OK=2，KC=2，则KC=CE，再根据三角形中位线定理可得，作GM⊥CD，垂足为点M，再根据三角形中位线定理可得，，再根据边之间的关系可得MH，再根据勾股定理即可求出答案.
阅卷人 三、解答题：本大题共7小题，共72分.
得分
16．（2025八下·珠海期中）点是正方形对角线上一动点，点在射线上，且，连接，为中点．
（1）如图1，当点在线段上时，连接交于点，
①试判断的形状，并说明理由；
②若正方形边长为，当点为的中点，则的长为 ．
（2）如图2，当点在线段上时，试探究线段，，的等量关系，并说明理由．
（3）若，连接，取的中点，则当点从点运动到点时，点所经过的路径长为 ．
【答案】（1）①是等腰直角三角形，理由如下：连接，如图所示，
四边形是正方形，
，，
，
（），
，，
，
，，
，
，
由四边形内角和为，
，
，
，
且；
∴是等腰直角三角形
②
（2）解：如图所示，过点作交于点，交于点，过点作于点，
∴，是等腰直角三角形，四边形是矩形，
设
则
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）解：②若正方形边长为，当点为的中点，
则，
在中，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
故答案为：．
（3）解：如图所示，作关于的对称点，连接，取中点，连接，
当点与点重合时，点与点重合，当点与点重合时，点与点重合，
∴当点从点运动到点时，点所经过的路径长为的长，
∵，
∴，
则
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理及三角形中位线定理，分三问分析。
（1）①正方形中，（SAS），得，又，故。由四边形内角和及，推出，故是等腰直角三角形；②是中点，，中，等腰直角三角形中；
（2）作、，设，，则，，，故；
（3）作关于的对称点，的运动路径为的中位线。则，，由中位线定理得，即路径长为。
（1）解：①是等腰直角三角形，理由如下：
连接，如图所示，
四边形是正方形，
，，
，
（），
，，
，
，，
，
，
由四边形内角和为，
，
，
，
且；
∴是等腰直角三角形，理由见解析
②若正方形边长为，当点为的中点，
则，
在中，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
故答案为：．
（2）解：如图所示，过点作交于点，交于点，过点作于点，
∴，是等腰直角三角形，四边形是矩形，
设
则
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，作关于的对称点，连接，取中点，连接，
当点与点重合时，点与点重合，当点与点重合时，点与点重合，
∴当点从点运动到点时，点所经过的路径长为的长，
∵，
∴，
则
∵，
∴，
故答案为：．
17．（2024八下·惠州期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
【性质探究】
如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条结论 ， ；
【问题解决】
如图2，以锐角的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，，．求证：四边形是“中方四边形”；
【拓展应用】
如图3，已知四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点，
（1）试探索与的数量关系，并说明理由．
（2）若，则的最小值是 ．
【答案】【性质探究】：，；
【问题解决】：解：如图2，取四边形各边中点分别为、、、并顺次连接成四边形，连接交于，连接交于，
四边形各边中点分别为、、、，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，，，，，
，，，，
四边形是平行四边形，
四边形和四边形都是正方形，
，，，
又，
，
即，
在和中，
，
，
，，
又，，
，
是菱形，
，
．
又，，
，
，
又，，
，
菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”；
：（1），理由如下：
如图3，分别作、的中点、并顺次连接、、、，
四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点，
四边形是正方形，
，，
，
，分别是，的中点，
，
；
（2）
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】性质探究：①，②；
理由如下：如图1，
四边形是“中方四边形”，
是正方形且、、、分别是、、、的中点，
，，，，，，
，，
故答案为：，；
【拓展应用】（2）如图4，分别作、的中点、并顺次连接、、、，
连接交于，连接、，
当点在上（即、、共线）时，最小，最小值为的长，
，
由性质探究②知：，
又，分别是，的中点，
，，
，
，
由拓展应用（1）知：；
又，
，
．
【分析】【性质探究】：由题意可得是正方形且、、、分别是、、、的中点，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
【问题解决】：取四边形各边中点分别为、、、并顺次连接成四边形，连接交于，连接交于，根据三角形中位线定理可得，，，，根据平行四边形判定定理可得边形是平行四边形，根据正方形性质可得，，，再根据角之间的关系可得，再跟剧全等三角形判定定理可得，则，，再根据菱形判定定理可得是菱形，根据角之间的关系可得，则菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”.
【拓展应用】：（1）分别作、的中点、并顺次连接、、、，可得四边形是正方形，则，，根据勾股定理可得MN，再根据等腰直角三角形性质即可求出答案.
（2）分别作、的中点、并顺次连接、、、，连接交于，连接、，当点在上（即、、共线）时，最小，最小值为的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
18．（2025八下·奉化期末） 已知，正方形和正方形有一个公共顶点 D，，点分别是的中点，连结．
（1）如图1，当三点共线时，求的长．
（2）如图2，当三点不共线时，连结，求证：．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，当 三点共线时，求的值．
【答案】（1）解：∵A、D、E三点共线，正方形ABCD和正方形DEFG有一个公共顶点D，
∴C、D、G三点共线，
∵点H、点O分别是线段CE和EG的中点，
∴OH是△CEG的中位线，
∵AB=4，DE=2，
∴CD=4，DG=2，
即CG=6，
∴OH=3
（2）证明：如图，连接CG，交DE于点M，交AE于点N，
∵∠ADC+∠CDE=∠EDG+∠CDE
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴∠DGM=∠DEN，
∵∠GMD=∠EMN
∴∠GDM=∠ENM，
∵∠GDM=90°，
∴∠ENM=90°，
即CG⊥AE，
∵点H、点O分别是线段CE和EG的中点，
∴OH是△CEG的中位线，
即OH//CG，
∴OH⊥AE
（3）解：记OH交AE于点P，
∵OH⊥AE，
∴AO2=AP2+OP2，HE2=PE2+PH2，AH2=AP2+PH2，OE2=PE2+OP2，
∴AO2+HE2=AH2+OE2
即AH2-AO2=HE2-OE2，
∴，
∴，
∵C、E、F三点共线，
∴∠CED=90°，
∵AB=4，DE=2，
∴，
∴
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【分析】(1)根据A、D、E三点共线，可知C、D、G三点共线，又因为点H、点O分别是线段CE和EG的中点，根据三角形的中位线定理可知OH是△CEG的中位线，进而即可求解；
(2)连接CG，交DE于点M，交AE于点N，根据正方形的性质，易证△ADE≌△CDG，得出∠DGM=∠DEN，结合∠GMD=∠EMN，推出∠GDM=∠ENM=90°，即CG⊥AE，又因为点H、点O分别是线段CE和EG的中点，所以OH是CEG的中位线，从而得出OH//CG，进而即可得出结论；
(3)记OH交AE于点P，根据勾股定理得出AO2=AP2+OP2，HE2=PE2+PH2，AH2=AP2+PH2，OE2=PE2+OP2，进而得到AH2-AO2=HE2-OE2，再根据三角形中位线定理将HE2-OE2转化为，最后根据CE和DE的长度计算出结果.
