初中数学浙教版八年级下册第五章 特殊平行四边形 章末检测（提高篇）
一、单选题
1．（2021八上·瑞安期末）如图，在四边形 中， 平分 ， ， ， ， ，则四边形 的周长是（ ）.
A．18 B．20 C．22 D．24
2．（2020八上·苏州期末）在如图所示的正方形网格中，已知小正方形的边长为1，△ABC与△DEF的顶点均为格点，边AC、DF交于点G．下面有四个结论：①△ABC≌△DEF；②图中阴影部分(即△ABC与△DEF重叠部分)的面积为1.5；③△DCG为等边三角形；④AG=DG．其中结论正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2020八下·番禺期末）如图，在菱形ABCD中，AB=AC=1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE=BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC=∠B；③△ADO≌△ACH；④ ；其中正确的结论个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2019八下·南浔期末）在数学课拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积．如图是由5个边长是1，且一个内角是60°的小菱形拼成的图形，P是其中4个小菱形的公共顶点，小新在小明的启发下，将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（ ）
A．2 B．3 C． D．
5．（2019八下·舒城期末）如图，平行四边形ABCD对角线AC、BD交于点O，∠ADB=20°，∠ACB=50°，过点O的直线交AD于点E，交BC于点F当点E从点A向点D移动过程中（点E与点A、点D不重合），四边形AFCE的形状变化依次是（ ）
A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
B．平行四边形→矩形→平行四边形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形
D．平行四边形→矩形→菱形→正方形→平行四边形
6．（2020八下·北京期末）在菱形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的一点(不与端点重合)，对于任意的菱形ABCD，下面四个结论中：
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；②存在无数个四边形MNPQ是矩形；③存在无数个四边形MNPQ是菱形；④至少存在一个四边形MNPQ是正方形
正确的结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（2019八下·昭通期末）矩形各内角的平分线能围成一个（ ）
A．矩形 B．菱形 C．等腰梯形 D．正方形
8．（2019八下·正定期末）如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F，若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为（ ）m．
A．3100 B．4600 C．3000 D．3600
9．如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E，F分别是边BC，AD的中点，AB=2，BC=4，一动点P从点B出发，沿着B﹣A﹣D﹣C在矩形的边上运动，运动到点C停止，点M为图1中某一定点，设点P运动的路程为x，△BPM的面积为y，表示y与x的函数关系的图象大致如图2所示．则点M的位置可能是图1中的（ ）
A．点C B．点O C．点E D．点F
10．（2020·湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地.由边长为2的正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示.分别用这两副七巧板试拼如图2中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是（ ）
A．1和1 B．1和2 C．2和1 D．2和2
二、填空题
11．（2020八下·武侯期末）如图，在矩形ABCD中，∠ACB=30°，BC=2 ，点E是边BC上一动点（点E不与B，C重合），连接AE，AE的中垂线FG分别交AE于点F，交AC于点G，连接DG，GE．设AG=a，则点G到BC边的距离为 （用含a的代数式表示）， ADG的面积的最小值为 ．
12．（2020八下·溧水期末）如图，在矩形ABCD中，
AB＝3，AD＝10，点E在AD上且DE＝2.点G为AE的中点，点P为BC边上的一个动点，F为EP的中点，则GF＋EF的最小值为 .
13．（2019八下·柳州期末）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重叠都分构成的四边形ABCD中，AB=3，BD=4．则AC的长为 ．
14．（2019八下·苏州期中）如图，A，B两点的坐标分别为（6,0),(0,6)，点P从点A出发，沿AB方向以每秒 个单位的速度向终点B运动；同时动点Q从点B出发沿BO方向以每秒1个单位的速度向终点Q运动，将△PQO沿BO翻折，点P的对应点为点C，若四边形QPOC为菱形，则点C的坐标为 .
15．（2019八下·乐清期末）如图，正方形 面积为1，延长 至点G，使得 ，以 为边在正方形另一侧作菱形 ，其中 ，依次延长 类似以上操作再作三个形状大小都相同的菱形，形成风车状图形，依次连结点 则四边形 的面积为 .
16．（2020八下·柯桥月考）如图，正方形ABCD、正方形A1B1C1D1、正方形A2B2C2D2均位于第一象限内，它们的边平行于x轴或y轴，其中点A、A1、A2在直线OM上，点C、C1、C2在直线ON上，O为坐标原点，已知点A的坐标为（3，3），正方形ABCD的边长为1.若正方形A2B2C2D2的边长为2011，则点B2的坐标为 .
三、解答题
17．（2019八下·庐阳期末）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=10，E在AD上，连接BE，CE，过点A作AG∥CE，分别交BC，BE于点G，F，连接DG交CE于点H．若AE=2，求证：四边形EFGH是矩形．
18．（2020八下·海安月考）如图所示，矩形ABCD的对角线相交于点O，OF⊥AD于点F，OF＝2cm，AE⊥BD于点E，且BE﹕BD＝1﹕4，求AC的长.
19．（2019八下·泰兴期中）如图1，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和正方形BCMN，连结AM、BD．
（1）AM与BD的关系是： ．
（2）如果将正方形BCMN绕点C顺时针旋转锐角α，它不变（如图2）．（1）中所得的结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接AB、DM，若AC＝4，BC＝2，求 的值．
20．（2020八下·赣榆期末）如图，矩形 的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点 的坐标为（3，4），一次函数 的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足 ，M是线段DE上的一个动点
（1）求b的值；
（2）连接OM，若 的面积与四边形 的面积之比为 ，求点M的坐标；
（3）设N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标.
21．（2020八下·偃师期末）如图，等腰△ABC中，已知AC＝BC＝ ，AB＝2，作∠ACB的外角平分线CF，点E从点B沿着射线BA以每秒1个单位的速度运动，过点E作BC的平行线交CF于点F.
（1）求证：四边形BCFE是平行四边形；
（2）当点E是边AB的中点时，连接AF，试判断四边形AECF的形状，并说明理由；
（3）设运动时间为t秒，是否存在t的值，使得以△EFC的其中两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形？不存在的，试说明理由；存在的，请直接写出t的值.
22．（2020八下·惠州期末）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
（1）如图1，连接AF、CE，求证：四边形AFCE为菱形；
（2）如图1，求AF的长；
（3）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿ΔAFB和ΔCDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止.在运动过程中，点P的速度为每秒1cm，设运动时间为t秒.若点Q的速度为每秒0.8cm，当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
23．（2020八下·深圳期中）如图1，已知正方形ABCD的顶点A，B分别在y轴和x轴上，边CD交x轴的正半轴于点E．
（1）若A（0，a），且 ，求A点的坐标；
（2）在（1）的条件下，若3AO=4EO，求D点的坐标；
（3）如图2，连结AC交x轴于点F，点H是A点上方y轴上一动点，以AF、AH为边作平行四边形AFGH，使G点恰好落在AD边上，试探讨BF，HG与DG的数量关系，并证明你的结论．
24．（2020八下·番禺期末）如图，在边长为 的正方形ABCD中，作∠ACD的平分线交AD于F，过F作直线AC的垂线交AC于P，交CD的延长线于Q，又过P作AD的平行线与直线CF交于点E，连接DE，AE，PD，PB．
（1）求AC，DQ的长；
（2）四边形DFPE是菱形吗？为什么？
（3）探究线段DQ，DP，EF之间的数量关系，并证明探究结论；
（4）探究线段PB与AE之间的数量关系与位置关系，并证明探究结论．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平行线的性质；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】【解答】解：如图，过点A做 交 于点E
∵ 平分
∴
∵
∴
∴
∴
∵ ，
∴
∴四边形 为矩形
∴ ，
又∵ ，即
∴
∴四边形 的周长
故答案为：C.
【分析】过点A做 交 于点E，根据角平分线和平行线性质及等角对等边推导得 ；通过判定四边形 为矩形，得 ， ；再根据勾股定理计算，得 ，从而得到四边形 的周长.
2．【答案】C
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定；矩形的性质
【解析】【解答】解：
① 、∵BC=EF，
∵四边形EBDA和四边形ADCF都是矩形，∴AB=ED，AC=DF，
∴△ABC≌△DEF，正确；
② 、∵S△ABC=BC×AD=×3×2=3，∵M、G分别是AB和AC的中点，∴S阴影=S△ABC=1.5，正确；
③∵△DCG为直角三角形，∴GD>KD, ∴GD>DC,△DCG不是等边三角形，错误；
④ 、∵四边形ADCF是矩形，∴AG=GC=GD=GF，∴正确；
综上，正确的有3项.
