2023年浙教版数学八年级下册第五章 特殊平行四边形 单元测试（进阶版）
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2022八下·内江期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值为（ ）
A． B．3 C． D．
2．（2022八下·蚌埠期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，P是CD边的中点，E是BC边上的一动点，M、N分别是AE、PE的中点，随着点E的运动，线段MN长（ ）
A．不断增大 B．先增大，后减小
C．保持不变，长度为 D．保持不变，长度为
3．（2021八上·诸暨期末）如图，正方形纸片ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1、h2、h3（h1＞0，h2＞0，h3＞0），若h1＝5，h2＝2，则正方形ABCD的面积S等于（ ）
A．34 B．89 C．74 D．109
4．（2022八下·承德期末）如图，在四边形ABCD中，，，对角线AC，BD交于点O，AC平分，过点C作交AB的延长线与点E，连接OE．
嘉嘉说：“四边形ABCD是菱形．”
琪琪说：“．”
对于他俩的说法，正确的是（ ）
A．嘉嘉正确，琪琪错误 B．嘉嘉错误，琪琪正确
C．他俩都正确 D．他俩都错误
5．（2022八下·白水期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O， ，点E、F分别是BC、CD的中点，BD分别与AE、AF相交于点M、N，连接OE、OF、EF，下列结论：① 是等边三角形；②四边形CEOF是菱形；③ ；④ ，其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．（2022八下·嘉兴期末）由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形ABCD如图所示．连结CF，并延长交AB于点N．若AB＝3，EF＝3，则FN的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
7．（2022八上·威远期中）如图，大正方形与小正方形的面积之差是50，则阴影部分的面积是（ ）
A．12.5 B．25 C．50 D．100
8．（2022八下·费县期末）数学老师用四根长度相等的木条首尾顺次相接制成一个图1所示的菱形教具，此时测得，对角线长为，改变教具的形状成为图2所示的正方形，则正方形的对角线长为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022八下·余杭期末）如图，矩形中，，，点E，F，G，H分别在矩形各边上，且四边形为平行四边形，则平行四边形周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022八下·慈溪期末）如图，正方形 中，点P为 延长线上任一点，连结 ，过点P作 ，交 的延长线于点E，过点E作 于点F.下列结论：① ；② ；③ ；④若 ，则 .其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（每题3分，共21分）
11．（2022八下·栾城期末）如阳，在矩形中，对角线、相交于点，点、分别是、的中点，若 cm，cm，则 cm．
12．（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 ．
13．（2022八下·双台子期末）如图，在线段AB上取一点C，分别以AC，BC为边长作菱形BCFG和菱形ACDE，使点D在边CF上，连接EG，H是EG的中点，且，则EG的长是 ．
14．（2022八下·承德期末）如图，在菱形中，，，过菱形的对称中心O分别作边，的垂线，交各边于点E，F，G，H，则菱形的面积为 ，四边形的周长为 ．
15．（2022八下·任丘期末）把8个边长为1的正方形按如图所示摆放在直角坐标系中，经过原点O的直线l将这8个正方形分成面积相等的两部分，则该直线的函数表达式是 ．
16．（2021八下·仙居期末）菱形ABCD中，AD＝4，∠DAB＝60°，E、F、G、H分别是AD、AB、BC、CD上的点，且DH＝FB，DE＝BG，当四边形EFGH为正方形时，DH＝ ．
三、作图题（共10分）
17．（2020八下·奉化期末）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形为垂等四边形.
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 .
（2）如图1，在3×3方格纸中，A，B，C在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使AC，BD是对角线，点D在格点上.
（3）如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，AE＝AF＝CG且∠DGC＝∠DEG，求证：四边形DEFG是垂等四边形.
（4）如图3，已知Rt△ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB＝2，以AC为边在AC的右上方作等腰三角形，使四边形ABCD是垂等四边形，请直接写出四边形ABCD的面积.
18．（2022八下·温州期中）定义：数学活动课上，陈老师给出如下定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做它的对等四边形．
（1）在图1，图2中，点A、B、C都在格点(小正方形的顶点)上，请在图1，图2中各画一个以格点为顶点，AB、BC为边的一个对等四边形ABCD(两个图形不全等)；
（2）如图3，对等四边形ABCD中，∠ADC=90°，AB=BD=CD=10，AD=12，求BC的长．
四、解答题（共6题，共51分）
19．（2022八下·鄞州期中）如图，四边形 是平行四边形， 且分别交对角线 于点E，F．
（1）求证： ；
（2）当四边形 分别是矩形和菱形时，请分别说出四边形 的形状，并说明理由．
20．（2022八下·白水期末）如图1，在 中，点D在BC的延长线上，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线 ，设MN交 的平分线于点E，交 的平分线于点F．
（1）线段CE与CF的位置关系是 ；
（2）探究：线段OE与OF的数量关系，并加以证明；
（3）如图2，连接AE，AF，当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形，并说明理由；
（4）在（3）的前提下， 满足什么条件时，四边形AECF是正方形，请说明理由．
21．（2022八下·连山期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB：与直线CD：相交于点，分别交坐标轴于点A，B，C，D．
（1）求a和k的值；
（2）如图，点P是直线CD上的一个动点，当的面积为20时，求点P的坐标；
（3）直线AB上有一点F，在平面直角坐标系内找一点N，使得以BF为一边，以点B，D，F，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点N的坐标．
22．（2022八下·北仑期末）定义：对角线相等的四边形称为对美四边形．
（1）我们学过的对美四边形有 、 ．（写出两个）
（2）如图1，D为等腰△ABC底边AB上的一点，连结CD，过C作，以B为顶点作交CF于点E，求证：四边形CDBE为对美四边形．
（3）如图2，对美四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC=BD，．
①若，，求四边形ABCD的面积．
②若，设，，试求出y与x的关系式．
23．（2022八下·鄞州期末）如图1，矩形ABCD中，过对角线AC的中点O画EF⊥AC分别交AB，CD于点E，F，连结AF，CE．
（1）[证明体验]
求证：四边形AECF是菱形．
（2）[基础巩固]
若AB=8，BC=6，求菱形AECF的边长．
（3）[拓展延伸]
如图2，在对角线AC上取点G，H，使得四边形EHFG是正方形，若正方形EHFG的边长为，且AE=5CH，求矩形ABCD的面积．
24．（2022八下·大荔期末）问题提出
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，在BC上找一点D，使得AD将△ABC分成面积相等的两部分，作出线段AD，并求出AD的长度；
问题探究
（2）如图②，点A、B在直线a上，点M、N在直线b上，且a∥b，连接AN、BM交于点O，连接AM、BN，试判断△AOM与△BON的面积关系，并说明你的理由；
解决问题
（3）如图③，刘老伯有一个形状为筝形OACB的养鸡场，在平面直角坐标系中，O（0，0）、A（4，0）、B（0，4）、C（6，6），是否在边AC上存在一点P，使得过B、P两点修一道笔直的墙（墙的宽度不计），将这个养鸡场分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线BP的表达式；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接CM，如图所示：
∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴∠CPM＝∠CQM＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4， ，
∴∠CPM＝∠CQM＝∠BCD=90°，
∴四边形PCQM是矩形，
∴PQ＝CM，
∴当CM最小时，PQ最小，
∵点M在BD上运动，
∴当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，
由勾股定理得： ，
∵ ，
∴此时 ，
∴PQ的最小值为 ，．
故答案为：A．
【分析】连接CM，可证四边形PCQM是矩形，得出PQ＝CM，所以可知当CM最小时，PQ最小，由于点M在BD上运动，可得当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，由勾股定理求出BD的长，再利用求出CM值即可.