19．（2025八下·深圳期中）课本再现
想一想 你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系？能证明你的猜想吗？ 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
定理证明
（1）已知：如图①，是的中位线．延长至点，使，连接．
求证：且．
知识运用
（2）如图②，在正方形中，为的中点，、分别为、边上的点，若，，，求的长．
（3）如图③，在四边形中，，，为的中点，，分别为，边上的点，若，，，求的长．
【答案】（1）证明：在与中，
，
，
，，
，
又，
，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
且；
（2）解：如图，取的中点，连接，延长、交于点，
四边形是正方形，
，
，
，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
为的中点，为的中点，
为的中位线，
，
，且为的中点，
，
；
（3）解：如图，取的中点，连接，延长到点，使得，连接，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
过点作，交的延长线于点，连接，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
为的中点，为的中点，
为的中位线，
，
，且为的中点，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据全等三角形判定定理可得，则，，根据直线平行判定定理可得，再根据平行四边形判定定理可得四边形为平行四边形，则，再根据线段之间的关系即可求出答案.
（2）取的中点，连接，延长、交于点，根据正方形性质可得，根据角之间的关系可得，根据线段中点可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，根据三角形中位线定理可得EM，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
（3）取的中点，连接，延长到点，使得，连接，根据线段中点可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，过点作，交的延长线于点，连接，根据角之间的关系可得，根据等角对等边可得，根据勾股定理可得，根据边之间的关系可得QF，再根据勾股定理可得MF，根据三角形中位线定理可得EN，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
20．（2025八下·北仑期末） 如图，在正方形中，以为斜边向上作一个直角三角形，其中，过点作交于点．
（1）求证：．
（2）如图．连结，交于点，连结，若，，求的值．
（3）如图，延长至点，使得，连接，试判断与的位置关系与数量关系，并证明．
【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，AD=AB，∠DAB=90°，
∵∠DAF+∠BAE=90°，
在Rt△ABE中，∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠DAF=∠ABE，
又∵DF⊥AE，
∴∠AFD=∠AEB=90°，
∴(AAS)；
（2）解：由△ABE≌△DAF可知AE = DF， BE = AF = 3，
∵四边形ABCD是正方形，AC与BD相交于点O，
∴OA=OB，∠AOB=90°。
把△AOE绕点O顺时针旋转90°得到△BOE'，连接EE'。
∴OE=OE'=，EOE'=90°，
根据勾股定理可得
，
且∠E'BE = ∠E'BO +∠OBE =∠EAO +∠OBE = 90°，
∵AE-BE = DF-AF，设AE=x，则x-3= DF-3， DF =x ，
∴BE =3，EE'=6，E'B = AE=9，
在Rt△ABE中，根据勾股定理
，
故答案为：；
（3）解：，，
理由如下：
如图，连接AC，BD于点O，连接OE，OF，过点O作OH⊥AG交AG于点H，
由（2）得△EOF是等腰三角形，
∴HF=HE，
∵EG=EB=AF，
∴HA=HG，
∵在正方形ABCD中，OA=OC，
∴OH是△AGC的中位线，
∴OH//CG，，
∵OH⊥AG，
∴CG⊥AG，
即EF⊥CG，
∵在等腰Rt△EOF中，，
∴EF=CG.
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）通过正方形性质和直角三角形性质找出 对应角和边相等，用AAS判定全等；
（2）通过全等三角形 性质得到边和角的关系，证明新的全等三角形，得出特殊 三角形，进而求出边长；
（3）利用前面结论和三角形中位线性质证明垂直和边的关系.
21．（2025八下·成都期中）数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动、如图1，小华将矩形纸片ABCD（AB＞BC）折叠，点C落在BA边上的点F处，折痕为BE，连接EF，然后将纸片展开.
（1）四边形BFEC的形状为　 　；
（2）如图2，点G是BC上一点，且CG=AF，连接AG，AM平分∠GAB交BE于点M，连接AE，猜想AE和ME的数量关系并加以证明；
（3）在（2）的条件下，如图3，过点M作MN⊥AG，垂足为点N.
①求的值；
②若AN=21，GN=4，请直接写出AD的长度.
【答案】（1）正方形
（2）解：AE=EM，
证明：如答图1，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC =∠C = 90°， AB∥CD，
由折叠， 得△BFE≌△BCE，
∴∠BFE=∠C =90°∠FBE=∠CBE=45°，FE=CE，
∵∠AFE=180°-∠BFE=90°=∠C， AF =CG， FE=CE，
∴△AFE≌△GCE(SAS)，
∴∠AEF =∠GEC， EA = EG.
∵∠AEG=∠AEF+∠FEG=∠GEC+∠FEG=∠CEF=∠AFE=90°，
∴∠EAG=∠EGA=45°，
∵AM平分∠BAG，
∴∠BAM=∠GAM.又∠EAM=∠EAG+∠GAM， ∠EMA=∠EBA+∠BAM，
∠EAG=∠EBA=45°，
∴∠EAM =∠EMA，
∴AE=EM；
（3）解：①如答图2， 过点M作MH⊥AB于点H，作MP⊥EF于点P， 过点E作EQ⊥AG于点Q.
∵∠MHF=∠HFP =∠MPF =90°，
∴四边形MHFP是矩形，
∴PF=MH，PM∥FH，
.∠PME =∠ABE =∠QAE = 45°.
又∠MPE =∠AQE= 90°， ME = AE，
∴△MPE≌△AQE(SAS)，
∴PE=QE，
∵AE =GE， ∠AEG = 90°， EQ⊥AG，
∴AG=2QE=2PE.
∵∠BEC =∠CBE = 45°，
∴BC=CE= EF.
∵AM平分∠BAG， MN⊥AG， MH⊥AB，
∴MN=MH=PF，
②
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；正方形的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1)四边形BFEC的形状为正方形，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∵将矩形纸片ABCD(AB>BC)折叠，点C落在BA边上的点F处，折痕为BE，
∴四边形BFEC是菱形，
∴四边形BFEC是正方形，
故答案为：正方形；
(3)②由 (2)知△AEG是等腰直角三角形，
∵AN=21， GN=4，
∴AG=25，
∵AM平分∠BAG， MN⊥AG， MH⊥AB，
∴MN=MH，
∵AM=AM，
∴Rt△ANM≌Rt△AHM(HL)，
∴AN=AH=21，
故答案为：.