故答案为：C.
【分析】① 由矩形的对角线相等，利用边边边定理即可证明△ABC≌△DEF；
② 、利用三角形面积公式先求出△ABC的面积，再M、G分别是AB和AC的中点，根据等底同高的两三角形面积相等，即可求出阴影部分的面积； ③△DCG为直角三角形，由斜边大于直角边得GD>KD, 则GD>CD，△DCG不是等边三角形；④由矩形的对角线互相平分且相等即可得出AG=DG.
3．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵在菱形ABCD中，AB=AC=1，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠CAE=60°，
又∵AE=BF，
∴△ABF≌△CAE（SAS），故①符合题意；
∴∠BAF=∠ACE，
∴∠FHC=∠ACE+∠HAC=∠BAF+∠HAC=60°，故②符合题意；
∵∠B=∠CAE=60°，
则在△ADO和△ACH中，
∠OAD=60°=∠CAB，
∴∠CAH≠60°，即∠CAH≠∠DAO，
∴△ADO≌△ACH不成立，故③不符合题意；
∵AB=AC=1，过点A作AG⊥BC，垂足为G，
∴∠BAG=30°，BG= ，
∴AG= = ,
∴菱形ABCD的面积为： = = ，故④不符合题意；
故正确的结论有2个，
故答案为：B.
【分析】根据菱形的性质，利用SAS证明即可判断①；根据△ABF≌△CAE得到∠BAF=∠ACE，再利用外角的性质以及菱形内角度数即可判断②；通过说明∠CAH≠∠DAO，判断△ADO≌△ACH不成立，可判断③；再利用菱形边长即可求出菱形面积，可判断④.
4．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】如图据题意，剪痕是连接两个菱形的对角线的交点的直线，
作OH⊥AC，PG⊥BC，OM⊥PG，
∵在小菱形中，∠OAC=30°，∠AOC=90°，
∴OC=，又∵∠OCH=60°，
，
同理PG= ，
，
由图可得： ，
，
∵菱形是中心对称图形，
∴LO=JO， KP=JP，
∴LO+KP=JO+JP，
∴剪痕： .
故答案为：D
【分析】先根据题意找出折痕，因为折痕同时平分两个菱形的面积，则折痕是两个菱形对角线的交点连线。作垂线，构造直角三角形，利用勾股定理求出有关线段的长，现知OP的长，由于菱形是中心对称图形，所以折痕是OP长的2倍，从而求出折痕的长。
5．【答案】C
【知识点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵点O是平行四边形ABCD的对角线得交点，
∴OA=OC，AD∥BC，
∴∠ACF=∠CAD，∠ADB=∠DBC=20°
∵∠COF=∠AOE，OA=OC，∠DAC=∠ACF
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE=CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠ADB=∠DBC=20°，∠ACB=50°，
∴∠AFC＞20°
当∠AFC=80°时，∠FAC=180°-80°-50°=50°
∴∠FAC=∠ACB=50°
∴AF=FC
∴平行四边形AECF是菱形
当∠AFC=90°时，平行四边形AECF是矩形
∴综上述，当点E从D点向A点移动过程中（点E与点D，A不重合），则四边形AFCE的变化是：平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形．
故答案为：C．
【分析】先判断出点E在移动过程中，四边形AECF始终是平行四边形，当∠AFC=80°时，四边形AECF是菱形，当∠AFC=90°时，四边形AECF是矩形，即可求解．
6．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】①如图，连接AC，BD交于O，
四边形ABCD是菱形，过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故符合题意；
②如图，
当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故符合题意；
③如图，
当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故符合题意；
④如图，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故至少存在一个四边形MNPQ是正方形；故④符合题意；
综上，①②③④4个均符合题意，
故答案为：D．
【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
7．【答案】D
【知识点】矩形的性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAC=90°，∠ABC=90°，
AE平分∠DAC，BE平分∠ABC，
则∠BAE+∠ABE=45°+45°=90°，
∴∠AEB=90°，
同理得∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∵∠BAF=∠HCB=45°，
.∴△BHC为等腰直角三角形，
∴BH=HC，
∵∠AEB=∠DGC，∠EAB=∠GDC=45°，AB=DC，
∴△ABE≌△DGC（AAS），
∴BE=GC，
∴BH-BE=HC-GC，
即HE=HG，
∴四边形EFGH为正方形；
故答案为：D.
【分析】由四边形ABCD为矩形，得∠DAC和∠ABC都是直角，AE平分∠DAC，BE平分∠ABC，
求得∠BAE和∠ABE之和为90°，则∠AEB为直角，同理求得∠EFG、∠FGH和∠GHE都是直角，
则四边形EFGH为矩形；因为∠BAF=∠HCB=45°，等角对等边得BH=HC，然后再根据角角边定理证得△ABE≌△DGC，由全等三角形对应边相等，得BE=GC，于是根据等式的性质得HE=HG，则邻边相等的矩形是正方形。
8．【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】连接GC，
∵四边形ABCD为正方形，
所以AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
∵∠CDB=45°，GE⊥DC，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DE=GE．
在△AGD和△GDC中，
，
∴△AGD≌△GDC（SAS）
∴AG=CG，
在矩形GECF中，EF=CG，
∴EF=AG．
∵BA+AD+DE+EF-BA-AG-GE，
=AD=1500m．
∵小敏共走了3100m，
∴小聪行走的路程为3100+1500=4600（m），
故答案为：B．
【分析】连接CG，由正方形的对称性，易知AG=CG，由正方形的对角线互相平分一组对角，GE⊥DC，易得DE=GE．在矩形GECF中，EF=CG．要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行．
9．【答案】B
【知识点】函数的图象；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵AB=2，BC=4，四边形ABCD是矩形，
∴当x=6时，点P到达D点，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上，
∴从选项中可得只有O点符合，所以点M的位置可能是图1中的点O．
故答案为：B．
【分析】根据矩形的性质，得到当x=6时，点P到达D点，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上，从选项中可得只有O点符合，所以点M的位置可能是图1中的点O．
10．【答案】D
【知识点】七巧板
【解析】【解答】解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：
故答案为：D.
【分析】根据中国七巧板和日本七巧板的特点，利用图2中的相关数据，画出符合题意的图形，可得答案。
11．【答案】；
【知识点】垂线段最短；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵∠ACB=30°，BC=2 ，
∴AB=2，AC=4，
∵AG= ，
∴CG= ，
如图1，过G作MH⊥BC于H，交AD于M，
Rt△CGH中，∠ACB=30°，
∴GH= CG= ，
则点G到BC边的距离为 ，
∵HM⊥BC，AD∥BC，
∴HM⊥AD，
∴∠AMG=90°，
∵∠B=∠BHM=90°，
∴四边形ABHM是矩形，
∴HM=AB=2，
∴GM=2﹣GH= = ，
∴S△ADG ，
当 最小时，△ADG的面积最小，
如图2，当GE⊥BC时，AG最小，即a最小，
∵FG是AE的垂直平分线，
∴AG=EG，
∴ ，
∴ ，
∴△ADG的面积的最小值为 ，
故答案为： ， ．
【分析】先根据直角三角形含30度角的性质和勾股定理得AB=2，AC=4，从而得CG的长，作辅助线，构建矩形ABHM和高线GM，如图2，通过画图发现：当GE⊥BC时，AG最小，即 最小，可计算 的值，从而得结论．
12．【答案】5
【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接PA.
∵AG=EG，EF=FP，
∴GF= PA，
∴GF+EF= （PA+PE），
求出PA+PE的最小值即可，
作点A关于BC的对称点T，连接ET交BC于P′，此时P′E+P′A的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠EAT=90°，
∵AB=BT=3，
∴AT=6，
∵AD=10，DE=2，
∴AE=AD-DE=10-2=8，
∴P′E+P′A=P′E+P′T=ET= ，
∴EG+EF的最小值为 ×10=5，
故答案为：5.
【分析】首先证明GF+EF= （PA+PE），求出PA+PE的最小值即可，作点A关于BC的对称点T，连接ET交BC于P′，此时P′E+P′A的值最小.
13．【答案】
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】如图，过C分别作AB，AD的垂线，
∵纸条等宽，得CF=CE，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∠B=∠D，
∴△BFC≌△CED，
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
OA= ,
∴AC=2OA=2；
故答案为：2.