2．【答案】C
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】连接AP，
∵矩形ABCD中，AB＝DC＝2，P是CD边上的中点，
∴DP＝1，
∴AP＝，
连接AP，
∵M，N分别是AE、PE的中点，
∴MN是△AEP的中位线，
∴MN＝AP＝．
故答案为：C．
【分析】先求出DP＝1，再求出MN是△AEP的中位线，最后求解即可。
3．【答案】C
【知识点】平行线之间的距离；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3分别交l3、l2于点G、H，
∵ l1∥l2∥l3∥l4，
∴∠AEB=∠AFD=∠DGC=∠BHC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ADC=∠DCB=∠CBA=90°，
∴∠ABE=∠DAF=∠CDG=∠BCH，
∴△ABE≌△DAF≌△CDG≌△BCH，
∴BE=AF=h1+h2，
∴S△ABE=S△DAF=S△CDG=S△BCH=h1（h1+h2），
∴S=4S△ABE+S正方形EFGH=4×h1（h1+h2）+h22=74.
故答案为：C.
【分析】过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3分别交l3、l2于点G、H，证出△ABE≌△DAF≌△CDG≌△BCH，从而得出S△ABE=S△DAF=S△CDG=S△BCH=h1（h1+h2），S正方形EFGH=h22，利用S=4S△ABE+S正方形EFGH，代入数值进行计算，即可得出答案.
4．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵AC平分，
∴∠DAC=∠BAC，
∵，
∴∠DCA=∠BAC，
∴∠DCA =∠DAC，
∴AD=DC，
又∵AB=AD，
∴AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故嘉嘉正确
∴AC，BD互相平分，
即O为AC的中点，
∵，
∴△ACE是直角三角形，
∴，故琪琪正确，
故答案为：C．
【分析】首先证明CD=AD，继而证得四边形ABCD为平行四边形，根据菱形的判定即可得到四边形ABCD为菱形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到OE=AC.
5．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①菱形ABCD中，AB=BC，又∠ABC=60°，
∴ABC是等边三角形，
∵E是BC的中点，
∴AE平分∠BAC，
∴∠EAC=30°；
类似可得∠FAC=30°，
∴∠EAF=60°，
∵AB=AD，∠BAE=∠DAF，∠ABE=∠ADF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF
∴△AEF是等边三角形，故①正确；
②在三角形ACD中，点O、F分别是AC、CD的中点，
∴，OF∥AD∥CE；
类似可证OE∥CE，
∴四边形CEOF是平行四边形，
又∵，AD=CD，
∴OF=CF
∴四边形CEOF是菱形，故②正确；
③∵OF∥AD，
∴∠AFO=∠DAF=30°，
又∠AFE=60°，
∴FO是∠AFE的角平分线，
∵△AEF是等边三角形，
∴OF⊥AE，故③正确；
④易得∠ABM=∠BAN=30°，
∴MB=MA；
同理可证，NA=ND，
∵EF∥BD，且三角形AEF是等边三角形，
∴△AMN是等边三角形，
∴MA=MN=AN，
∴BM=MN=ND，故④正确.
故答案为：D.
【分析】①借助有一角为60°的等腰三角形是等边三角形说明即可；②一组邻边相等的平行四边形是菱形；③先说明OF是∠AFE的角平分线，然后根据等边三角形的三线合一定理，即可证得OF是AE的垂直平分线；④分别证得△ABM，△ADF是等腰三角形以及△AEF是等边三角形即可.
6．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，作FM⊥AB于M，BK⊥FN于K，
设AE=BF=CG=DH=x，
在Rt△AFB中，
∵AB2=AF2+BF2，
即45=(x+3)2+x2，
解得x=3或-6（舍去），
∴FC==3，
∵S△ABF=AF·BF=AB·FM，
∴FM==，
同理：BK·CN=BN·BC，FM·BN=FN·BK，
即BK·（3+FN）=BN· 3 ，·BN=FN·BK，
∴，
∴，
解得：.
故答案为：C.
【分析】作FM⊥AB于M，BK⊥FN于K，设AE=BF=CG=DH=x，在Rt△AFB中，根据勾股定理建立方程求解，然后利用勾股定理求出FC长，在Rt△AFB中，根据勾股定理求出FM，同理根据面积法列式BK·CN=BN·BC，FM·BN=FN·BK，两式联立得出，则可求出结果.
7．【答案】B
【知识点】三角形的面积；正方形的性质
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为a，小正方形的边长为b，则BC=AB=a，BD=BE=b，AE=a-b，
∵大正方形与小正方形的面积之差是50，
∴a2-b2=50；
∵S阴影部分=S△ACE+S△AED
S阴影部分=.
故答案为：B
【分析】设大正方形的边长为a，小正方形的边长为b，则BC=AB=a，BD=BE=b，可表示出AE的长；再利用大正方形与小正方形的面积之差是50，可得到a2-b2的值；然后根据S阴影部分=S△ACE+S△AED，利用三角形的面积公式，可求出阴影部分的面积.
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：在图（1）中连接AC、BD，设AC与BD交于点O，在图（2）中连接BD，如图所示：
∵将四根长度相等的木条首尾顺次相接，
∴在图（1）中，四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∠BDC＝∠BDA，
∵∠ABC＝=60°，
∴∠OBC＝30°，
设OC＝x，则BC＝2x，
∵BD＝，
∴OB＝4，
∴在Rt△OBC中，由勾股定理得：x2＋（4）2＝（2x）2，
解得x＝4，
∴BC＝CD＝8．
∴在图（2）中，当∠ABC＝90°时，四边形ABCD为正方形，由勾股定理得：BD＝＝．
故答案为：B．
【分析】先求出∠OBC＝30°，设OC＝x，则BC＝2x，利用勾股定理可得x2＋（4）2＝（2x）2，求出x的值，最后利用勾股定理求出BD的长即可。
9．【答案】B
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是平行四边形，
∴HE=GF，HE∥GF，
∴平行四边形EFGH的周长为2（GF+EF），
作点E关于BC的对称点E'，连接FE'，GE'，则EF=FE'，BE=BE'，
∴GF+EF=GF+FE'≥GE'，
∴当G、F、E'共线时，平行四边形EFGH周长最小，最小值为2GE'，
过G作GG'⊥AB于G'，则四边形BCGG'是矩形，
则GG'=BC=4，CG=BG'，
∵HE∥GF，EF=FE'，
∴∠AEH=∠E'=∠FGC，
在△AHE和△CFG中，
，
∴△AHE≌△CFG（AAS），
∴AE=CG，
∴G'E'=BE'+BG'=BE+AE=AB=8，
在Rt△GG′E′中，GG'=4，G'E'=8，
∴，
∴平行四边形EFGH周长最小值为.
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形的性质可得HE=GF，HE∥GF，则平行四边形EFGH的周长为2(GF+EF)，作点E关于BC的对称点E′，连接FE′，GE′，则EF=FE′，BE=BE′，当G、F、E′共线时，平行四边形EFGH周长最小，最小值为2GE′，过G作GG′⊥AB于G′，则四边形BCGG′是矩形，GG′=BC=4，CG=BG′，根据平行四边形以及等腰三角形的性质可得∠AEH=∠E′=∠FGC，证明△AHE≌△CFG，得到AE=CG，则G′E′=BE′+BG′=BE+AE=AB=8，利用勾股定理可得GE′，据此解答.