【分析】(1)根据矩形的性质得到AB∥CD，∠C = 90°， 根据折叠的性质得到 求得 根据正方形的判定定理得到结论；
(2)连接EG，根据矩形的性质得到 =∠C =90°， AB∥CD，根据折叠的性质得到∠BFE=∠C =90°， ∠FBE=∠CBE=45°， FE=CE，根据全等三角形的性质得到∠AEF =∠GEC， EA=EG.求得∠BAM =∠GAM.得到∠EAM =∠EMA， 于是得到结论；
(3)①证明： 如答图2， 过点M作MH⊥AB于点H，作MP⊥EF于点P， 过点E作EQ⊥AG于点Q.根据矩形的性质得到PF=MH，PM∥FH，求得∠PME =∠ABE = ∠QAE = 45°.根据全等三角形的性质得到PE=QE， 求得AG=2QE=2PE.根据角平分线的性质得到MN=MH=PF，于是得到结论；
②由(2)知△AEG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到 根据角平分线的性质得到MN=MH，根据全等三角形的性质得到AH=AH=21，根据勾股定理得到EF，则可得出答案.
22．（2024八下·红花岗期中）（1）【课本再现】如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分．正方形可绕点O转动，则下列结论正确的是______（填序号即可）．
①；②；③四边形的面积总等于；④连接，总有．
（2）【类比迁移】
如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；
（3）【拓展应用】
如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，求线段的长度．
【答案】解：（1）如图1中，连接．
∵四边形是正方形，
，
∵，
∴，
∵，
∴，故①正确，
∴，故②正确，
∴，故③正确，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：①②③④；
（2），理由如下：
如图2中，连接，
∵O为矩形中心，
∴，
延长交于，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵矩形，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵在中，
∴；
（3）设，
①当E在之间时，如图3
，
，
在中，，
，
又由（2）易知，
，
，
解得：，
；
②当E在延长线上时，如图4
同理可论：，
设，则，
即：，
解得：，
∴，
综上所述：或．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得，则CF＝BE、BF＝AE，则四边形OEBF的面积总等于三角形AOB的面积，所以4个结论都正确；
（2）猜想：，由于矩形是中心对称图形，对角线的交点就是对称中心，因此可连接，延长交于，显然可得，则OF垂直平分EF，从而把指定的三条线段转化到中，再利用勾股定理即可得证；
（3）由于点E的位置不确定，因此应分类讨论，再借助（2）的结论计算即可．
23．（2025八下·深圳期末）四边形ABCD是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏.
（1）【探究发现】
如图1， 小明将△ABE沿AE翻折得到 点B 的对应点B'，将纸片展平后，连接BB'并延长交边CD于点F，小明发现折痕AE与BF存在特殊的数量关系，数量关系为　 　；
（2）【类比探究】
如图2，小明继续折纸，将四边形ABEG沿GE所在直线翻折得到四边形A'B'EG，点A 的对应点为点A'，点B 的对应点为点 B'，将纸片展平后，连接BB'交边CD于点F，请你猜想线段AG，CE，DF之间的数量关系并证明：
（3）【拓展延伸】
在(2) 的翻折过程中， 正方形ABCD的边长为9， CF=3.
①如图3，若线段 恰好经过点D，求AG的长，
②如图4， 连接BG， EF， 直接写出 的最小值.
【答案】（1）AE=BF
（2）解：AG+CE=DF；
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴
∵翻折，
∴GE⊥BF，
∴
过点G作GN⊥BC， 垂足为点N，
∴
∴
∴∠NGE=∠MBE，
∵∠A=∠ABC=∠GNB=90°，
∴四边形ABNG是矩形，
∴
∴BC=GN，
又∵∠NGE=∠MBE， ∠C=∠GNE=90°，
∴△BCF ≌△GNE(ASA)，
∴NE=CF，
∴BC-NE=CD-CF， 即BN+CE=DF，
∴AG+CE=DF.
（3）解：①设CE=x，
∵正方形ABCD的边长为9， CF=3，
∴
过点D作DP⊥GE，垂足为H， 交线段AB于点 P， 连接PE， DE.
∵四边形ABEG沿GE所在直线翻折得到四边形A'B'EG，线段A'B经过点D，
∴D， P关于直线GE对称，
∴GE 垂直平分DP，
∴PE=DE，
∵由 (2)得
∴
∴PD∥BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴四边形PBFD是平行四边形，由 (2)知
∴PB=DF=6，
在Rt△PBE中， ∠PBE=90°，
∴根据勾股定理，
在Rt△DCE中， ∠C=90°，
∴根据勾股定理，
又∵PE=DE，
∴
解得x=2， ∴CE的长为2.
由(2)知： AG+CE=DF， 即AG+2=6
∴AG=4
②的最小值 为
【知识点】两点之间线段最短；三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（1）∵∠BAE+∠AEB=90°，∠CBF++∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在 △ABE 和 △BCF中：∵∠BAE=∠CBF，AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∴ △ABE ≌ △BCF，
∴AE=BF；
故答案为：AE=BF；
（3）②如图， 过A作AK∥EG交BC于点K，
∵AG∥EK，
∴四边形AKEG是平行四边形，
∴AG=EK，
过K作KH⊥BC于点K， 且KH=AB，
∴
∴△BAG≌△HKE(SAS)，
∴BG=HE，
∴当且仅当H、E、F依次共线时，取等，过H作 交DC延长线于点H，则四边形CKHN是矩形，
∴
∵CF=3，
∴
由 (2)中方法可证
∴BK=CF=3，
∴HN=CK=BC-BK=6，
在 中，
即 的最小值为
【分析】（1）根据ASA证得△ABE ≌ △BCF，即可得出AE=BF；
（2）根据ASA证得证得△BCF ≌△GNE，进而得出NE=CF，然后再根据BC=CD，得出BC-NE=CD-CF，即BN+CE=DF，进一步等量代换为AG+CE=DF；
（3）①CE=x，则可得：BP=DF=6，BE=9-x，从而根据，进而得出
解方程即可得出CE的长为2，然后根据（2）的结论AG+CE=DF，即可得出AG=DF-CE=6-2=4；
② 过A作AK∥EG交BC于点K，通过证明△BAG≌△HKE(SAS)，可得出BG=HE，即可得出当F，E，H三点在同一直线上时，EH+EF的值最小，即BG+EF的值最小，其最小值为线段FH的长，根据勾股定理求出FH的长即可。
1 / 1人教版八（下）数学第二十一章 四边形 单元测试培优卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
阅卷人 一、单选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
得分
1．（2025八下·金平期中）矩形中，，，分别平分，，交于点E，F，射线，交于点G，若，则的长是（　　）
A．6或7 B．8或9 C．7或9 D．6或9
2．（2023八下·丛台月考）已知 ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造 AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中， AEFG面积变化情况是（　　）
A．一直增大 B．保持不变
C．先增大后减小 D．先减小后增大
3．（2025八下·椒江期末） 如图，P是正方形 ABCD 内一点，，，则 的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·中江月考）赵爽是我国著名的数学家，“赵爽弦图”是他研究勾股定理的重要成果．古人有记载“勾三，股四，则弦五”的定理．如图，以三边长分别为3，4，5的四个直角三角形拼成一个正方形，以为边再作一个正方形，连结，，则的面积为（　　）
A． B．7 C． D．
5．（2025八下·慈溪期中） 如图，在边长为8的菱形ABCD中，点E， F为边AD，CD上的动点，且AE=CF，连接BF，CE，若菱形ABCD面积为60，则BF+CE 的最小值为（　　）
A．15 B．16 C．17 D．18
6．（2025八下·遵义期中）如图，正方形、、、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、、分别位于正方形、、对角线的交点，则阴影部分的面积和为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．18
7．（2024八下·义乌期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的一点，延长CD至点E，使得∠CAB＝∠BAE，∠BAE=35o，过点E作 EF⊥AB于点F，G为CE的中点，则∠FGB=(　　)
A．100o B．110o C．115o D．145o
8．（2025八下·江北期末）如图，在菱形ABCD中，，，BD与AC相交于点O，点P是线段AB上的任意点，以PB为对角线作平行四边形POBQ，连结DQ，则DQ的最小值是（　　）
A． B．4 C． D．
9．（2025八下·龙泉期中）已知，如图，在中，是AD上方任意一点。若的面积为4，的面积为的面积为10，则的面积为（　　）
A．2.5 B．2 C．1.5 D．1
10．（2024八下·德城期中）如图，先有一张矩形纸片，，，点分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点，连接．下列结论：
①；
②四边形是菱形；
③重合时，；
④的面积的取值范围是．其中正确的有（　　）．
A．个 B．个 C．个 D．个
阅卷人 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.