【分析】利用纸条等宽和两边平行，通过作垂线构造直角三形，证得三角形全等，进而得到，邻边相等的平行四边形是菱形；再由菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理求得OA，则AC可求。
14．【答案】(-4,2)
【知识点】坐标与图形性质；菱形的判定与性质
【解析】【解答】过P点作PE⊥y轴于E点，作PF⊥x轴于F点，
设运动了t秒，则BQ=t，OQ=6-t,AP= t，由等腰直角△APF得PF=t，
要使四边形QPOC为菱形，由于PC⊥OQ,只需QE=OE即可，
在矩形EPFO中，PF=EO=t
OQ=2 EO，
即6-t=2t,解得t=2，故Q（0,4），E（0,2）P（4,2）
故C（-4,2）
【分析】过P点作PE⊥y轴于E点，作PF⊥x轴于F点，设运动了t秒，则BQ=t，OQ=6-t,AP= t，根据已知可得三角形APF是等腰直角三角形，从而可得PF=t,根据菱形的性质可得QE=OE，即得OQ=2 EO，从而建立方程，求出t值,可得点P的坐标，利用轴对称的性质可得点C的坐标.
15．【答案】
【知识点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，
延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，
∵ABCD为正方形，
∴∠CDG=∠GDK=90°，
∵正方形ABCD面积为1，
∴AD=CD=AG=DQ=1，
∴DG=CT=2，
∵四边形DEFG为菱形，
∴DE=EF=DG=2，
同理可得：CT=TN=2，
∵∠EFG=45°，
∴∠EDG=∠SCT=∠NTK=45°，
∵FE∥DG，CT∥SN，DG⊥CT，
∴∠FQP=∠FRN=∠DQE=∠NKT=90°，
∴DQ=EQ=TK=NK= ，FQ=FE+EQ= ，
∵∠NKT=∠KQR=∠FRN=90°，
∴四边形NKQR是矩形，
∴QR=NK= ，
∴FR=FQ+QR= ，NR=KQ=DK DQ= ，
∴ ，
再延长NS交ML于点Z，易证得：△NMZ △FNR(SAS)，
∴FN=MN，∠NFR=∠MNZ，
∵∠NFR+∠FNR=90°，
∴∠MNZ+∠FNR=90°，
即∠FNM=90°，
同理可得：∠NFH=∠FHM=90°，
∴四边形FHMN为正方形，
∴正方形FHMN的面积= ，
故答案为： .
【分析】如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，首先利用正方形性质结合题意求出AD=CD=AG=DQ=1，然后进一步根据菱形性质得出DE=EF=DG=2，再后通过证明四边形NKQR是矩形得出QR=NK= ，进一步可得 ，再延长NS交ML于点Z，利用全等三角形性质与判定证明四边形FHMN为正方形，最后进一步求解即可.
16．【答案】（4022，6033）
【知识点】点的坐标；正比例函数的图象和性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：设直线OM的解析式为 ，
已知点A、 、 在直线OM上且 ，
把点A代入可得OM的解析式为 ，
正方形ABXD的边长为1，所以B点的坐标为 ，则点C的坐标为 ，
∵点C、 、 在直线ON上，可解得直线ON的解析式为 ，
设 的坐标为 ，
∵点 在直线ON上，
∴ ，
∵正方形 D的边长为2011，
∴ 的坐标为 ， 的坐标为 ，
∵点 在直线OM上，则 ，
则 ，
∴ 。
解得 .
则点 的坐标为（4022，6033）.
故答案为：（4022，6033）.
【分析】根据已知条件可求得点B和点C的坐标，令直线ON的表达式为y=kx，代入A点的坐标，可求得k，即得出直线ON的表达式，再根据已知条件求出点B2的值.
17．【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，
∵AB=4，AE=2，
∴BE= =2 ，CE= = =4 ，
∴BE2+CE2=BC2，
∴∠BEC=90°，
∵AG∥CE，AE∥CG，
∴四边形AECG是平行四边形，
∴CG=AE=2，AG=CE=4 ，
同理∠AGD=90°，
∵AG∥CE，
∴∠EFG=∠FEH=90°，
∴四边形EFGH是矩形．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；矩形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】根据矩形的性质得到∠BAD=∠ADC=90°，根据勾股定理和勾股定理的逆定理得到∠BEC=90°，同理∠AGD=90°，根据平行线的性质得到∠EFG=∠FEH=90°，于是得到结论．
18．【答案】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD＝90°，OB＝OD，AC＝BD，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥AB，
又∵OB＝OD ，
∴
AB＝2OF＝4cm，
∵BE︰BD＝1︰4，
∴BE︰ED＝1︰3
设BE＝x，ED＝3x ，
则BD＝4 x ，
∵AE⊥BD于点E
∴ ，
∴16－x2＝AD2－9x2
又∵AD2＝BD2－AB2＝16 x2－16 ，
∴16－x2＝16 x2－16－9x2，8x2＝32
∴x2＝4，
∴x＝2
∴BD＝2×4＝8（cm），
∴AC＝8cm .
【知识点】矩形的性质
【解析】【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分可得OA=OB，根据比例设BE=x，表示出BD=4x，然后求出BE=OE，从而判断出△ABO是等边三角形，然后判断出OE是△AOD的中位线，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出AB，再求解即可.
19．【答案】（1）相等且垂直
（2）成立，
理由：∵四边形ACDE正方形，四边形BCMN正方形，
∴AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，
∴ ∠ACD+∠DCM=∠BCM+∠DCM，
即∠ACM=∠BCD，
在△ACM与△DCB中，
∴△ACM≌△DCB（SAS），
∴AM=BD ，∠MAC=∠BDC，
同（1）可证AM⊥DB，
∴AM=BD且AM⊥DB.
（3）解：如图，
∵AM⊥DB，
∴∠DOM=∠AOB=∠AOD=∠BOM=90°，
由勾股定理得OD2+OM2=DM2，OD2+OA2=AD2，OB2+OM2=MB2，OA2+OB2=AB2，
∴AB2+DM2=OD2+OM2+OA2+OB2=AD2+BM2，
∵AD=AC＝4，BM=BC＝2 ，
∴AB2+DM2=（4）2+（2）2=40.
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）相等且垂直.
延长AM交BD与H，
∵四边形ACDE正方形，四边形BCMN正方形，
∴AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，
∴△ACM≌DCB（SAS），
∴AM=BD ，∠MAC=∠BDC，
∵∠DMH=∠AMC，
∴∠DHM=∠ACM=90°，
∴AM⊥DB，
故答案为：相等且垂直.
【分析】（1）利用正方形的性质可得AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，根据“SAS”可证△ACM≌△DCB，利用全等三角形的对边相等、对角相等可得AM=BD ，∠MAC=∠BDC，从而可证∠DHM=∠ACM=90°，即得垂直；
（2）同（1）可证；
（3）根据勾股定理，可得AB2+DM2=OD2+OM2+OA2+OB2=AD2+BM2，由AD= AC、BM= BC从而求出结果.
20．【答案】（1）解：在 中，令x=0，解得y=b，
则D的坐标是(0,b)，OD=b，
∵OD=BE，
∴BE=b，则点E坐标为（3,4-b），
将点E代入 中，得：4-b=2+b,
解得：b=3；
（2）解：如图，
∵ = ,
∵三角形ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为 ,
∴
设M的横坐标是a，则 ，
解得： ，
将 代入 中，得：
则点M坐标为 ；
（3）解：依题意，有两种情况：
①当四边形OMDN是菱形时，如图(1),M的纵坐标是 ，
把 代入 中，得：
，解得： ，
∴点M坐标为 ，
点N坐标为 ；
②当四边形OMND是菱形时，如图(2)，OM=OD=3，
设M的坐标 ，
由OM=OD得： ，
解得： 或m=0(舍去)，
则点M坐标为 ，
又MN∥OD，MN=OD=3，
∴点N的坐标为 ，
综上，满足条件的点N坐标为 或 .
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；菱形的性质
【解析】【分析】（1）首先在一次函数的解析式中令x=0，即可求得D的坐标，则OD=b，则E的坐标即可利用b表示出来，然后代入一次函数解析式即可得到关于b的方程，求得b的值；
（2）首先求得四边形OAED的面积，则△ODM的面积即可求得，设出M的横坐标，根据三角形的面积公式即可求得M的横坐标，进而求得M的坐标；
（3）分两种情况进行讨论，①四边形OMDN是菱形时，M是OD的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N；②四边形OMND是菱形，OM=OD，M在直线DE上，设出M的坐标，根据OM=OD即可求得M的坐标，则根据OD∥MN,且OD=MN即可求得N的坐标.