10．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图1，在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，
∵EF⊥BP，
∴∠BFE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC=∠ABD=45°，
∴BF=EF，
在△BFG和△EFP中，
，
∴△BFG≌△EFP（SAS），
∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，
∵∠ABD=∠FPG=45°，
∴AB∥PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，
∴∠APF=∠PEF=∠GBF，
∴AP∥BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，
∴AP=BG，
∴AP=PE；
故①正确；
如图2，连接CG，
由①知：PG∥AB，PG=AB，
∵AB=CD，AB∥CD，
∴PG∥CD，PG=CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG=PD，CG∥PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，
∵∠CEG=45°，
∴CE= CG= PD；
故③正确；
如图3，连接AC交BD于O，
∠CGF=∠GFD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，BD=
∴∠COF=90°，
∴四边形OCGF是矩形，
∴OC=FG，BD=2OC=2FG，
△BFG≌△EFP，
，
，
故②正确；
④ ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即 .
故④正确.
故答案为：D.
【分析】在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，根据正方形的性质得∠FBC=∠ABD=45°，则BF=EF，证△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四边形ABGP是平行四边形，则AP=BG，据此判断①；连接CG，易得四边形DCGP是平行四边形，则CG=PD，CG∥PD，根据三角函数的概念得CE=CG，据此判断③；连接AC交BD于O，根据正方形性质得AC⊥BD，BD=AB=PG，则四边形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，根据全等三角形的性质可得PF=FG，据此判断②；根据等腰三角形的性质结合内角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，则∠GPE=22.5°，推出PG=GE，则FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，据此判断④.
11．【答案】2.5
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OD=BD，AD=BC=8，
∴，
∴OD=5cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=OD=2.5cm；
故答案为2.5
【分析】先利用勾股定理求出BD的长，再利用矩形的性质求出OD的长，最后利用三角形中位线的性质求出EF的长即可。
12．【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．
13．【答案】10
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接CE、CG，如图所示：
∵四边形ACDE与四边形BCFG均是菱形，
∴∠DCE＝∠ACD，∠FCG＝∠BCF，
∵∠ACD+∠BCF＝180°，
∴∠DCE+∠FCG＝（∠ACD+∠BCF）＝×180°＝90°，
即∠ECG＝90°，
∵H是EG的中点，CH＝5，
∴EG＝2CH＝10．
故答案为：10．
【分析】连接CE、CG，先求出∠DCE+∠FCG＝（∠ACD+∠BCF）＝×180°＝90°，再利用直角三角形斜边上中线的性质求出EG的长即可。
14．【答案】；
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接，，如图所示：
四边形是菱形，，
，，，
，
，，即，
；
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
同法可证，，，都是等边三角形，
，，
四边形的周长，
故答案为：；．
【分析】连接、，证明△BEF是等边三角形，求出EF的长，同法可证，，都是等边三角形，分别求出GH、EH、FG的长，继而得解.
15．【答案】y＝x或y＝0.9x
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过A作AB⊥y轴，垂足为点B，则OB＝3，
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴S△AOB＝4+1＝5，
∵OB＝3，
∴AB 3＝5，
解得：AB＝，
∴A点坐标为（，3），
设直线方程为y＝kx，
则3＝k，
∴k＝，
∴直线l解析式为y＝x．
故答案为：y＝x．
【分析】过A作AB⊥y轴，垂足为点B，则OB＝3，由于经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，可得S△AOB＝5=×AB·OB，据此求出AB＝，即得A（，3），利用待定系数法求出直线l解析式即可.
16．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过点E作AB的垂线分别交AB于点N，交CD的延长线于点M，如图所示：
∵四边形EFGH为正方形，
∴∠FEH=90°，EF=EH，
∴∠FEN+∠HEM=90°，
∵∠EFN+∠NEF=90°，
∴∠EFN=∠MEH，
∴△EMH≌△FNE（AAS），
∴HM=NE，EM=NF，
设DM=x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CM∥AB，
∴∠A=∠MDE=60°，
∴，
∴DE=2x，
在Rt△DEM中，由勾股定理得，
∴AE=4-2x，
∴，
在Rt△AEN中，由勾股定理得，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
故答案为：.
【分析】过点E作AB的垂线分别交AB于点N，交CD的延长线于点M，先运用正方形的性质结合全等三角形的判定证明△EMH≌△FNE（AAS），设DM=x，运用菱形的性质结合勾股定理表示出DH、CH的长，最后根据DH+CH=4列出方程即可求出x的值，再算出DH的长即可求解.
17．【答案】（1）正方形，矩形
（2）解：如图1中，四边形ABCD即为所求.
（3）解：在正方形ABCD中，
∵AF＝CG，AB＝BC，
∴FB＝BG，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，∠BFG＝∠BGF＝45°，
∴∠EFG＝90°，
∵∠A＝∠C＝90°，DA＝DC，AF＝CG，
∴△ADF≌△CDG（SAS），
∴DF＝DG，
∵AD∥CB，
∴∠EDG＝∠DGC，
∵∠DGC＝∠DEG，
∴∠GDE＝∠GED，
∴DG＝EG，
∴DF＝EG，
∴四边形DEFG是垂等四边形.
（4）解：①如图4﹣1中，当AD＝AC时，连接BD，过点D作DH⊥AB于H.
∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，
∴AC＝2AB＝4，BC＝ AB＝2 ，
∵四边形ABCD是垂等四边形，
∴BD＝AC＝4，
∴AD＝BD＝4，AH＝BH＝1，
∴DH＝ ＝ ，
∴S四边形ABCD＝S△ADB+S△BCD＝ ×2× + ×2 ×1＝ + .
②如图4﹣2中，当CA＝CD时，连接BD，过点D作DH⊥BA交BA的延长线于H，DT⊥BC于T.
同法可得，S四边形ABCD＝S△DCB+S△ABD＝ ×2 × + ×2× ＝ + .
③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T.
设DH＝y，
∵AB＝AH＝BH＝2，
∴∠CHT＝∠AHB＝60°，
∵DA＝DC，AH＝HC，
∴DH⊥AC，
∴∠DHC＝90°，
∴∠DHT＝30°，
∴DT＝ DH＝ y，HT＝ DT＝ y，
在Rt△BDT中，∵BD＝AC＝4，
∴42＝（ y）2+（2+ y）2，
解得y＝ ﹣ ，
∴S四边形ABCD＝S△ACB+S△ADC＝ ×2×2 + ×4×（ ﹣ ）＝2 .
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：（1）正方形，矩形是垂等四边形.
故答案为正方形，矩形.
【分析】（1）根据垂等四边形的定义判断即可.（2）根据垂等四边形的定义画出图形即可.（3）想办法证明∠EFG＝90°，EG＝DF即可.（4）分三种情形：①如图4﹣1中，当AD＝AC时，连接BD，过点D作DH⊥AB于H.②如图4﹣2中，当CA＝CD时，连接BD，过点D作DH⊥BA交BA的延长线于H，DT⊥BC于T.③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T.分别求解即可.
18．【答案】（1）解：
（2）解：如图3，过点B作BE⊥AD于点E，过点B作BF⊥CD于点F，
∴∠BFD=∠BED=90°，
又∵∠ADC=90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴BE=FD，DE=BF，
∵AB=BD=CD=10，AD=12，
∴AE=ED=BF=6，
∴BE==8，
∴FD=8，
∴CF=2，
∴BC==2.