得分
11．（2025八下·镇海区期末）如图，在中，，，，点、分别在线段、上，且，连结，若平分，则的长为　 　．
12．（2025八下·新昌期末） 如图，在矩形ABCD中，， ，E，F分别为AB，BC的中点，连结CE，DF，取CE，DF的中点M，N，连结MN，则MN的长为　 　.
13．（2025八下·滨江期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则　 　.
14．（2023八下·槐荫期中）如图，平行四边形中，，，点P是边上的点，连接，以为对称轴作的轴对称图形，连接，当点P是线段的中点，且时，则的长为　 　．
15．（2025八下·启东月考）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为　 　．
阅卷人 三、解答题：本大题共7小题，共72分.
得分
16．（2025八下·珠海期中）点是正方形对角线上一动点，点在射线上，且，连接，为中点．
（1）如图1，当点在线段上时，连接交于点，
①试判断的形状，并说明理由；
②若正方形边长为，当点为的中点，则的长为 ．
（2）如图2，当点在线段上时，试探究线段，，的等量关系，并说明理由．
（3）若，连接，取的中点，则当点从点运动到点时，点所经过的路径长为 ．
17．（2024八下·惠州期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
【性质探究】
如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条结论 ， ；
【问题解决】
如图2，以锐角的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，，．求证：四边形是“中方四边形”；
【拓展应用】
如图3，已知四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点，
（1）试探索与的数量关系，并说明理由．
（2）若，则的最小值是 ．
18．（2025八下·奉化期末） 已知，正方形和正方形有一个公共顶点 D，，点分别是的中点，连结．
（1）如图1，当三点共线时，求的长．
（2）如图2，当三点不共线时，连结，求证：．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，当 三点共线时，求的值．
19．（2025八下·深圳期中）课本再现
想一想 你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系？能证明你的猜想吗？ 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
定理证明
（1）已知：如图①，是的中位线．延长至点，使，连接．
求证：且．
知识运用
（2）如图②，在正方形中，为的中点，、分别为、边上的点，若，，，求的长．
（3）如图③，在四边形中，，，为的中点，，分别为，边上的点，若，，，求的长．
20．（2025八下·北仑期末） 如图，在正方形中，以为斜边向上作一个直角三角形，其中，过点作交于点．
（1）求证：．
（2）如图．连结，交于点，连结，若，，求的值．
（3）如图，延长至点，使得，连接，试判断与的位置关系与数量关系，并证明．
21．（2025八下·成都期中）数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动、如图1，小华将矩形纸片ABCD（AB＞BC）折叠，点C落在BA边上的点F处，折痕为BE，连接EF，然后将纸片展开.
（1）四边形BFEC的形状为　 　；
（2）如图2，点G是BC上一点，且CG=AF，连接AG，AM平分∠GAB交BE于点M，连接AE，猜想AE和ME的数量关系并加以证明；
（3）在（2）的条件下，如图3，过点M作MN⊥AG，垂足为点N.
①求的值；
②若AN=21，GN=4，请直接写出AD的长度.
22．（2024八下·红花岗期中）（1）【课本再现】如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分．正方形可绕点O转动，则下列结论正确的是______（填序号即可）．
①；②；③四边形的面积总等于；④连接，总有．
（2）【类比迁移】
如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；
（3）【拓展应用】
如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，求线段的长度．
23．（2025八下·深圳期末）四边形ABCD是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏.
（1）【探究发现】
如图1， 小明将△ABE沿AE翻折得到 点B 的对应点B'，将纸片展平后，连接BB'并延长交边CD于点F，小明发现折痕AE与BF存在特殊的数量关系，数量关系为　 　；
（2）【类比探究】
如图2，小明继续折纸，将四边形ABEG沿GE所在直线翻折得到四边形A'B'EG，点A 的对应点为点A'，点B 的对应点为点 B'，将纸片展平后，连接BB'交边CD于点F，请你猜想线段AG，CE，DF之间的数量关系并证明：
（3）【拓展延伸】
在(2) 的翻折过程中， 正方形ABCD的边长为9， CF=3.