21．【答案】（1）证明：∵AC＝BC， ∴∠B＝∠BAC，
∵CF平分∠ACH， ∴∠ACF＝∠FCH，
∵∠ACH＝∠B+∠BAC＝∠ACF+∠FCH，
∴∠FCH＝∠B，
∴BE∥CF，
∵EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形；
（2）解：四边形AECF是矩形.
理由是：
由（1）知：四边形BCFE是平行四边形，
∴CF＝BE，CF∥AB，
∵点E是AB的中点， ∴BE=AE， ∴CF=AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC＝BC ，E是AB的中点，
∴CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴四边形AECF是矩形.
（3）解：t的值为 或5或2.
分三种情况：
①以EF和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，∴BE＝BC，即t＝ ，
②以CE和EF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，CE=EF=BC=CA，此时E与A重合，∴t＝2，
③以CE和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，
过C作CD⊥AB于D，
∵AC＝BC，AB＝2，
∴BD＝1，
由勾股定理得：CD= ，
∵CF=CE=BE， ∴EC2=BE2，
∴ 32+( t﹣1) 2＝t2， ∴t＝5.
所以t的值为 或5或2.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】（1）由等边对等角、角平分线的性质及三角形外角的性质可得∠FCH＝∠B，所以BE∥CF，由题意知EF∥BC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明即可；（2）结合平行四边形BCFE的性质及中点的性质可证四边形AECF是平行四边形再由等腰三角形三线合一的性质可得∠AEC＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可证结论；（3）分3种情况讨论，①以EF和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，由BE＝BC可得t值；②以CE和EF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，由CE=EF=BC=CA可得t值；③以CE和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，过C作CD⊥AB于D， 根据勾股定理易得CD值，由CF=CE=BE可求得t值.
22．【答案】（1）证明： 四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵AC的垂直平分线EF，
∴OA=OC，
在ΔAOE和ΔCOF中，
∴ΔAOE≌ΔCOF（ASA），
∴OE=OF，
∵OA=OC，
四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
四边形AFCE是菱形．
（2）∵四边形AFCE是菱形，
∴AF=FC，
设AF=xcm，
则CF=xcm，BF=(8-x)cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴在RtΔABF中，
由勾股定理得： ，
解得x=5，即AF=5cm；
（3）分为三种情况：
第一、P在AF上，
∵P的速度是1cm/s，而Q的速度是0.8cm/s，
∴Q只能再CD上，此时当A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
第二、当P在BF上时，Q在CD或DE上，只有当Q在DE上时，当A、P、C、Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形，如图，
∵AQ=8-(0.8t-4)，CP=5+(t-5)，
∴8-(0.8t-4)=5+(t-5)，
，
第三情况：当P在AB上时，Q在DE或CE上，此时当A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
∴ ．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质以及线段垂直平分线的性质，证明△AOE≌△COF，根据全等三角形的对应边相等，即可证明四边形AFCE为菱形；
（2）根据菱形的性质以及矩形的性质，结合勾股定理即可得到AF的长度；
（3）根据点P的位置，进行分类讨论，求出t的值即可。
23．【答案】（1）解：∵ ，
∴a=±4，
由图可知，A（0，4），
∴点A的坐标为(0，4).
（2）当A点的坐标为（0，4）时
作DN⊥OE于N，作AM⊥DN于M，连AE，如图1所示：
则∠BAD＝∠OAM＝90°，
即∠BAO＋∠OAD＝∠OAD＋∠DAM，
∴∠BAO＝∠DAM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ADE＝90°，
在△AOB与△AMD中，
，
∴△AOB≌△AMD（AAS），
∴AM＝AO＝4，
∴四边形AONM是正方形，
∴MN＝ON＝4，
∵3AO＝4EO，
∴EO＝3，
在Rt△AOE中，AE2＝AO2＋EO2＝42＋32＝25，
在Rt△AMD中，AD2＝AM2＋DM2，
在Rt△DNE中，ED2＝EN2＋DN2，
在Rt△ADE中，AD2＋DE2＝AE2，
∴AM2＋DM2＋EN2＋DN2＝25，
设D（4，m），则DM＝4 m，EN＝4 3＝1，DN＝m，
∴42＋（4 m）2＋12＋m2＝25，
∴m＝2，
∴D（4，2）
当A点的坐标为（0，-4）时，
同理可得D（4，-2）
（3）解：2HG2＋DG2＝4BF2，理由如下：
过点F作FP⊥AD于P，连DF，如图2所示：
∵四边形AFGH是平行四边形，
∴HG＝AF，AH∥GF，
∴∠FGA＝∠GAH，
∴∠FGD＝∠OAG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠CAD＝∠BCF＝∠DCF＝45°，∠BAD＝∠CDA＝∠ABC＝90°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴PF=AP，
∴
∴AF＝ PF，
∴HG＝AF＝ PF，
故PF＝ ，
在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴BF＝DF，∠CBF＝∠CDF，
∵∠FDG＝90° ∠CDF，∠ABO＝90° ∠CBF，
∴∠FDG＝∠ABO，
∵∠OAG＋∠OAB＝90°，∠ABO＋∠OAB＝90°，
∴∠OAG＝∠ABO，
∴∠FGD＝∠FDG，
∴GF＝DF＝BF，
∴点P是DG的中点，
∴DP＝ ，
在Rt△PDF中，PF2＋DP2＝DF2，
即（ ）2＋（ ）2＝BF2，
∴2HG2＋DG2＝4BF2．
【知识点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由 ，得出a=±4，结合图象即可得出结果；
（2）当A（0，4）时，作DN⊥OE于N，作AM⊥DN于M，连AE，由AAS证得△AOB≌△AMD，得出AM＝AO＝4，求出EO＝3，在Rt△AOE中，AE2＝AO2＋EO2＝25，在Rt△ADE中，AD2＋DE2＝AE2，设D（4，m），代入求出m＝2，即可得出结果；同理当A（0，-4）时，可求出D点坐标；
（3）作FP⊥AD于P，连DF，在Rt△AFP中，得到HG＝AF＝ PF，证明BF＝DF与BF＝GF，得出点P是DG的中点，在Rt△PDF中，PF2＋DP2＝DF2，即（ ）2＋（ ）2＝BF2，即可得出结果．
24．【答案】（1）解：AC= ，
∵CF平分∠BCD，FD⊥CD，FP⊥AC，
∴FD=FP，又∠FDQ=∠FPA，∠DFQ=∠PFA，
∴△FDQ≌△FPA（ASA），
∴QD=AP，
∵点P在正方形ABCD对角线AC上，
∴CD=CP=a，
∴QD=AP=AC-PC=
（2）解：∵FD=FP，CD=CP，
∴CF垂直平分DP，即DP⊥CF，
∴ED=EP，则∠EDP=∠EPD，
∵FD=FP，
∴∠FDP=∠FPD，
而EP∥DF，
∴∠EPD=∠FDP，
∴∠FPD=∠EPD，
∴∠EDP=∠FPD，
∴DE∥PF，而EP∥DF，
∴四边形DFPE是平行四边形，
∵EF⊥DP，
∴四边形DFPE是菱形
（3）解：DP2+ EF2=4QD2，理由是：
∵四边形DFPE是菱形，设DP与EF交于点G，
∴2DG=DP，2GF=EF，
∵∠ACD=45°，FP⊥AC，
∴△PCQ为等腰直角三角形，
∴∠Q=45°，
可得△QDF为等腰直角三角形，
∴QD=DF，
在△DGF中，DG2+FG2=DF2，
∴有（ DP）2+（ EF）2=QD2，
整理得：DP2+ EF2=4QD2
（4）解：∵∠DFQ=45°，DE∥FP，
∴∠EDF=45°，
又∵DE=DF=DQ=AP= ，AD=AB，
∴△ADE≌△BAP（SAS），
∴AE=BP，∠EAD=∠ABP，
延长BP，与AE交于点H，
∵∠HPA=∠PAB+∠PBA=∠PAB+∠DAE，
∠PAB+∠DAE+∠HAP=90°，
∴∠HPA+∠HAP=90°，
∴∠PHA=90°，即BP⊥AE，
综上：BP与AE的关系是：垂直且相等.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出AC，再证明△FDQ≌△FPA得到QD=AP，结合CD=CP求出结果；（2）先证明DE∥PF，结合EP∥DF得到四边形DFPE是平行四边形，再由EF⊥DP得到菱形；（3）根据菱形的性质得到2DG=DP，2GF=EF，再证明QD=DF，最后利用勾股定理证明线段关系；（4）证明△ADE≌△BAP，得到AE=BP，∠EAD=∠ABP，延长BP，与AE交于点H，利用∠EAD=∠ABP，得到∠PHA=90°，即可判定关系.