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据对等四边形的定义，使得一组对边相等而另一组对边不相等，即可可画出图形，如使得AB=CD，BC≠AD；BC=AD，AB≠CD（A、B、C、D均在格点上），答案不唯一，符合定义即可；
（2）过点B作BE⊥AD于点E，过点B作BF⊥CD于点F，结合∠ADC=90°，证得四边形BEDF是矩形，由矩形性质及等腰三角形性质结合AB=BD=CD=10，AD=12，可得AE=ED=BF=6，BE=FD=8，从而得到CF=2，再根据勾股定理求得BC即可.
19．【答案】（1）证明：∵ BE∥DF
∴
∴
∵四边形 ABCD 是平行四边形
∴ ， AB=CD ，
∴
在△ABE和△CDF中 ，
∴ ．
（2）解：如图，当四边形ABCD为矩形时，连接DE、BF，
同（1）可知 ，
∴BE=DF，
∵BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图，当四边形ABCD是菱形时，连接DE、BF，
同理可知四边形BEDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE和△ADE中， ，
∴△ABE≌△ADE，
∴BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形．
综上所述：当四边形 ABCD分别是矩形和菱形时，四边形BEDF分别是平行四边形与菱形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行线性质得∠BEC=∠DFA，结合邻补角性质得∠AEB=∠CFD，根据平行四边形的性质得AB∥CD，AB=CD，根据平行线的性质可得∠BAE=∠DCF，然后根据全等三角形的判定定理AAS进行证明；
（2）当四边形ABCD为矩形时，连接DE、BF，同（1）可知△ABE≌△CDF，得到BE=DF，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行解答；当四边形ABCD是菱形时，连接DE、BF，同理可知四边形BEDF是平行四边形，根据菱形的性质可得AB=AD，∠BAE=∠DAE，证△ABE≌△ADE，得到BE=DE，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行解答.
20．【答案】（1） （或垂直）
（2）解：结论： ．
证明：∵CE为 的平分线，CF为 的平分线，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ．
（3）解：O运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
理由如下：∵O为AC中点，
∴ ，且 ，
∴四边形AECF平行四边形．
∵ ，
∴四边形AECF为矩形，
∴当点O运动到AC中点时，四边形AECF为矩形．
（4）解：当 时，四边形AECF是正方形．
理由如下：∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
由（3）知，四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形．
【知识点】平行线的性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：（1）∵CE、CF分别为∠BCA、∠DCA的角平分线，
∴，，
∴
故答案为：CE⊥CF（或垂直）
【分析】（1）根据角平分线的定义及∠ACB+∠ACD是一个平角即可得出∠ECF的度数，从而得CE与CF的位置关系；
（2）根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等，可分别证得，OC=OE，OC=OF，然后根据等式的传递性即可证得OE=OF；
（3） 根据对角线互相平分的四边形是平行四边形 ，先证得，若点O是AC中点，则四边形AECF是平行四边形，再根据（1）结论CE⊥CF，即可证得四边形AECF是矩形；
（4）根据对角线互相垂直的矩形是正方形，可知只需EF⊥AC即可，由于EF∥BC，故只需AC⊥BC即可，故只需∠ACB=90°即可满足要求.
21．【答案】（1）解：将点M的坐标代入并解得：，
∴点，将点代入，得，
解得：，∴，；
（2）解：设由（1）可直线CD的表达式为：，
令，则∴点，
∵直线AB：∴令，
则∴∴
∴的面积，
∴
解得：或，
终上所述点或；
（3）解：设点F的坐标为（m，-m+3），点N（a，b），由（1）知，点B、D的坐标分别为（0，3）、（0，-2），则BD=5，
当BD是边时，如图所示，四边形BDNF（或四边形BDN’F’）为菱形，
则BD=BF，即，解得，
则点F的坐标为或，
点N在点F的正下方5个单位，则点N或；
当BD是对角线时，如图所示，则BD的中点即为NF的中点且FN⊥BD，
∵，，∴BD的中点坐标为（0，）
∵FN⊥BD，∴-m+3=，解得m=5，即F（5，），
由对称性可得N（-5，）
综上，点N的坐标为或或．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；菱形的判定；一次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）将点M代入求出a的值，再将点M代入求出k的值即可；
（2）设，利用的面积可得，求出m的值，即可得到点P的坐标；
（3）分两种情况：①当BD是边时，四边形BDNF（或四边形BDN’F’）为菱形，②当BD是对角线时，则BD的中点即为NF的中点且FN⊥BD，分别作出图象并求解即可。
22．【答案】（1）正方形；矩形
（2）解：证明：如图，连接DE
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA，
∵，
∴∠CBA=∠BCE，
又∵∠CBE=∠ACD，
∴，
∴CE=AD，即，
∴四边形ADEC为平行四边形，
∴AC=DE，
∴BC=DE，
∴四边形CDBE为对美四边形.
（3）解：①延长BA至E，使得AE=CD，连接DE，过D作DF⊥EB于F，
∵，∴四边形ACDE是平行四边形
∴∵∠AOB=120°∴∠EDB=120°∵AC=BD∴DE=DB
∴
∵，∴
∵DF⊥BE，∴
在中设DF=x则DE=2x
由勾股定理得解得
∴，
②辅助线同①设CD为m，AB为n．
同①
∴
在中
在中
即整理得
∵，∴
代入得
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】(1)∵正方形和矩形的对角线都相等，
∴正方形和矩形都是对美四边形.
【分析】(1)根据正方形和矩形的对角线都相等，结合对美四边形的定义即可解答；
(2) ①延长BA至E，使得AE=CD，连接DE，过D作DF⊥EB于F，先证明四边形ACDE是平行四边形，则可求出∠DEB=∠DBE=30°，以及EB的长，在中设DF=x则DE=2x，根据勾股定理求解，然后根据梯形的面积公式计算即可；
②辅助线同①设CD为m，AB为n，由①得EB=DC+AB，用含m、n的代数式表示EF和AF，在中和中，根据勾股定理分别表示出和，依此建立等式得出，结合，即可求出结果.
23．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FCO＝∠EAO，∠CFO＝∠AEO，
∵AO=CO，
∴△AOE≌△COF（AAS）
∴FC=AE，
∵FC∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
（2）解：设AE=x，则EC=x，BE=8-x，
在Rt△BEC中，
，
，
解得，
∴AE=.
（3）解：连结AF，CE，
由（1）知四边形AECF是菱形，
∵四边形EHFG是正方形，EG=3，
∴OG=OH=OF=OE=3，
∵OA=OC，
∴AG=CH，
∵AE=5CH，
∴AE=5AG，
，
，
解得：AG=1，
∴AE=CE=5，AC=8，
，
，
解得：，
∴矩形ABCD的面积=
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质和平行线的性质求出有关角或边相等，利用AAS证明△AOE≌△COF，得出FC=AE，结合FC∥AE，证出四边形AECF是平行四边形，结合AC⊥EF，则可证明四边形AECF是菱形．
(2)设AE=x，则EC=x，BE=8-x，在Rt△BEC中，根据勾股定理建立方程求解，即可解答；
(3)连结AF，CE，根据正方形的性质求出OG=OH=OF=OE=3，结合AE=5AG，在Rt△AOE中，根据勾股定理建立方程求出AG，则可求出AE和CE，然后在Rt△CBE和△ABC中，根据勾股定理建立等式求出BE长，最后根据勾股定理求出BC和AB长，即可解答.