①如图3，若线段 恰好经过点D，求AG的长，
②如图4， 连接BG， EF， 直接写出 的最小值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理，，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
分两种情况：
①当点G在矩形内部时，如图所示：
则，
即，
解得：，
∴；
②当点G在矩形外部时，如图所示：
则，
∴，
∴；
综上所述，的长为7或9，
故选：C．
【分析】本题考查矩形的性质、角平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质，解题需先利用矩形和角平分线的性质求出AE、DF的长度，再判定的形状求出EF，最后分点G在矩形内部、外部两种情况计算BC的长。由矩形的性质得，，结合BE平分，可得，因此是等腰直角三角形，，同理可得，；由，可判定为等腰直角三角形，根据勾股定理，代入，求出；再分两种情况，当G在矩形内部时，满足，代入数值可求AD；当G在矩形外部时，满足，代入数值求出AD，而矩形中，即可得BC的两个取值。
2．【答案】B
【知识点】平行四边形的面积；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S1、S2、S3、S4，
延长BE，与GF的延长线交于点P．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BP，∠ADG＝∠P．
∵四边形AEFG是平行四边形，
∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF，
∴∠G＝∠EFP．
∵AD∥BP，AE∥DP，
∴四边形ADPE是平行四边形．
在△AGD与△EFP中，
∴△AGD≌△EFP（AAS），
∴S4＝S△EFP，
∴S4+S四边形AEFD＝S△EFP+S四边形AEFD，
即S AEFG＝S ADPE，
又∵ ADPE与 ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等，
∴S ABCD＝S ADPE，
∴平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积．
故 AEFG面积不变，
故选：B．
【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，得到ADPE是平行四边形，即可得到△AGD≌△EFP，进而得到 S AEFG＝S ADPE ，再根据AD∥BP得到S ABCD＝S ADPE，即可得到结论．
3．【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作BF⊥AP于点F， PH⊥AD于点H， PE⊥CD于点E，
∵四边形ABCD是正方形， ∠APD =90°，
∴BA = BC = AD =CD， ∠BFA=∠APD =90°， ∠PHD=∠HDE=∠PED=90°，
∴四边形PEDH是矩形，
∵∠PED =∠BCD = 90°，
∴PE∥BC，
∴BP=BC，
∵BP=BA，
∴AF=PF，
∵∠ABF+∠BAF=90°， ∠DAP+∠BAF=∠BAD=90°，
∴∠ABF=∠DAP，
在△ABF和△DAP中，
∴△ABF≌△DAP(AAS)，
∴AF=DP，
∴AP=2AF=2DP，
设 则
，
∴DE=PH=2m，
∴CE=CD-DE=5m-2m =3m，
，
故答案为：C .
【分析】作BF⊥AP于点F， PH⊥AD于点H， PE⊥CD于点E， 则四边形PEDH是矩形，即可得到AF= PF， 推导出∠ABF=∠DAP， 进而得到△ABF≌△DAP， 得AF =DP， 则AP=2AF=2DP， 设 则AP=2 求得 =5m， 根据三角形的面积求出DE=PH = 2m， 则CE = 3m ，即可得到 求得 即可求出比值解答即可.
4．【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：过点H作于点K，如图所示∶
依题意得∶，
，
，
∴正方形的边长为1，即，
∵四边形是正方形，
∴，
在中，，，
由勾股定理得∶
在中，，，
由勾股定理得∶，
设，
则，
在中，
由勾股定理得：，
在，由勾股定理得：
，
∴，
解得：，
∴，
∴的面积为：，
故答案为∶C．
【分析】过点H作于点K，由全等三角形的对应边相等、线段的和差及正方形性质得出EH=HG=1，EC=4，DG=3及CD=5，先利用勾股定理分别求出CH、DH的长，设DK+x，则CK=CD-DK=5-x，在Rt△DHK与Rt△CHK中利用勾股定理表示出KH2，即可构建出关于字母x的方程，求解得出x的值，进而再在Rt△HDK中，利用勾股定理算出KH，最后根据三角形面积公式列式计算即可求出△CDH的面积.
5．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图， 作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于H，连接BG、BE、EG
则CG⊥AD，CH=GH，CE=CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠A=∠BCD，AB=BC，
∴CG⊥BC，
∵S菱形ABCD=AD×CH，
∴8CH=60，
∴CH=，
∴CG=2CH=15，
∴，
在△ABE与△CBF中，∵AB=BC，∠A=∠BCD，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF，
∴BE=BF，
∴BF+CE=BE+CE=BE+EG≥BG，
∴当点E在线段BG上时，BE+CE值最小为17，即BF+CE的最小值为17.
故答案为：C.
【分析】 作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于H，连接BG、BE、EG ，由轴对称的性质得CG⊥AD，CH=GH，CE=CG，由菱形的性质得AD∥BC，∠A=∠BCD，AB=BC，由平行线的性质推出CG⊥BC，根据菱形的面积计算公式建立方程求出CH的长，从而得到CG的长，再根据勾股定理算出BG的长；然后利用SAS判断出△ABE≌△CBF，由全等三角形的对应边相等得BE=BF，从而可得BF+CE=BE+EG≥BG，进而根据两点之间线段最短即可得出当点E在线段BG上时，BE+CE值最小为BG，即可得出答案.
6．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：设三个阴影部分的面积从左至右分别为、、，
如图，
设与交于点，与交于点，
过分别作于，于，
连接，，
∵四边形是正方形，是对角线的交点，
∴平分，且是等腰直角三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴≌，
∴，
∴，
∴，
同理，，，
∴阴影部分的面积和为：．
故选：C．
【分析】设三个阴影部分的面积从左至右分别为、、，设与交于点，与交于点，过分别作于，于，连接，，跟局长横方向性质可得平分，且是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可得，根据正方形判定定理可得四边形为正方形，则，再根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得≌，则，再根据割补法，结合三角形面积即可求出答案.
7．【答案】B
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，分别延长交于，延长交于点，
，
，
由等腰三角形的判定得：
，
G为的中点，
，
，
由平行线的性质得：
，
，
，
在和中，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】分别延长交于，延长交于点，先根据等腰三角形的判定证明，再证明，可得再根据全等三角形的判定定理证明，可得，再由角的运算求解即可．
8．【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知，Q在线段Q1Q2（不包括Q2）上，如图，
∵ 四边形ABCD为菱形，∴ AB=AD，OB=OD，∵ ∠BAD=60°，∴ △ABD为等边三角形，∴ OB=BD=，
∵ 四边形OBQ为平行四边形，
∴ OB=PQ=BQ2，
∴ DQ2=，
当DQ'⊥Q1Q2时，此时DQ'最小，
∵∠Q'DQ2=30°，
∴ Q'Q2=，
∴ DQ'=
故答案为：C.
【分析】先根据题意确定Q的运动轨迹，再根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质可推出DQ2=，根据垂线段最短可知DQ'最小，根据30°的直角三角形的性质和勾股定理求得DQ'的值即可.
9．【答案】B
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：过点E作EM⊥BC于点M，交AD于点N，过点E作EH⊥BA，交BA的延长线于点H，HE的延长线交CD的延长线于点P，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴设AD=BC=a，AB=CD=b，AD//BC，AB//CD，
∴EN⊥AD，EP⊥CD，
设EN=k，MN=h，EP=m，EH=n，
∴EM=EN+MN=k+h，
HP=EP+EH=m+n，
∵△ADE的面积为4，△EBC的面积为16，
∴，，
∴，，
∴ak=8，ak+ah=32，
∴ah=24，
∵△ECD的面积为10，
∴，
∴，
∴bm=20，
∵平行四边形ABCD面积为：BC·MN=AB·HP，
∴ah=b(m+n)=bm+bn，
∴bn=ah-bm=24-20=4，
∴△ABE的面积为：
故答案为：B.
【分析】过点E作EM⊥BC于点M，交AD于点N，过点E作EH⊥BA，交BA的延长线于点H，HE的延长线交CD的延长线于点P，根据平行四边形性质设AD=BC=a，AB=CD=b，再设EN=k，MN=h，EP=m，EH=n，则EM=k+h，HP=m+n，由已知得ak=8，ak+ah=32，bm=20，ah=24，然后根据平行四边形ABCD面积公式得ah=b(m+n)=bm+bn，由此得bn=4，进而根据三角形的面积公式即可得出△ABE的面积.