1 / 1初中数学浙教版八年级下册第五章 特殊平行四边形 章末检测（提高篇）
一、单选题
1．（2021八上·瑞安期末）如图，在四边形 中， 平分 ， ， ， ， ，则四边形 的周长是（ ）.
A．18 B．20 C．22 D．24
【答案】C
【知识点】平行线的性质；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】【解答】解：如图，过点A做 交 于点E
∵ 平分
∴
∵
∴
∴
∴
∵ ，
∴
∴四边形 为矩形
∴ ，
又∵ ，即
∴
∴四边形 的周长
故答案为：C.
【分析】过点A做 交 于点E，根据角平分线和平行线性质及等角对等边推导得 ；通过判定四边形 为矩形，得 ， ；再根据勾股定理计算，得 ，从而得到四边形 的周长.
2．（2020八上·苏州期末）在如图所示的正方形网格中，已知小正方形的边长为1，△ABC与△DEF的顶点均为格点，边AC、DF交于点G．下面有四个结论：①△ABC≌△DEF；②图中阴影部分(即△ABC与△DEF重叠部分)的面积为1.5；③△DCG为等边三角形；④AG=DG．其中结论正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定；矩形的性质
【解析】【解答】解：
① 、∵BC=EF，
∵四边形EBDA和四边形ADCF都是矩形，∴AB=ED，AC=DF，
∴△ABC≌△DEF，正确；
② 、∵S△ABC=BC×AD=×3×2=3，∵M、G分别是AB和AC的中点，∴S阴影=S△ABC=1.5，正确；
③∵△DCG为直角三角形，∴GD>KD, ∴GD>DC,△DCG不是等边三角形，错误；
④ 、∵四边形ADCF是矩形，∴AG=GC=GD=GF，∴正确；
综上，正确的有3项.
故答案为：C.
【分析】① 由矩形的对角线相等，利用边边边定理即可证明△ABC≌△DEF；
② 、利用三角形面积公式先求出△ABC的面积，再M、G分别是AB和AC的中点，根据等底同高的两三角形面积相等，即可求出阴影部分的面积； ③△DCG为直角三角形，由斜边大于直角边得GD>KD, 则GD>CD，△DCG不是等边三角形；④由矩形的对角线互相平分且相等即可得出AG=DG.
3．（2020八下·番禺期末）如图，在菱形ABCD中，AB=AC=1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE=BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC=∠B；③△ADO≌△ACH；④ ；其中正确的结论个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵在菱形ABCD中，AB=AC=1，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠CAE=60°，
又∵AE=BF，
∴△ABF≌△CAE（SAS），故①符合题意；
∴∠BAF=∠ACE，
∴∠FHC=∠ACE+∠HAC=∠BAF+∠HAC=60°，故②符合题意；
∵∠B=∠CAE=60°，
则在△ADO和△ACH中，
∠OAD=60°=∠CAB，
∴∠CAH≠60°，即∠CAH≠∠DAO，
∴△ADO≌△ACH不成立，故③不符合题意；
∵AB=AC=1，过点A作AG⊥BC，垂足为G，
∴∠BAG=30°，BG= ，
∴AG= = ,
∴菱形ABCD的面积为： = = ，故④不符合题意；
故正确的结论有2个，
故答案为：B.
【分析】根据菱形的性质，利用SAS证明即可判断①；根据△ABF≌△CAE得到∠BAF=∠ACE，再利用外角的性质以及菱形内角度数即可判断②；通过说明∠CAH≠∠DAO，判断△ADO≌△ACH不成立，可判断③；再利用菱形边长即可求出菱形面积，可判断④.
4．（2019八下·南浔期末）在数学课拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积．如图是由5个边长是1，且一个内角是60°的小菱形拼成的图形，P是其中4个小菱形的公共顶点，小新在小明的启发下，将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】如图据题意，剪痕是连接两个菱形的对角线的交点的直线，
作OH⊥AC，PG⊥BC，OM⊥PG，
∵在小菱形中，∠OAC=30°，∠AOC=90°，
∴OC=，又∵∠OCH=60°，
，
同理PG= ，
，
由图可得： ，
，
∵菱形是中心对称图形，
∴LO=JO， KP=JP，
∴LO+KP=JO+JP，
∴剪痕： .
故答案为：D
【分析】先根据题意找出折痕，因为折痕同时平分两个菱形的面积，则折痕是两个菱形对角线的交点连线。作垂线，构造直角三角形，利用勾股定理求出有关线段的长，现知OP的长，由于菱形是中心对称图形，所以折痕是OP长的2倍，从而求出折痕的长。
5．（2019八下·舒城期末）如图，平行四边形ABCD对角线AC、BD交于点O，∠ADB=20°，∠ACB=50°，过点O的直线交AD于点E，交BC于点F当点E从点A向点D移动过程中（点E与点A、点D不重合），四边形AFCE的形状变化依次是（ ）
A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
B．平行四边形→矩形→平行四边形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形
D．平行四边形→矩形→菱形→正方形→平行四边形
【答案】C
【知识点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵点O是平行四边形ABCD的对角线得交点，
∴OA=OC，AD∥BC，
∴∠ACF=∠CAD，∠ADB=∠DBC=20°
∵∠COF=∠AOE，OA=OC，∠DAC=∠ACF
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE=CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠ADB=∠DBC=20°，∠ACB=50°，
∴∠AFC＞20°
当∠AFC=80°时，∠FAC=180°-80°-50°=50°
∴∠FAC=∠ACB=50°
∴AF=FC
∴平行四边形AECF是菱形
当∠AFC=90°时，平行四边形AECF是矩形
∴综上述，当点E从D点向A点移动过程中（点E与点D，A不重合），则四边形AFCE的变化是：平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形．
故答案为：C．
【分析】先判断出点E在移动过程中，四边形AECF始终是平行四边形，当∠AFC=80°时，四边形AECF是菱形，当∠AFC=90°时，四边形AECF是矩形，即可求解．
6．（2020八下·北京期末）在菱形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的一点(不与端点重合)，对于任意的菱形ABCD，下面四个结论中：
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；②存在无数个四边形MNPQ是矩形；③存在无数个四边形MNPQ是菱形；④至少存在一个四边形MNPQ是正方形
正确的结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】①如图，连接AC，BD交于O，
四边形ABCD是菱形，过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故符合题意；
②如图，
当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故符合题意；
③如图，
当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故符合题意；
④如图，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故至少存在一个四边形MNPQ是正方形；故④符合题意；
综上，①②③④4个均符合题意，
故答案为：D．
【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
7．（2019八下·昭通期末）矩形各内角的平分线能围成一个（ ）
A．矩形 B．菱形 C．等腰梯形 D．正方形
【答案】D
【知识点】矩形的性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAC=90°，∠ABC=90°，
AE平分∠DAC，BE平分∠ABC，
则∠BAE+∠ABE=45°+45°=90°，
∴∠AEB=90°，
同理得∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∵∠BAF=∠HCB=45°，
.∴△BHC为等腰直角三角形，
∴BH=HC，
∵∠AEB=∠DGC，∠EAB=∠GDC=45°，AB=DC，
∴△ABE≌△DGC（AAS），
∴BE=GC，
∴BH-BE=HC-GC，
即HE=HG，
∴四边形EFGH为正方形；
故答案为：D.