24．【答案】（1）解：如图①，取BC边的中点D，连接AD，则线段AD即为所求．
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝，
∵点D为BC的中点，
∴AD＝BC＝．
（2）解：S△AOM＝S△BON，理由如下：
由图可知，S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，
如图②，过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，
∴MD∥NE，∠MDE＝90°，
又∵MN∥DE，
∴四边形MDEN是矩形，
∴MD＝NE，
∵S△ABM＝，S△ABN＝，
∴S△ABM＝S△ABN，
∴S△AOM＝S△BON．
（3）解：存在，直线BP的表达式为：y＝x+4．
如图③，连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，
由（2）的结论可知，S△OBG＝S△AFG，
∴S四边形OACB＝S△BCF，
取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求．
∵A(4，0)，B(0，4)，C(6，6)，
∴线段AB所在直线表达式为：y＝﹣x+4，
线段AC所在直线的表达式为：y＝3x﹣12，
∵OF∥AB，且直线OF过原点，
∴直线OF的表达式为：y＝﹣x，
联立，解得，
∴F（3，﹣3），
∵点P是CF的中点，
∴P，
∴直线BP的表达式为：y＝x+4．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用三角形的中线分得的两个三角形的面积相等，可知取BC边的中点D，连接AD即可；利用勾股定理求出BC的长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AD的长；
（2）观察图形可知S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，利用利用平行线间的距离处处相等及同底等高的两个三角形的面积相等，可证得△ABM的面积=△ABN的面积，由此可证得结论；
（3）连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，由（2）的结论可证得 S四边形OACB＝S△BCF，取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求；利用待定系数法求出直线AB，AC的函数解析式，利用OF∥AB，可得到直线OF的函数解析式，将直线OF和直线AC联立方程组，解方程组，可得到点F的坐标，利用线段中点坐标可求出点P的坐标，然后利用待定系数法求出直线BP的函数解析式.
1 / 12023年浙教版数学八年级下册第五章 特殊平行四边形 单元测试（进阶版）
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2022八下·内江期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接CM，如图所示：
∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴∠CPM＝∠CQM＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4， ，
∴∠CPM＝∠CQM＝∠BCD=90°，
∴四边形PCQM是矩形，
∴PQ＝CM，
∴当CM最小时，PQ最小，
∵点M在BD上运动，
∴当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，
由勾股定理得： ，
∵ ，
∴此时 ，
∴PQ的最小值为 ，．
故答案为：A．
【分析】连接CM，可证四边形PCQM是矩形，得出PQ＝CM，所以可知当CM最小时，PQ最小，由于点M在BD上运动，可得当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，由勾股定理求出BD的长，再利用求出CM值即可.
2．（2022八下·蚌埠期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，P是CD边的中点，E是BC边上的一动点，M、N分别是AE、PE的中点，随着点E的运动，线段MN长（ ）
A．不断增大 B．先增大，后减小
C．保持不变，长度为 D．保持不变，长度为
【答案】C
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】连接AP，
∵矩形ABCD中，AB＝DC＝2，P是CD边上的中点，
∴DP＝1，
∴AP＝，
连接AP，
∵M，N分别是AE、PE的中点，
∴MN是△AEP的中位线，
∴MN＝AP＝．
故答案为：C．
【分析】先求出DP＝1，再求出MN是△AEP的中位线，最后求解即可。
3．（2021八上·诸暨期末）如图，正方形纸片ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1、h2、h3（h1＞0，h2＞0，h3＞0），若h1＝5，h2＝2，则正方形ABCD的面积S等于（ ）
A．34 B．89 C．74 D．109
【答案】C
【知识点】平行线之间的距离；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3分别交l3、l2于点G、H，
∵ l1∥l2∥l3∥l4，
∴∠AEB=∠AFD=∠DGC=∠BHC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ADC=∠DCB=∠CBA=90°，
∴∠ABE=∠DAF=∠CDG=∠BCH，
∴△ABE≌△DAF≌△CDG≌△BCH，
∴BE=AF=h1+h2，
∴S△ABE=S△DAF=S△CDG=S△BCH=h1（h1+h2），
∴S=4S△ABE+S正方形EFGH=4×h1（h1+h2）+h22=74.
故答案为：C.
【分析】过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3分别交l3、l2于点G、H，证出△ABE≌△DAF≌△CDG≌△BCH，从而得出S△ABE=S△DAF=S△CDG=S△BCH=h1（h1+h2），S正方形EFGH=h22，利用S=4S△ABE+S正方形EFGH，代入数值进行计算，即可得出答案.
4．（2022八下·承德期末）如图，在四边形ABCD中，，，对角线AC，BD交于点O，AC平分，过点C作交AB的延长线与点E，连接OE．
嘉嘉说：“四边形ABCD是菱形．”
琪琪说：“．”
对于他俩的说法，正确的是（ ）
A．嘉嘉正确，琪琪错误 B．嘉嘉错误，琪琪正确
C．他俩都正确 D．他俩都错误
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵AC平分，
∴∠DAC=∠BAC，
∵，
∴∠DCA=∠BAC，
∴∠DCA =∠DAC，
∴AD=DC，
又∵AB=AD，
∴AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故嘉嘉正确
∴AC，BD互相平分，
即O为AC的中点，
∵，
∴△ACE是直角三角形，
∴，故琪琪正确，
故答案为：C．
【分析】首先证明CD=AD，继而证得四边形ABCD为平行四边形，根据菱形的判定即可得到四边形ABCD为菱形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到OE=AC.
5．（2022八下·白水期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O， ，点E、F分别是BC、CD的中点，BD分别与AE、AF相交于点M、N，连接OE、OF、EF，下列结论：① 是等边三角形；②四边形CEOF是菱形；③ ；④ ，其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①菱形ABCD中，AB=BC，又∠ABC=60°，
∴ABC是等边三角形，
∵E是BC的中点，
∴AE平分∠BAC，
∴∠EAC=30°；
类似可得∠FAC=30°，
∴∠EAF=60°，
∵AB=AD，∠BAE=∠DAF，∠ABE=∠ADF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF
∴△AEF是等边三角形，故①正确；
②在三角形ACD中，点O、F分别是AC、CD的中点，
∴，OF∥AD∥CE；
类似可证OE∥CE，
∴四边形CEOF是平行四边形，
又∵，AD=CD，
∴OF=CF
∴四边形CEOF是菱形，故②正确；
③∵OF∥AD，
∴∠AFO=∠DAF=30°，
又∠AFE=60°，
∴FO是∠AFE的角平分线，
∵△AEF是等边三角形，
∴OF⊥AE，故③正确；
④易得∠ABM=∠BAN=30°，
∴MB=MA；
同理可证，NA=ND，
∵EF∥BD，且三角形AEF是等边三角形，
∴△AMN是等边三角形，
∴MA=MN=AN，
∴BM=MN=ND，故④正确.
故答案为：D.
【分析】①借助有一角为60°的等腰三角形是等边三角形说明即可；②一组邻边相等的平行四边形是菱形；③先说明OF是∠AFE的角平分线，然后根据等边三角形的三线合一定理，即可证得OF是AE的垂直平分线；④分别证得△ABM，△ADF是等腰三角形以及△AEF是等边三角形即可.
6．（2022八下·嘉兴期末）由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形ABCD如图所示．连结CF，并延长交AB于点N．若AB＝3，EF＝3，则FN的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，作FM⊥AB于M，BK⊥FN于K，
设AE=BF=CG=DH=x，
在Rt△AFB中，
∵AB2=AF2+BF2，
即45=(x+3)2+x2，
解得x=3或-6（舍去），
∴FC==3，
∵S△ABF=AF·BF=AB·FM，
∴FM==，
同理：BK·CN=BN·BC，FM·BN=FN·BK，
即BK·（3+FN）=BN· 3 ，·BN=FN·BK，
∴，
∴，
解得：.