10．【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；菱形的判定；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图1
∵，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
故正确；
∴，，
∴，
∵，
若，
∴，
∴，这个结论不一定成立，
故错误；
点与点重合时，如图所示，
设，则，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
∴，
故正确；
当过点时，如图所示，最短，四边形的面积最小，
∴，
当点与点重合时，如图，最长，四边形的面积最大，
∴，
∴，
故错误；
正确的项为，
故选．
【分析】利用平行线的性质和折叠的性质可推出，利用等角对等边可证得PM=PN，据此可得到PM=CN，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证得四边形是平行四边形，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得四边形是菱形，可对作出判断；若，可证得，由此可得到∠DCM=∠QCM=30°，可对作出判断；点与点重合时，如图所示，设BN=x，可表示出AN的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CN的长，利用勾股定理求出AC、QN的长，可得到MN的长，可对作出判断；当过点时，如图所示，最短，四边形的面积最小，可求出S的最大值和最小值，可得到S的取值范围，可对作出判断；综上所述，可得到正确结论的个数.
11．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解： 如图，过点B作BH⊥DA交DA延长线于H点，过B作BGIIEF，交AH的延长线于G，
∵BE平分∠AEF，
∴∠GEB=∠FEB，
∵BG∥EF，
∴∠FEB=∠EBG，
∴∠EBG=∠GEB，
∴GB=GE，
∵DE=DF，BG∥EF，
∴DG=DB，GE=BF=GB，
∵∠ABC=60°，AB=3，
∴∠BAH=60°，即∠ABH=30°.
∴AH=AB=，
∴BH=，
∴DH=AD+AH=5+，
∴RtABDH中， BD==7，
∴GH=DG-DH=7-=，
∴在RtABGH中，.GB=，
∴BF=，
∴DF=BD-BF=7-，
∴ DE=7-，
故答案为：7-.
【分析】通过角平分线和平分线得到等腰三角形GBE，再根据平行四边形的性质，得到∠GAB=60°，借助勾股定理求得AH，BHHD，BD，再求GH，GB，最后根据线段的和差倍关系求得DF的长即DE的长.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接CN并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=90°，AD//BC
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB=4，BC=8，
∴，，
∵AD//BC，
∴∠DPN=∠FCN，
在△PDN与△CFN中，
∴△PDN≌△CFN(AAS)，
∴PD=CF=4，CN=PN，
∴AP=AD-PD=4，
∴
∵点M是EC的中点，
∴
故答案为：.
【分析】连接CN并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A=90°，AD//BC，根据全等三角形的性质得到PD=CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论.
13．【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，
∵A、M关于BN对称，
∴AB=BM=BC，
∵B、C关于EF对称，
∴BM=MC=BC，
∴△BCM是等边三角形，
∴∠MBC=∠BCM=90°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABH=∠DCG=30°，
∴BH=2AH.
∴AH=a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB=45°，
∵GT⊥CD，
∴DT=GT，CG=2TG，CT=GT，
∵DT+TC =2a，
∴DT=TG=(-1)a，
∴CG=2(-1)a，
∴。
故答案为： .
【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=GT，继而推出CG=2(-1)a，最后比较计算即可。
14．【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；平行四边形的性质；轴对称的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接QB交PA于点E，如图所示：
∵连接，以为对称轴作的轴对称图形，
∴BA=QA，QP=PB，
∴PA为线段QB的垂直平分线，
∴∠PEB=∠BEA=90°，
∵点P是线段的中点，
∴PE=2，PB=6，AB=8，
由勾股定理得，
∴的长为，
故答案为：
【分析】连接QB交PA于点E，根据轴对称的性质即可得到BA=QA，QP=PB，进而根据垂直平分线的性质得到∠PEB=∠BEA=90°，再根据三角形的中位线定理即可得到PE=2，PB=6，AB=8，进而根据勾股定理即可得到，最后结合题意即可求解。
15．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线
∴，
作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，
∴GM是△FCE的中位线，
∴，，
∴，
在Rt△MHG中，，
故答案为：．
【分析】作OK⊥BC，垂足为点K，根据正方形性质可得OK=2，KC=2，则KC=CE，再根据三角形中位线定理可得，作GM⊥CD，垂足为点M，再根据三角形中位线定理可得，，再根据边之间的关系可得MH，再根据勾股定理即可求出答案.
16．【答案】（1）①是等腰直角三角形，理由如下：连接，如图所示，
四边形是正方形，
，，
，
（），
，，
，
，，
，
，
由四边形内角和为，
，
，
，
且；
∴是等腰直角三角形
②
（2）解：如图所示，过点作交于点，交于点，过点作于点，
∴，是等腰直角三角形，四边形是矩形，
设
则
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）解：②若正方形边长为，当点为的中点，
则，
在中，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
故答案为：．
（3）解：如图所示，作关于的对称点，连接，取中点，连接，
当点与点重合时，点与点重合，当点与点重合时，点与点重合，
∴当点从点运动到点时，点所经过的路径长为的长，
∵，
∴，
则
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理及三角形中位线定理，分三问分析。
（1）①正方形中，（SAS），得，又，故。由四边形内角和及，推出，故是等腰直角三角形；②是中点，，中，等腰直角三角形中；
（2）作、，设，，则，，，故；
（3）作关于的对称点，的运动路径为的中位线。则，，由中位线定理得，即路径长为。
（1）解：①是等腰直角三角形，理由如下：
连接，如图所示，
四边形是正方形，
，，
，
（），
，，
，
，，
，
，
由四边形内角和为，
，
，
，
且；
∴是等腰直角三角形，理由见解析
②若正方形边长为，当点为的中点，
则，
在中，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
故答案为：．
（2）解：如图所示，过点作交于点，交于点，过点作于点，
∴，是等腰直角三角形，四边形是矩形，
设
则
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，作关于的对称点，连接，取中点，连接，
当点与点重合时，点与点重合，当点与点重合时，点与点重合，
∴当点从点运动到点时，点所经过的路径长为的长，
∵，
∴，
则
∵，
∴，
故答案为：．
17．【答案】【性质探究】：，；
【问题解决】：解：如图2，取四边形各边中点分别为、、、并顺次连接成四边形，连接交于，连接交于，
四边形各边中点分别为、、、，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，，，，，
，，，，
四边形是平行四边形，
四边形和四边形都是正方形，
，，，
又，
，
即，
在和中，
，
，
，，
又，，
，
是菱形，
，
．
又，，
，
，
又，，
，
菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”；
：（1），理由如下：
如图3，分别作、的中点、并顺次连接、、、，
四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点，
四边形是正方形，
，，
，
，分别是，的中点，
，
；
（2）
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】性质探究：①，②；
理由如下：如图1，
四边形是“中方四边形”，
是正方形且、、、分别是、、、的中点，
，，，，，，
，，
故答案为：，；
【拓展应用】（2）如图4，分别作、的中点、并顺次连接、、、，
连接交于，连接、，
当点在上（即、、共线）时，最小，最小值为的长，
，
由性质探究②知：，
又，分别是，的中点，
，，
，
，
由拓展应用（1）知：；
又，
，
．
【分析】【性质探究】：由题意可得是正方形且、、、分别是、、、的中点，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
【问题解决】：取四边形各边中点分别为、、、并顺次连接成四边形，连接交于，连接交于，根据三角形中位线定理可得，，，，根据平行四边形判定定理可得边形是平行四边形，根据正方形性质可得，，，再根据角之间的关系可得，再跟剧全等三角形判定定理可得，则，，再根据菱形判定定理可得是菱形，根据角之间的关系可得，则菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”.