【分析】由四边形ABCD为矩形，得∠DAC和∠ABC都是直角，AE平分∠DAC，BE平分∠ABC，
求得∠BAE和∠ABE之和为90°，则∠AEB为直角，同理求得∠EFG、∠FGH和∠GHE都是直角，
则四边形EFGH为矩形；因为∠BAF=∠HCB=45°，等角对等边得BH=HC，然后再根据角角边定理证得△ABE≌△DGC，由全等三角形对应边相等，得BE=GC，于是根据等式的性质得HE=HG，则邻边相等的矩形是正方形。
8．（2019八下·正定期末）如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F，若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为（ ）m．
A．3100 B．4600 C．3000 D．3600
【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】连接GC，
∵四边形ABCD为正方形，
所以AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
∵∠CDB=45°，GE⊥DC，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DE=GE．
在△AGD和△GDC中，
，
∴△AGD≌△GDC（SAS）
∴AG=CG，
在矩形GECF中，EF=CG，
∴EF=AG．
∵BA+AD+DE+EF-BA-AG-GE，
=AD=1500m．
∵小敏共走了3100m，
∴小聪行走的路程为3100+1500=4600（m），
故答案为：B．
【分析】连接CG，由正方形的对称性，易知AG=CG，由正方形的对角线互相平分一组对角，GE⊥DC，易得DE=GE．在矩形GECF中，EF=CG．要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行．
9．如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E，F分别是边BC，AD的中点，AB=2，BC=4，一动点P从点B出发，沿着B﹣A﹣D﹣C在矩形的边上运动，运动到点C停止，点M为图1中某一定点，设点P运动的路程为x，△BPM的面积为y，表示y与x的函数关系的图象大致如图2所示．则点M的位置可能是图1中的（ ）
A．点C B．点O C．点E D．点F
【答案】B
【知识点】函数的图象；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵AB=2，BC=4，四边形ABCD是矩形，
∴当x=6时，点P到达D点，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上，
∴从选项中可得只有O点符合，所以点M的位置可能是图1中的点O．
故答案为：B．
【分析】根据矩形的性质，得到当x=6时，点P到达D点，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上，从选项中可得只有O点符合，所以点M的位置可能是图1中的点O．
10．（2020·湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地.由边长为2的正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示.分别用这两副七巧板试拼如图2中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是（ ）
A．1和1 B．1和2 C．2和1 D．2和2
【答案】D
【知识点】七巧板
【解析】【解答】解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：
故答案为：D.
【分析】根据中国七巧板和日本七巧板的特点，利用图2中的相关数据，画出符合题意的图形，可得答案。
二、填空题
11．（2020八下·武侯期末）如图，在矩形ABCD中，∠ACB=30°，BC=2 ，点E是边BC上一动点（点E不与B，C重合），连接AE，AE的中垂线FG分别交AE于点F，交AC于点G，连接DG，GE．设AG=a，则点G到BC边的距离为 （用含a的代数式表示）， ADG的面积的最小值为 ．
【答案】；
【知识点】垂线段最短；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵∠ACB=30°，BC=2 ，
∴AB=2，AC=4，
∵AG= ，
∴CG= ，
如图1，过G作MH⊥BC于H，交AD于M，
Rt△CGH中，∠ACB=30°，
∴GH= CG= ，
则点G到BC边的距离为 ，
∵HM⊥BC，AD∥BC，
∴HM⊥AD，
∴∠AMG=90°，
∵∠B=∠BHM=90°，
∴四边形ABHM是矩形，
∴HM=AB=2，
∴GM=2﹣GH= = ，
∴S△ADG ，
当 最小时，△ADG的面积最小，
如图2，当GE⊥BC时，AG最小，即a最小，
∵FG是AE的垂直平分线，
∴AG=EG，
∴ ，
∴ ，
∴△ADG的面积的最小值为 ，
故答案为： ， ．
【分析】先根据直角三角形含30度角的性质和勾股定理得AB=2，AC=4，从而得CG的长，作辅助线，构建矩形ABHM和高线GM，如图2，通过画图发现：当GE⊥BC时，AG最小，即 最小，可计算 的值，从而得结论．
12．（2020八下·溧水期末）如图，在矩形ABCD中，
AB＝3，AD＝10，点E在AD上且DE＝2.点G为AE的中点，点P为BC边上的一个动点，F为EP的中点，则GF＋EF的最小值为 .
【答案】5
【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接PA.
∵AG=EG，EF=FP，
∴GF= PA，
∴GF+EF= （PA+PE），
求出PA+PE的最小值即可，
作点A关于BC的对称点T，连接ET交BC于P′，此时P′E+P′A的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠EAT=90°，
∵AB=BT=3，
∴AT=6，
∵AD=10，DE=2，
∴AE=AD-DE=10-2=8，
∴P′E+P′A=P′E+P′T=ET= ，
∴EG+EF的最小值为 ×10=5，
故答案为：5.
【分析】首先证明GF+EF= （PA+PE），求出PA+PE的最小值即可，作点A关于BC的对称点T，连接ET交BC于P′，此时P′E+P′A的值最小.
13．（2019八下·柳州期末）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重叠都分构成的四边形ABCD中，AB=3，BD=4．则AC的长为 ．
【答案】
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】如图，过C分别作AB，AD的垂线，
∵纸条等宽，得CF=CE，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∠B=∠D，
∴△BFC≌△CED，
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
OA= ,
∴AC=2OA=2；
故答案为：2.
【分析】利用纸条等宽和两边平行，通过作垂线构造直角三形，证得三角形全等，进而得到，邻边相等的平行四边形是菱形；再由菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理求得OA，则AC可求。
14．（2019八下·苏州期中）如图，A，B两点的坐标分别为（6,0),(0,6)，点P从点A出发，沿AB方向以每秒 个单位的速度向终点B运动；同时动点Q从点B出发沿BO方向以每秒1个单位的速度向终点Q运动，将△PQO沿BO翻折，点P的对应点为点C，若四边形QPOC为菱形，则点C的坐标为 .
【答案】(-4,2)
【知识点】坐标与图形性质；菱形的判定与性质
【解析】【解答】过P点作PE⊥y轴于E点，作PF⊥x轴于F点，
设运动了t秒，则BQ=t，OQ=6-t,AP= t，由等腰直角△APF得PF=t，
要使四边形QPOC为菱形，由于PC⊥OQ,只需QE=OE即可，
在矩形EPFO中，PF=EO=t
OQ=2 EO，
即6-t=2t,解得t=2，故Q（0,4），E（0,2）P（4,2）
故C（-4,2）
【分析】过P点作PE⊥y轴于E点，作PF⊥x轴于F点，设运动了t秒，则BQ=t，OQ=6-t,AP= t，根据已知可得三角形APF是等腰直角三角形，从而可得PF=t,根据菱形的性质可得QE=OE，即得OQ=2 EO，从而建立方程，求出t值,可得点P的坐标，利用轴对称的性质可得点C的坐标.
15．（2019八下·乐清期末）如图，正方形 面积为1，延长 至点G，使得 ，以 为边在正方形另一侧作菱形 ，其中 ，依次延长 类似以上操作再作三个形状大小都相同的菱形，形成风车状图形，依次连结点 则四边形 的面积为 .
【答案】
【知识点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，
延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，
∵ABCD为正方形，
∴∠CDG=∠GDK=90°，
∵正方形ABCD面积为1，
∴AD=CD=AG=DQ=1，
∴DG=CT=2，
∵四边形DEFG为菱形，
∴DE=EF=DG=2，
同理可得：CT=TN=2，
∵∠EFG=45°，
∴∠EDG=∠SCT=∠NTK=45°，
∵FE∥DG，CT∥SN，DG⊥CT，
∴∠FQP=∠FRN=∠DQE=∠NKT=90°，
∴DQ=EQ=TK=NK= ，FQ=FE+EQ= ，
∵∠NKT=∠KQR=∠FRN=90°，
∴四边形NKQR是矩形，
∴QR=NK= ，
∴FR=FQ+QR= ，NR=KQ=DK DQ= ，
∴ ，
再延长NS交ML于点Z，易证得：△NMZ △FNR(SAS)，
∴FN=MN，∠NFR=∠MNZ，
∵∠NFR+∠FNR=90°，
∴∠MNZ+∠FNR=90°，
即∠FNM=90°，
同理可得：∠NFH=∠FHM=90°，
∴四边形FHMN为正方形，
∴正方形FHMN的面积= ，
故答案为： .
【分析】如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，首先利用正方形性质结合题意求出AD=CD=AG=DQ=1，然后进一步根据菱形性质得出DE=EF=DG=2，再后通过证明四边形NKQR是矩形得出QR=NK= ，进一步可得 ，再延长NS交ML于点Z，利用全等三角形性质与判定证明四边形FHMN为正方形，最后进一步求解即可.
16．（2020八下·柯桥月考）如图，正方形ABCD、正方形A1B1C1D1、正方形A2B2C2D2均位于第一象限内，它们的边平行于x轴或y轴，其中点A、A1、A2在直线OM上，点C、C1、C2在直线ON上，O为坐标原点，已知点A的坐标为（3，3），正方形ABCD的边长为1.若正方形A2B2C2D2的边长为2011，则点B2的坐标为 .
【答案】（4022，6033）
【知识点】点的坐标；正比例函数的图象和性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：设直线OM的解析式为 ，
已知点A、 、 在直线OM上且 ，
把点A代入可得OM的解析式为 ，
正方形ABXD的边长为1，所以B点的坐标为 ，则点C的坐标为 ，
∵点C、 、 在直线ON上，可解得直线ON的解析式为 ，
设 的坐标为 ，
∵点 在直线ON上，
∴ ，
∵正方形 D的边长为2011，
∴ 的坐标为 ， 的坐标为 ，
∵点 在直线OM上，则 ，
则 ，
∴ 。
解得 .