故答案为：C.
【分析】作FM⊥AB于M，BK⊥FN于K，设AE=BF=CG=DH=x，在Rt△AFB中，根据勾股定理建立方程求解，然后利用勾股定理求出FC长，在Rt△AFB中，根据勾股定理求出FM，同理根据面积法列式BK·CN=BN·BC，FM·BN=FN·BK，两式联立得出，则可求出结果.
7．（2022八上·威远期中）如图，大正方形与小正方形的面积之差是50，则阴影部分的面积是（ ）
A．12.5 B．25 C．50 D．100
【答案】B
【知识点】三角形的面积；正方形的性质
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为a，小正方形的边长为b，则BC=AB=a，BD=BE=b，AE=a-b，
∵大正方形与小正方形的面积之差是50，
∴a2-b2=50；
∵S阴影部分=S△ACE+S△AED
S阴影部分=.
故答案为：B
【分析】设大正方形的边长为a，小正方形的边长为b，则BC=AB=a，BD=BE=b，可表示出AE的长；再利用大正方形与小正方形的面积之差是50，可得到a2-b2的值；然后根据S阴影部分=S△ACE+S△AED，利用三角形的面积公式，可求出阴影部分的面积.
8．（2022八下·费县期末）数学老师用四根长度相等的木条首尾顺次相接制成一个图1所示的菱形教具，此时测得，对角线长为，改变教具的形状成为图2所示的正方形，则正方形的对角线长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：在图（1）中连接AC、BD，设AC与BD交于点O，在图（2）中连接BD，如图所示：
∵将四根长度相等的木条首尾顺次相接，
∴在图（1）中，四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∠BDC＝∠BDA，
∵∠ABC＝=60°，
∴∠OBC＝30°，
设OC＝x，则BC＝2x，
∵BD＝，
∴OB＝4，
∴在Rt△OBC中，由勾股定理得：x2＋（4）2＝（2x）2，
解得x＝4，
∴BC＝CD＝8．
∴在图（2）中，当∠ABC＝90°时，四边形ABCD为正方形，由勾股定理得：BD＝＝．
故答案为：B．
【分析】先求出∠OBC＝30°，设OC＝x，则BC＝2x，利用勾股定理可得x2＋（4）2＝（2x）2，求出x的值，最后利用勾股定理求出BD的长即可。
9．（2022八下·余杭期末）如图，矩形中，，，点E，F，G，H分别在矩形各边上，且四边形为平行四边形，则平行四边形周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是平行四边形，
∴HE=GF，HE∥GF，
∴平行四边形EFGH的周长为2（GF+EF），
作点E关于BC的对称点E'，连接FE'，GE'，则EF=FE'，BE=BE'，
∴GF+EF=GF+FE'≥GE'，
∴当G、F、E'共线时，平行四边形EFGH周长最小，最小值为2GE'，
过G作GG'⊥AB于G'，则四边形BCGG'是矩形，
则GG'=BC=4，CG=BG'，
∵HE∥GF，EF=FE'，
∴∠AEH=∠E'=∠FGC，
在△AHE和△CFG中，
，
∴△AHE≌△CFG（AAS），
∴AE=CG，
∴G'E'=BE'+BG'=BE+AE=AB=8，
在Rt△GG′E′中，GG'=4，G'E'=8，
∴，
∴平行四边形EFGH周长最小值为.
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形的性质可得HE=GF，HE∥GF，则平行四边形EFGH的周长为2(GF+EF)，作点E关于BC的对称点E′，连接FE′，GE′，则EF=FE′，BE=BE′，当G、F、E′共线时，平行四边形EFGH周长最小，最小值为2GE′，过G作GG′⊥AB于G′，则四边形BCGG′是矩形，GG′=BC=4，CG=BG′，根据平行四边形以及等腰三角形的性质可得∠AEH=∠E′=∠FGC，证明△AHE≌△CFG，得到AE=CG，则G′E′=BE′+BG′=BE+AE=AB=8，利用勾股定理可得GE′，据此解答.
10．（2022八下·慈溪期末）如图，正方形 中，点P为 延长线上任一点，连结 ，过点P作 ，交 的延长线于点E，过点E作 于点F.下列结论：① ；② ；③ ；④若 ，则 .其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图1，在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，
∵EF⊥BP，
∴∠BFE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC=∠ABD=45°，
∴BF=EF，
在△BFG和△EFP中，
，
∴△BFG≌△EFP（SAS），
∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，
∵∠ABD=∠FPG=45°，
∴AB∥PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，
∴∠APF=∠PEF=∠GBF，
∴AP∥BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，
∴AP=BG，
∴AP=PE；
故①正确；
如图2，连接CG，
由①知：PG∥AB，PG=AB，
∵AB=CD，AB∥CD，
∴PG∥CD，PG=CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG=PD，CG∥PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，
∵∠CEG=45°，
∴CE= CG= PD；
故③正确；
如图3，连接AC交BD于O，
∠CGF=∠GFD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，BD=
∴∠COF=90°，
∴四边形OCGF是矩形，
∴OC=FG，BD=2OC=2FG，
△BFG≌△EFP，
，
，
故②正确；
④ ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即 .
故④正确.
故答案为：D.
【分析】在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，根据正方形的性质得∠FBC=∠ABD=45°，则BF=EF，证△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四边形ABGP是平行四边形，则AP=BG，据此判断①；连接CG，易得四边形DCGP是平行四边形，则CG=PD，CG∥PD，根据三角函数的概念得CE=CG，据此判断③；连接AC交BD于O，根据正方形性质得AC⊥BD，BD=AB=PG，则四边形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，根据全等三角形的性质可得PF=FG，据此判断②；根据等腰三角形的性质结合内角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，则∠GPE=22.5°，推出PG=GE，则FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，据此判断④.
二、填空题（每题3分，共21分）
11．（2022八下·栾城期末）如阳，在矩形中，对角线、相交于点，点、分别是、的中点，若 cm，cm，则 cm．
【答案】2.5
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OD=BD，AD=BC=8，
∴，
∴OD=5cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=OD=2.5cm；
故答案为2.5
【分析】先利用勾股定理求出BD的长，再利用矩形的性质求出OD的长，最后利用三角形中位线的性质求出EF的长即可。
12．（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．
13．（2022八下·双台子期末）如图，在线段AB上取一点C，分别以AC，BC为边长作菱形BCFG和菱形ACDE，使点D在边CF上，连接EG，H是EG的中点，且，则EG的长是 ．
【答案】10
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接CE、CG，如图所示：
∵四边形ACDE与四边形BCFG均是菱形，
∴∠DCE＝∠ACD，∠FCG＝∠BCF，
∵∠ACD+∠BCF＝180°，
∴∠DCE+∠FCG＝（∠ACD+∠BCF）＝×180°＝90°，
即∠ECG＝90°，
∵H是EG的中点，CH＝5，
∴EG＝2CH＝10．
故答案为：10．
【分析】连接CE、CG，先求出∠DCE+∠FCG＝（∠ACD+∠BCF）＝×180°＝90°，再利用直角三角形斜边上中线的性质求出EG的长即可。
14．（2022八下·承德期末）如图，在菱形中，，，过菱形的对称中心O分别作边，的垂线，交各边于点E，F，G，H，则菱形的面积为 ，四边形的周长为 ．
【答案】；
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接，，如图所示：
四边形是菱形，，
，，，
，
，，即，
；
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
同法可证，，，都是等边三角形，
，，
四边形的周长，
故答案为：；．
【分析】连接、，证明△BEF是等边三角形，求出EF的长，同法可证，，都是等边三角形，分别求出GH、EH、FG的长，继而得解.