【拓展应用】：（1）分别作、的中点、并顺次连接、、、，可得四边形是正方形，则，，根据勾股定理可得MN，再根据等腰直角三角形性质即可求出答案.
（2）分别作、的中点、并顺次连接、、、，连接交于，连接、，当点在上（即、、共线）时，最小，最小值为的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
18．【答案】（1）解：∵A、D、E三点共线，正方形ABCD和正方形DEFG有一个公共顶点D，
∴C、D、G三点共线，
∵点H、点O分别是线段CE和EG的中点，
∴OH是△CEG的中位线，
∵AB=4，DE=2，
∴CD=4，DG=2，
即CG=6，
∴OH=3
（2）证明：如图，连接CG，交DE于点M，交AE于点N，
∵∠ADC+∠CDE=∠EDG+∠CDE
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴∠DGM=∠DEN，
∵∠GMD=∠EMN
∴∠GDM=∠ENM，
∵∠GDM=90°，
∴∠ENM=90°，
即CG⊥AE，
∵点H、点O分别是线段CE和EG的中点，
∴OH是△CEG的中位线，
即OH//CG，
∴OH⊥AE
（3）解：记OH交AE于点P，
∵OH⊥AE，
∴AO2=AP2+OP2，HE2=PE2+PH2，AH2=AP2+PH2，OE2=PE2+OP2，
∴AO2+HE2=AH2+OE2
即AH2-AO2=HE2-OE2，
∴，
∴，
∵C、E、F三点共线，
∴∠CED=90°，
∵AB=4，DE=2，
∴，
∴
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【分析】(1)根据A、D、E三点共线，可知C、D、G三点共线，又因为点H、点O分别是线段CE和EG的中点，根据三角形的中位线定理可知OH是△CEG的中位线，进而即可求解；
(2)连接CG，交DE于点M，交AE于点N，根据正方形的性质，易证△ADE≌△CDG，得出∠DGM=∠DEN，结合∠GMD=∠EMN，推出∠GDM=∠ENM=90°，即CG⊥AE，又因为点H、点O分别是线段CE和EG的中点，所以OH是CEG的中位线，从而得出OH//CG，进而即可得出结论；
(3)记OH交AE于点P，根据勾股定理得出AO2=AP2+OP2，HE2=PE2+PH2，AH2=AP2+PH2，OE2=PE2+OP2，进而得到AH2-AO2=HE2-OE2，再根据三角形中位线定理将HE2-OE2转化为，最后根据CE和DE的长度计算出结果.
19．【答案】（1）证明：在与中，
，
，
，，
，
又，
，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
且；
（2）解：如图，取的中点，连接，延长、交于点，
四边形是正方形，
，
，
，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
为的中点，为的中点，
为的中位线，
，
，且为的中点，
，
；
（3）解：如图，取的中点，连接，延长到点，使得，连接，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
过点作，交的延长线于点，连接，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
为的中点，为的中点，
为的中位线，
，
，且为的中点，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据全等三角形判定定理可得，则，，根据直线平行判定定理可得，再根据平行四边形判定定理可得四边形为平行四边形，则，再根据线段之间的关系即可求出答案.
（2）取的中点，连接，延长、交于点，根据正方形性质可得，根据角之间的关系可得，根据线段中点可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，根据三角形中位线定理可得EM，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
（3）取的中点，连接，延长到点，使得，连接，根据线段中点可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，过点作，交的延长线于点，连接，根据角之间的关系可得，根据等角对等边可得，根据勾股定理可得，根据边之间的关系可得QF，再根据勾股定理可得MF，根据三角形中位线定理可得EN，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
20．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，AD=AB，∠DAB=90°，
∵∠DAF+∠BAE=90°，
在Rt△ABE中，∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠DAF=∠ABE，
又∵DF⊥AE，
∴∠AFD=∠AEB=90°，
∴(AAS)；
（2）解：由△ABE≌△DAF可知AE = DF， BE = AF = 3，
∵四边形ABCD是正方形，AC与BD相交于点O，
∴OA=OB，∠AOB=90°。
把△AOE绕点O顺时针旋转90°得到△BOE'，连接EE'。
∴OE=OE'=，EOE'=90°，
根据勾股定理可得
，
且∠E'BE = ∠E'BO +∠OBE =∠EAO +∠OBE = 90°，
∵AE-BE = DF-AF，设AE=x，则x-3= DF-3， DF =x ，
∴BE =3，EE'=6，E'B = AE=9，
在Rt△ABE中，根据勾股定理
，
故答案为：；
（3）解：，，
理由如下：
如图，连接AC，BD于点O，连接OE，OF，过点O作OH⊥AG交AG于点H，
由（2）得△EOF是等腰三角形，
∴HF=HE，
∵EG=EB=AF，
∴HA=HG，
∵在正方形ABCD中，OA=OC，
∴OH是△AGC的中位线，
∴OH//CG，，
∵OH⊥AG，
∴CG⊥AG，
即EF⊥CG，
∵在等腰Rt△EOF中，，
∴EF=CG.
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）通过正方形性质和直角三角形性质找出 对应角和边相等，用AAS判定全等；
（2）通过全等三角形 性质得到边和角的关系，证明新的全等三角形，得出特殊 三角形，进而求出边长；
（3）利用前面结论和三角形中位线性质证明垂直和边的关系.
21．【答案】（1）正方形
（2）解：AE=EM，
证明：如答图1，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC =∠C = 90°， AB∥CD，
由折叠， 得△BFE≌△BCE，
∴∠BFE=∠C =90°∠FBE=∠CBE=45°，FE=CE，
∵∠AFE=180°-∠BFE=90°=∠C， AF =CG， FE=CE，
∴△AFE≌△GCE(SAS)，
∴∠AEF =∠GEC， EA = EG.