则点 的坐标为（4022，6033）.
故答案为：（4022，6033）.
【分析】根据已知条件可求得点B和点C的坐标，令直线ON的表达式为y=kx，代入A点的坐标，可求得k，即得出直线ON的表达式，再根据已知条件求出点B2的值.
三、解答题
17．（2019八下·庐阳期末）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=10，E在AD上，连接BE，CE，过点A作AG∥CE，分别交BC，BE于点G，F，连接DG交CE于点H．若AE=2，求证：四边形EFGH是矩形．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，
∵AB=4，AE=2，
∴BE= =2 ，CE= = =4 ，
∴BE2+CE2=BC2，
∴∠BEC=90°，
∵AG∥CE，AE∥CG，
∴四边形AECG是平行四边形，
∴CG=AE=2，AG=CE=4 ，
同理∠AGD=90°，
∵AG∥CE，
∴∠EFG=∠FEH=90°，
∴四边形EFGH是矩形．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；矩形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】根据矩形的性质得到∠BAD=∠ADC=90°，根据勾股定理和勾股定理的逆定理得到∠BEC=90°，同理∠AGD=90°，根据平行线的性质得到∠EFG=∠FEH=90°，于是得到结论．
18．（2020八下·海安月考）如图所示，矩形ABCD的对角线相交于点O，OF⊥AD于点F，OF＝2cm，AE⊥BD于点E，且BE﹕BD＝1﹕4，求AC的长.
【答案】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD＝90°，OB＝OD，AC＝BD，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥AB，
又∵OB＝OD ，
∴
AB＝2OF＝4cm，
∵BE︰BD＝1︰4，
∴BE︰ED＝1︰3
设BE＝x，ED＝3x ，
则BD＝4 x ，
∵AE⊥BD于点E
∴ ，
∴16－x2＝AD2－9x2
又∵AD2＝BD2－AB2＝16 x2－16 ，
∴16－x2＝16 x2－16－9x2，8x2＝32
∴x2＝4，
∴x＝2
∴BD＝2×4＝8（cm），
∴AC＝8cm .
【知识点】矩形的性质
【解析】【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分可得OA=OB，根据比例设BE=x，表示出BD=4x，然后求出BE=OE，从而判断出△ABO是等边三角形，然后判断出OE是△AOD的中位线，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出AB，再求解即可.
19．（2019八下·泰兴期中）如图1，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和正方形BCMN，连结AM、BD．
（1）AM与BD的关系是： ．
（2）如果将正方形BCMN绕点C顺时针旋转锐角α，它不变（如图2）．（1）中所得的结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接AB、DM，若AC＝4，BC＝2，求 的值．
【答案】（1）相等且垂直
（2）成立，
理由：∵四边形ACDE正方形，四边形BCMN正方形，
∴AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，
∴ ∠ACD+∠DCM=∠BCM+∠DCM，
即∠ACM=∠BCD，
在△ACM与△DCB中，
∴△ACM≌△DCB（SAS），
∴AM=BD ，∠MAC=∠BDC，
同（1）可证AM⊥DB，
∴AM=BD且AM⊥DB.
（3）解：如图，
∵AM⊥DB，
∴∠DOM=∠AOB=∠AOD=∠BOM=90°，
由勾股定理得OD2+OM2=DM2，OD2+OA2=AD2，OB2+OM2=MB2，OA2+OB2=AB2，
∴AB2+DM2=OD2+OM2+OA2+OB2=AD2+BM2，
∵AD=AC＝4，BM=BC＝2 ，
∴AB2+DM2=（4）2+（2）2=40.
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）相等且垂直.
延长AM交BD与H，
∵四边形ACDE正方形，四边形BCMN正方形，
∴AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，
∴△ACM≌DCB（SAS），
∴AM=BD ，∠MAC=∠BDC，
∵∠DMH=∠AMC，
∴∠DHM=∠ACM=90°，
∴AM⊥DB，
故答案为：相等且垂直.
【分析】（1）利用正方形的性质可得AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，根据“SAS”可证△ACM≌△DCB，利用全等三角形的对边相等、对角相等可得AM=BD ，∠MAC=∠BDC，从而可证∠DHM=∠ACM=90°，即得垂直；
（2）同（1）可证；
（3）根据勾股定理，可得AB2+DM2=OD2+OM2+OA2+OB2=AD2+BM2，由AD= AC、BM= BC从而求出结果.
20．（2020八下·赣榆期末）如图，矩形 的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点 的坐标为（3，4），一次函数 的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足 ，M是线段DE上的一个动点
（1）求b的值；
（2）连接OM，若 的面积与四边形 的面积之比为 ，求点M的坐标；
（3）设N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标.
【答案】（1）解：在 中，令x=0，解得y=b，
则D的坐标是(0,b)，OD=b，
∵OD=BE，
∴BE=b，则点E坐标为（3,4-b），
将点E代入 中，得：4-b=2+b,
解得：b=3；
（2）解：如图，
∵ = ,
∵三角形ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为 ,
∴
设M的横坐标是a，则 ，
解得： ，
将 代入 中，得：
则点M坐标为 ；
（3）解：依题意，有两种情况：
①当四边形OMDN是菱形时，如图(1),M的纵坐标是 ，
把 代入 中，得：
，解得： ，
∴点M坐标为 ，
点N坐标为 ；
②当四边形OMND是菱形时，如图(2)，OM=OD=3，
设M的坐标 ，
由OM=OD得： ，
解得： 或m=0(舍去)，
则点M坐标为 ，
又MN∥OD，MN=OD=3，
∴点N的坐标为 ，
综上，满足条件的点N坐标为 或 .
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；菱形的性质
【解析】【分析】（1）首先在一次函数的解析式中令x=0，即可求得D的坐标，则OD=b，则E的坐标即可利用b表示出来，然后代入一次函数解析式即可得到关于b的方程，求得b的值；
（2）首先求得四边形OAED的面积，则△ODM的面积即可求得，设出M的横坐标，根据三角形的面积公式即可求得M的横坐标，进而求得M的坐标；
（3）分两种情况进行讨论，①四边形OMDN是菱形时，M是OD的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N；②四边形OMND是菱形，OM=OD，M在直线DE上，设出M的坐标，根据OM=OD即可求得M的坐标，则根据OD∥MN,且OD=MN即可求得N的坐标.
21．（2020八下·偃师期末）如图，等腰△ABC中，已知AC＝BC＝ ，AB＝2，作∠ACB的外角平分线CF，点E从点B沿着射线BA以每秒1个单位的速度运动，过点E作BC的平行线交CF于点F.
（1）求证：四边形BCFE是平行四边形；
（2）当点E是边AB的中点时，连接AF，试判断四边形AECF的形状，并说明理由；
（3）设运动时间为t秒，是否存在t的值，使得以△EFC的其中两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形？不存在的，试说明理由；存在的，请直接写出t的值.
【答案】（1）证明：∵AC＝BC， ∴∠B＝∠BAC，
∵CF平分∠ACH， ∴∠ACF＝∠FCH，
∵∠ACH＝∠B+∠BAC＝∠ACF+∠FCH，
∴∠FCH＝∠B，
∴BE∥CF，
∵EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形；
（2）解：四边形AECF是矩形.
理由是：
由（1）知：四边形BCFE是平行四边形，
∴CF＝BE，CF∥AB，
∵点E是AB的中点， ∴BE=AE， ∴CF=AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC＝BC ，E是AB的中点，
∴CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴四边形AECF是矩形.
（3）解：t的值为 或5或2.
分三种情况：
①以EF和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，∴BE＝BC，即t＝ ，
②以CE和EF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，CE=EF=BC=CA，此时E与A重合，∴t＝2，
③以CE和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，
过C作CD⊥AB于D，
∵AC＝BC，AB＝2，
∴BD＝1，
由勾股定理得：CD= ，
∵CF=CE=BE， ∴EC2=BE2，
∴ 32+( t﹣1) 2＝t2， ∴t＝5.
所以t的值为 或5或2.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】（1）由等边对等角、角平分线的性质及三角形外角的性质可得∠FCH＝∠B，所以BE∥CF，由题意知EF∥BC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明即可；（2）结合平行四边形BCFE的性质及中点的性质可证四边形AECF是平行四边形再由等腰三角形三线合一的性质可得∠AEC＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可证结论；（3）分3种情况讨论，①以EF和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，由BE＝BC可得t值；②以CE和EF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，由CE=EF=BC=CA可得t值；③以CE和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，过C作CD⊥AB于D， 根据勾股定理易得CD值，由CF=CE=BE可求得t值.