15．（2022八下·任丘期末）把8个边长为1的正方形按如图所示摆放在直角坐标系中，经过原点O的直线l将这8个正方形分成面积相等的两部分，则该直线的函数表达式是 ．
【答案】y＝x或y＝0.9x
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过A作AB⊥y轴，垂足为点B，则OB＝3，
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴S△AOB＝4+1＝5，
∵OB＝3，
∴AB 3＝5，
解得：AB＝，
∴A点坐标为（，3），
设直线方程为y＝kx，
则3＝k，
∴k＝，
∴直线l解析式为y＝x．
故答案为：y＝x．
【分析】过A作AB⊥y轴，垂足为点B，则OB＝3，由于经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，可得S△AOB＝5=×AB·OB，据此求出AB＝，即得A（，3），利用待定系数法求出直线l解析式即可.
16．（2021八下·仙居期末）菱形ABCD中，AD＝4，∠DAB＝60°，E、F、G、H分别是AD、AB、BC、CD上的点，且DH＝FB，DE＝BG，当四边形EFGH为正方形时，DH＝ ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过点E作AB的垂线分别交AB于点N，交CD的延长线于点M，如图所示：
∵四边形EFGH为正方形，
∴∠FEH=90°，EF=EH，
∴∠FEN+∠HEM=90°，
∵∠EFN+∠NEF=90°，
∴∠EFN=∠MEH，
∴△EMH≌△FNE（AAS），
∴HM=NE，EM=NF，
设DM=x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CM∥AB，
∴∠A=∠MDE=60°，
∴，
∴DE=2x，
在Rt△DEM中，由勾股定理得，
∴AE=4-2x，
∴，
在Rt△AEN中，由勾股定理得，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
故答案为：.
【分析】过点E作AB的垂线分别交AB于点N，交CD的延长线于点M，先运用正方形的性质结合全等三角形的判定证明△EMH≌△FNE（AAS），设DM=x，运用菱形的性质结合勾股定理表示出DH、CH的长，最后根据DH+CH=4列出方程即可求出x的值，再算出DH的长即可求解.
三、作图题（共10分）
17．（2020八下·奉化期末）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形为垂等四边形.
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 .
（2）如图1，在3×3方格纸中，A，B，C在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使AC，BD是对角线，点D在格点上.
（3）如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，AE＝AF＝CG且∠DGC＝∠DEG，求证：四边形DEFG是垂等四边形.
（4）如图3，已知Rt△ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB＝2，以AC为边在AC的右上方作等腰三角形，使四边形ABCD是垂等四边形，请直接写出四边形ABCD的面积.
【答案】（1）正方形，矩形
（2）解：如图1中，四边形ABCD即为所求.
（3）解：在正方形ABCD中，
∵AF＝CG，AB＝BC，
∴FB＝BG，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，∠BFG＝∠BGF＝45°，
∴∠EFG＝90°，
∵∠A＝∠C＝90°，DA＝DC，AF＝CG，
∴△ADF≌△CDG（SAS），
∴DF＝DG，
∵AD∥CB，
∴∠EDG＝∠DGC，
∵∠DGC＝∠DEG，
∴∠GDE＝∠GED，
∴DG＝EG，
∴DF＝EG，
∴四边形DEFG是垂等四边形.
（4）解：①如图4﹣1中，当AD＝AC时，连接BD，过点D作DH⊥AB于H.
∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，
∴AC＝2AB＝4，BC＝ AB＝2 ，
∵四边形ABCD是垂等四边形，
∴BD＝AC＝4，
∴AD＝BD＝4，AH＝BH＝1，
∴DH＝ ＝ ，
∴S四边形ABCD＝S△ADB+S△BCD＝ ×2× + ×2 ×1＝ + .
②如图4﹣2中，当CA＝CD时，连接BD，过点D作DH⊥BA交BA的延长线于H，DT⊥BC于T.
同法可得，S四边形ABCD＝S△DCB+S△ABD＝ ×2 × + ×2× ＝ + .
③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T.
设DH＝y，
∵AB＝AH＝BH＝2，
∴∠CHT＝∠AHB＝60°，
∵DA＝DC，AH＝HC，
∴DH⊥AC，
∴∠DHC＝90°，
∴∠DHT＝30°，
∴DT＝ DH＝ y，HT＝ DT＝ y，
在Rt△BDT中，∵BD＝AC＝4，
∴42＝（ y）2+（2+ y）2，
解得y＝ ﹣ ，
∴S四边形ABCD＝S△ACB+S△ADC＝ ×2×2 + ×4×（ ﹣ ）＝2 .
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：（1）正方形，矩形是垂等四边形.
故答案为正方形，矩形.
【分析】（1）根据垂等四边形的定义判断即可.（2）根据垂等四边形的定义画出图形即可.（3）想办法证明∠EFG＝90°，EG＝DF即可.（4）分三种情形：①如图4﹣1中，当AD＝AC时，连接BD，过点D作DH⊥AB于H.②如图4﹣2中，当CA＝CD时，连接BD，过点D作DH⊥BA交BA的延长线于H，DT⊥BC于T.③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T.分别求解即可.
18．（2022八下·温州期中）定义：数学活动课上，陈老师给出如下定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做它的对等四边形．
（1）在图1，图2中，点A、B、C都在格点(小正方形的顶点)上，请在图1，图2中各画一个以格点为顶点，AB、BC为边的一个对等四边形ABCD(两个图形不全等)；
（2）如图3，对等四边形ABCD中，∠ADC=90°，AB=BD=CD=10，AD=12，求BC的长．
【答案】（1）解：
（2）解：如图3，过点B作BE⊥AD于点E，过点B作BF⊥CD于点F，
∴∠BFD=∠BED=90°，
又∵∠ADC=90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴BE=FD，DE=BF，
∵AB=BD=CD=10，AD=12，
∴AE=ED=BF=6，
∴BE==8，
∴FD=8，
∴CF=2，
∴BC==2.
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据对等四边形的定义，使得一组对边相等而另一组对边不相等，即可可画出图形，如使得AB=CD，BC≠AD；BC=AD，AB≠CD（A、B、C、D均在格点上），答案不唯一，符合定义即可；
（2）过点B作BE⊥AD于点E，过点B作BF⊥CD于点F，结合∠ADC=90°，证得四边形BEDF是矩形，由矩形性质及等腰三角形性质结合AB=BD=CD=10，AD=12，可得AE=ED=BF=6，BE=FD=8，从而得到CF=2，再根据勾股定理求得BC即可.
四、解答题（共6题，共51分）
19．（2022八下·鄞州期中）如图，四边形 是平行四边形， 且分别交对角线 于点E，F．
（1）求证： ；
（2）当四边形 分别是矩形和菱形时，请分别说出四边形 的形状，并说明理由．
【答案】（1）证明：∵ BE∥DF
∴
∴
∵四边形 ABCD 是平行四边形
∴ ， AB=CD ，
∴
在△ABE和△CDF中 ，
∴ ．
（2）解：如图，当四边形ABCD为矩形时，连接DE、BF，
同（1）可知 ，
∴BE=DF，
∵BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图，当四边形ABCD是菱形时，连接DE、BF，
同理可知四边形BEDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE和△ADE中， ，
∴△ABE≌△ADE，
∴BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形．
综上所述：当四边形 ABCD分别是矩形和菱形时，四边形BEDF分别是平行四边形与菱形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行线性质得∠BEC=∠DFA，结合邻补角性质得∠AEB=∠CFD，根据平行四边形的性质得AB∥CD，AB=CD，根据平行线的性质可得∠BAE=∠DCF，然后根据全等三角形的判定定理AAS进行证明；
（2）当四边形ABCD为矩形时，连接DE、BF，同（1）可知△ABE≌△CDF，得到BE=DF，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行解答；当四边形ABCD是菱形时，连接DE、BF，同理可知四边形BEDF是平行四边形，根据菱形的性质可得AB=AD，∠BAE=∠DAE，证△ABE≌△ADE，得到BE=DE，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行解答.