∵∠AEG=∠AEF+∠FEG=∠GEC+∠FEG=∠CEF=∠AFE=90°，
∴∠EAG=∠EGA=45°，
∵AM平分∠BAG，
∴∠BAM=∠GAM.又∠EAM=∠EAG+∠GAM， ∠EMA=∠EBA+∠BAM，
∠EAG=∠EBA=45°，
∴∠EAM =∠EMA，
∴AE=EM；
（3）解：①如答图2， 过点M作MH⊥AB于点H，作MP⊥EF于点P， 过点E作EQ⊥AG于点Q.
∵∠MHF=∠HFP =∠MPF =90°，
∴四边形MHFP是矩形，
∴PF=MH，PM∥FH，
.∠PME =∠ABE =∠QAE = 45°.
又∠MPE =∠AQE= 90°， ME = AE，
∴△MPE≌△AQE(SAS)，
∴PE=QE，
∵AE =GE， ∠AEG = 90°， EQ⊥AG，
∴AG=2QE=2PE.
∵∠BEC =∠CBE = 45°，
∴BC=CE= EF.
∵AM平分∠BAG， MN⊥AG， MH⊥AB，
∴MN=MH=PF，
②
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；正方形的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1)四边形BFEC的形状为正方形，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∵将矩形纸片ABCD(AB>BC)折叠，点C落在BA边上的点F处，折痕为BE，
∴四边形BFEC是菱形，
∴四边形BFEC是正方形，
故答案为：正方形；
(3)②由 (2)知△AEG是等腰直角三角形，
∵AN=21， GN=4，
∴AG=25，
∵AM平分∠BAG， MN⊥AG， MH⊥AB，
∴MN=MH，
∵AM=AM，
∴Rt△ANM≌Rt△AHM(HL)，
∴AN=AH=21，
故答案为：.
【分析】(1)根据矩形的性质得到AB∥CD，∠C = 90°， 根据折叠的性质得到 求得 根据正方形的判定定理得到结论；
(2)连接EG，根据矩形的性质得到 =∠C =90°， AB∥CD，根据折叠的性质得到∠BFE=∠C =90°， ∠FBE=∠CBE=45°， FE=CE，根据全等三角形的性质得到∠AEF =∠GEC， EA=EG.求得∠BAM =∠GAM.得到∠EAM =∠EMA， 于是得到结论；
(3)①证明： 如答图2， 过点M作MH⊥AB于点H，作MP⊥EF于点P， 过点E作EQ⊥AG于点Q.根据矩形的性质得到PF=MH，PM∥FH，求得∠PME =∠ABE = ∠QAE = 45°.根据全等三角形的性质得到PE=QE， 求得AG=2QE=2PE.根据角平分线的性质得到MN=MH=PF，于是得到结论；
②由(2)知△AEG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到 根据角平分线的性质得到MN=MH，根据全等三角形的性质得到AH=AH=21，根据勾股定理得到EF，则可得出答案.
22．【答案】解：（1）如图1中，连接．
∵四边形是正方形，
，
∵，
∴，
∵，
∴，故①正确，
∴，故②正确，
∴，故③正确，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：①②③④；
（2），理由如下：
如图2中，连接，
∵O为矩形中心，
∴，
延长交于，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵矩形，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵在中，
∴；
（3）设，
①当E在之间时，如图3
，
，
在中，，
，
又由（2）易知，
，
，
解得：，
；
②当E在延长线上时，如图4
同理可论：，
设，则，
即：，
解得：，
∴，
综上所述：或．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得，则CF＝BE、BF＝AE，则四边形OEBF的面积总等于三角形AOB的面积，所以4个结论都正确；
（2）猜想：，由于矩形是中心对称图形，对角线的交点就是对称中心，因此可连接，延长交于，显然可得，则OF垂直平分EF，从而把指定的三条线段转化到中，再利用勾股定理即可得证；
（3）由于点E的位置不确定，因此应分类讨论，再借助（2）的结论计算即可．
23．【答案】（1）AE=BF
（2）解：AG+CE=DF；
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴
∵翻折，
∴GE⊥BF，
∴
过点G作GN⊥BC， 垂足为点N，
∴
∴
∴∠NGE=∠MBE，
∵∠A=∠ABC=∠GNB=90°，
∴四边形ABNG是矩形，
∴
∴BC=GN，
又∵∠NGE=∠MBE， ∠C=∠GNE=90°，
∴△BCF ≌△GNE(ASA)，
∴NE=CF，
∴BC-NE=CD-CF， 即BN+CE=DF，
∴AG+CE=DF.
（3）解：①设CE=x，
∵正方形ABCD的边长为9， CF=3，
∴
过点D作DP⊥GE，垂足为H， 交线段AB于点 P， 连接PE， DE.
∵四边形ABEG沿GE所在直线翻折得到四边形A'B'EG，线段A'B经过点D，
∴D， P关于直线GE对称，
∴GE 垂直平分DP，
∴PE=DE，
∵由 (2)得
∴
∴PD∥BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴四边形PBFD是平行四边形，由 (2)知
∴PB=DF=6，
在Rt△PBE中， ∠PBE=90°，
∴根据勾股定理，
在Rt△DCE中， ∠C=90°，
∴根据勾股定理，
又∵PE=DE，
∴
解得x=2， ∴CE的长为2.
由(2)知： AG+CE=DF， 即AG+2=6
∴AG=4
②的最小值 为
【知识点】两点之间线段最短；三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（1）∵∠BAE+∠AEB=90°，∠CBF++∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在 △ABE 和 △BCF中：∵∠BAE=∠CBF，AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∴ △ABE ≌ △BCF，
∴AE=BF；
故答案为：AE=BF；
（3）②如图， 过A作AK∥EG交BC于点K，
∵AG∥EK，
∴四边形AKEG是平行四边形，
∴AG=EK，
过K作KH⊥BC于点K， 且KH=AB，
∴
∴△BAG≌△HKE(SAS)，
∴BG=HE，
∴当且仅当H、E、F依次共线时，取等，过H作 交DC延长线于点H，则四边形CKHN是矩形，
∴
∵CF=3，
∴
由 (2)中方法可证
∴BK=CF=3，
∴HN=CK=BC-BK=6，
在 中，
即 的最小值为
【分析】（1）根据ASA证得△ABE ≌ △BCF，即可得出AE=BF；
（2）根据ASA证得证得△BCF ≌△GNE，进而得出NE=CF，然后再根据BC=CD，得出BC-NE=CD-CF，即BN+CE=DF，进一步等量代换为AG+CE=DF；
（3）①CE=x，则可得：BP=DF=6，BE=9-x，从而根据，进而得出
解方程即可得出CE的长为2，然后根据（2）的结论AG+CE=DF，即可得出AG=DF-CE=6-2=4；
② 过A作AK∥EG交BC于点K，通过证明△BAG≌△HKE(SAS)，可得出BG=HE，即可得出当F，E，H三点在同一直线上时，EH+EF的值最小，即BG+EF的值最小，其最小值为线段FH的长，根据勾股定理求出FH的长即可。
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