22．（2020八下·惠州期末）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
（1）如图1，连接AF、CE，求证：四边形AFCE为菱形；
（2）如图1，求AF的长；
（3）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿ΔAFB和ΔCDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止.在运动过程中，点P的速度为每秒1cm，设运动时间为t秒.若点Q的速度为每秒0.8cm，当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
【答案】（1）证明： 四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵AC的垂直平分线EF，
∴OA=OC，
在ΔAOE和ΔCOF中，
∴ΔAOE≌ΔCOF（ASA），
∴OE=OF，
∵OA=OC，
四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
四边形AFCE是菱形．
（2）∵四边形AFCE是菱形，
∴AF=FC，
设AF=xcm，
则CF=xcm，BF=(8-x)cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴在RtΔABF中，
由勾股定理得： ，
解得x=5，即AF=5cm；
（3）分为三种情况：
第一、P在AF上，
∵P的速度是1cm/s，而Q的速度是0.8cm/s，
∴Q只能再CD上，此时当A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
第二、当P在BF上时，Q在CD或DE上，只有当Q在DE上时，当A、P、C、Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形，如图，
∵AQ=8-(0.8t-4)，CP=5+(t-5)，
∴8-(0.8t-4)=5+(t-5)，
，
第三情况：当P在AB上时，Q在DE或CE上，此时当A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
∴ ．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质以及线段垂直平分线的性质，证明△AOE≌△COF，根据全等三角形的对应边相等，即可证明四边形AFCE为菱形；
（2）根据菱形的性质以及矩形的性质，结合勾股定理即可得到AF的长度；
（3）根据点P的位置，进行分类讨论，求出t的值即可。
23．（2020八下·深圳期中）如图1，已知正方形ABCD的顶点A，B分别在y轴和x轴上，边CD交x轴的正半轴于点E．
（1）若A（0，a），且 ，求A点的坐标；
（2）在（1）的条件下，若3AO=4EO，求D点的坐标；
（3）如图2，连结AC交x轴于点F，点H是A点上方y轴上一动点，以AF、AH为边作平行四边形AFGH，使G点恰好落在AD边上，试探讨BF，HG与DG的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）解：∵ ，
∴a=±4，
由图可知，A（0，4），
∴点A的坐标为(0，4).
（2）当A点的坐标为（0，4）时
作DN⊥OE于N，作AM⊥DN于M，连AE，如图1所示：
则∠BAD＝∠OAM＝90°，
即∠BAO＋∠OAD＝∠OAD＋∠DAM，
∴∠BAO＝∠DAM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ADE＝90°，
在△AOB与△AMD中，
，
∴△AOB≌△AMD（AAS），
∴AM＝AO＝4，
∴四边形AONM是正方形，
∴MN＝ON＝4，
∵3AO＝4EO，
∴EO＝3，
在Rt△AOE中，AE2＝AO2＋EO2＝42＋32＝25，
在Rt△AMD中，AD2＝AM2＋DM2，
在Rt△DNE中，ED2＝EN2＋DN2，
在Rt△ADE中，AD2＋DE2＝AE2，
∴AM2＋DM2＋EN2＋DN2＝25，
设D（4，m），则DM＝4 m，EN＝4 3＝1，DN＝m，
∴42＋（4 m）2＋12＋m2＝25，
∴m＝2，
∴D（4，2）
当A点的坐标为（0，-4）时，
同理可得D（4，-2）
（3）解：2HG2＋DG2＝4BF2，理由如下：
过点F作FP⊥AD于P，连DF，如图2所示：
∵四边形AFGH是平行四边形，
∴HG＝AF，AH∥GF，
∴∠FGA＝∠GAH，
∴∠FGD＝∠OAG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠CAD＝∠BCF＝∠DCF＝45°，∠BAD＝∠CDA＝∠ABC＝90°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴PF=AP，
∴
∴AF＝ PF，
∴HG＝AF＝ PF，
故PF＝ ，
在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴BF＝DF，∠CBF＝∠CDF，
∵∠FDG＝90° ∠CDF，∠ABO＝90° ∠CBF，
∴∠FDG＝∠ABO，
∵∠OAG＋∠OAB＝90°，∠ABO＋∠OAB＝90°，
∴∠OAG＝∠ABO，
∴∠FGD＝∠FDG，
∴GF＝DF＝BF，
∴点P是DG的中点，
∴DP＝ ，
在Rt△PDF中，PF2＋DP2＝DF2，
即（ ）2＋（ ）2＝BF2，
∴2HG2＋DG2＝4BF2．
【知识点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由 ，得出a=±4，结合图象即可得出结果；
（2）当A（0，4）时，作DN⊥OE于N，作AM⊥DN于M，连AE，由AAS证得△AOB≌△AMD，得出AM＝AO＝4，求出EO＝3，在Rt△AOE中，AE2＝AO2＋EO2＝25，在Rt△ADE中，AD2＋DE2＝AE2，设D（4，m），代入求出m＝2，即可得出结果；同理当A（0，-4）时，可求出D点坐标；
（3）作FP⊥AD于P，连DF，在Rt△AFP中，得到HG＝AF＝ PF，证明BF＝DF与BF＝GF，得出点P是DG的中点，在Rt△PDF中，PF2＋DP2＝DF2，即（ ）2＋（ ）2＝BF2，即可得出结果．
24．（2020八下·番禺期末）如图，在边长为 的正方形ABCD中，作∠ACD的平分线交AD于F，过F作直线AC的垂线交AC于P，交CD的延长线于Q，又过P作AD的平行线与直线CF交于点E，连接DE，AE，PD，PB．
（1）求AC，DQ的长；
（2）四边形DFPE是菱形吗？为什么？
（3）探究线段DQ，DP，EF之间的数量关系，并证明探究结论；
（4）探究线段PB与AE之间的数量关系与位置关系，并证明探究结论．
【答案】（1）解：AC= ，
∵CF平分∠BCD，FD⊥CD，FP⊥AC，
∴FD=FP，又∠FDQ=∠FPA，∠DFQ=∠PFA，
∴△FDQ≌△FPA（ASA），
∴QD=AP，
∵点P在正方形ABCD对角线AC上，
∴CD=CP=a，
∴QD=AP=AC-PC=
（2）解：∵FD=FP，CD=CP，
∴CF垂直平分DP，即DP⊥CF，
∴ED=EP，则∠EDP=∠EPD，
∵FD=FP，
∴∠FDP=∠FPD，
而EP∥DF，
∴∠EPD=∠FDP，
∴∠FPD=∠EPD，
∴∠EDP=∠FPD，
∴DE∥PF，而EP∥DF，
∴四边形DFPE是平行四边形，
∵EF⊥DP，
∴四边形DFPE是菱形
（3）解：DP2+ EF2=4QD2，理由是：
∵四边形DFPE是菱形，设DP与EF交于点G，
∴2DG=DP，2GF=EF，
∵∠ACD=45°，FP⊥AC，
∴△PCQ为等腰直角三角形，
∴∠Q=45°，
可得△QDF为等腰直角三角形，
∴QD=DF，
在△DGF中，DG2+FG2=DF2，
∴有（ DP）2+（ EF）2=QD2，
整理得：DP2+ EF2=4QD2
（4）解：∵∠DFQ=45°，DE∥FP，
∴∠EDF=45°，
又∵DE=DF=DQ=AP= ，AD=AB，
∴△ADE≌△BAP（SAS），
∴AE=BP，∠EAD=∠ABP，
延长BP，与AE交于点H，
∵∠HPA=∠PAB+∠PBA=∠PAB+∠DAE，
∠PAB+∠DAE+∠HAP=90°，
∴∠HPA+∠HAP=90°，
∴∠PHA=90°，即BP⊥AE，
综上：BP与AE的关系是：垂直且相等.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出AC，再证明△FDQ≌△FPA得到QD=AP，结合CD=CP求出结果；（2）先证明DE∥PF，结合EP∥DF得到四边形DFPE是平行四边形，再由EF⊥DP得到菱形；（3）根据菱形的性质得到2DG=DP，2GF=EF，再证明QD=DF，最后利用勾股定理证明线段关系；（4）证明△ADE≌△BAP，得到AE=BP，∠EAD=∠ABP，延长BP，与AE交于点H，利用∠EAD=∠ABP，得到∠PHA=90°，即可判定关系.
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