20．（2022八下·白水期末）如图1，在 中，点D在BC的延长线上，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线 ，设MN交 的平分线于点E，交 的平分线于点F．
（1）线段CE与CF的位置关系是 ；
（2）探究：线段OE与OF的数量关系，并加以证明；
（3）如图2，连接AE，AF，当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形，并说明理由；
（4）在（3）的前提下， 满足什么条件时，四边形AECF是正方形，请说明理由．
【答案】（1） （或垂直）
（2）解：结论： ．
证明：∵CE为 的平分线，CF为 的平分线，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ．
（3）解：O运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
理由如下：∵O为AC中点，
∴ ，且 ，
∴四边形AECF平行四边形．
∵ ，
∴四边形AECF为矩形，
∴当点O运动到AC中点时，四边形AECF为矩形．
（4）解：当 时，四边形AECF是正方形．
理由如下：∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
由（3）知，四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形．
【知识点】平行线的性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：（1）∵CE、CF分别为∠BCA、∠DCA的角平分线，
∴，，
∴
故答案为：CE⊥CF（或垂直）
【分析】（1）根据角平分线的定义及∠ACB+∠ACD是一个平角即可得出∠ECF的度数，从而得CE与CF的位置关系；
（2）根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等，可分别证得，OC=OE，OC=OF，然后根据等式的传递性即可证得OE=OF；
（3） 根据对角线互相平分的四边形是平行四边形 ，先证得，若点O是AC中点，则四边形AECF是平行四边形，再根据（1）结论CE⊥CF，即可证得四边形AECF是矩形；
（4）根据对角线互相垂直的矩形是正方形，可知只需EF⊥AC即可，由于EF∥BC，故只需AC⊥BC即可，故只需∠ACB=90°即可满足要求.
21．（2022八下·连山期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB：与直线CD：相交于点，分别交坐标轴于点A，B，C，D．
（1）求a和k的值；
（2）如图，点P是直线CD上的一个动点，当的面积为20时，求点P的坐标；
（3）直线AB上有一点F，在平面直角坐标系内找一点N，使得以BF为一边，以点B，D，F，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点N的坐标．
【答案】（1）解：将点M的坐标代入并解得：，
∴点，将点代入，得，
解得：，∴，；
（2）解：设由（1）可直线CD的表达式为：，
令，则∴点，
∵直线AB：∴令，
则∴∴
∴的面积，
∴
解得：或，
终上所述点或；
（3）解：设点F的坐标为（m，-m+3），点N（a，b），由（1）知，点B、D的坐标分别为（0，3）、（0，-2），则BD=5，
当BD是边时，如图所示，四边形BDNF（或四边形BDN’F’）为菱形，
则BD=BF，即，解得，
则点F的坐标为或，
点N在点F的正下方5个单位，则点N或；
当BD是对角线时，如图所示，则BD的中点即为NF的中点且FN⊥BD，
∵，，∴BD的中点坐标为（0，）
∵FN⊥BD，∴-m+3=，解得m=5，即F（5，），
由对称性可得N（-5，）
综上，点N的坐标为或或．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；菱形的判定；一次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）将点M代入求出a的值，再将点M代入求出k的值即可；
（2）设，利用的面积可得，求出m的值，即可得到点P的坐标；
（3）分两种情况：①当BD是边时，四边形BDNF（或四边形BDN’F’）为菱形，②当BD是对角线时，则BD的中点即为NF的中点且FN⊥BD，分别作出图象并求解即可。
22．（2022八下·北仑期末）定义：对角线相等的四边形称为对美四边形．
（1）我们学过的对美四边形有 、 ．（写出两个）
（2）如图1，D为等腰△ABC底边AB上的一点，连结CD，过C作，以B为顶点作交CF于点E，求证：四边形CDBE为对美四边形．
（3）如图2，对美四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC=BD，．
①若，，求四边形ABCD的面积．
②若，设，，试求出y与x的关系式．
【答案】（1）正方形；矩形
（2）解：证明：如图，连接DE
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA，
∵，
∴∠CBA=∠BCE，
又∵∠CBE=∠ACD，
∴，
∴CE=AD，即，
∴四边形ADEC为平行四边形，
∴AC=DE，
∴BC=DE，
∴四边形CDBE为对美四边形.
（3）解：①延长BA至E，使得AE=CD，连接DE，过D作DF⊥EB于F，
∵，∴四边形ACDE是平行四边形
∴∵∠AOB=120°∴∠EDB=120°∵AC=BD∴DE=DB
∴
∵，∴
∵DF⊥BE，∴
在中设DF=x则DE=2x
由勾股定理得解得
∴，
②辅助线同①设CD为m，AB为n．
同①
∴
在中
在中
即整理得
∵，∴
代入得
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】(1)∵正方形和矩形的对角线都相等，
∴正方形和矩形都是对美四边形.
【分析】(1)根据正方形和矩形的对角线都相等，结合对美四边形的定义即可解答；
(2) ①延长BA至E，使得AE=CD，连接DE，过D作DF⊥EB于F，先证明四边形ACDE是平行四边形，则可求出∠DEB=∠DBE=30°，以及EB的长，在中设DF=x则DE=2x，根据勾股定理求解，然后根据梯形的面积公式计算即可；
②辅助线同①设CD为m，AB为n，由①得EB=DC+AB，用含m、n的代数式表示EF和AF，在中和中，根据勾股定理分别表示出和，依此建立等式得出，结合，即可求出结果.
23．（2022八下·鄞州期末）如图1，矩形ABCD中，过对角线AC的中点O画EF⊥AC分别交AB，CD于点E，F，连结AF，CE．
（1）[证明体验]
求证：四边形AECF是菱形．
（2）[基础巩固]
若AB=8，BC=6，求菱形AECF的边长．
（3）[拓展延伸]
如图2，在对角线AC上取点G，H，使得四边形EHFG是正方形，若正方形EHFG的边长为，且AE=5CH，求矩形ABCD的面积．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FCO＝∠EAO，∠CFO＝∠AEO，
∵AO=CO，
∴△AOE≌△COF（AAS）
∴FC=AE，
∵FC∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
（2）解：设AE=x，则EC=x，BE=8-x，
在Rt△BEC中，
，
，
解得，
∴AE=.
（3）解：连结AF，CE，
由（1）知四边形AECF是菱形，
∵四边形EHFG是正方形，EG=3，
∴OG=OH=OF=OE=3，
∵OA=OC，
∴AG=CH，
∵AE=5CH，
∴AE=5AG，
，
，
解得：AG=1，
∴AE=CE=5，AC=8，
，
，
解得：，
∴矩形ABCD的面积=
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质和平行线的性质求出有关角或边相等，利用AAS证明△AOE≌△COF，得出FC=AE，结合FC∥AE，证出四边形AECF是平行四边形，结合AC⊥EF，则可证明四边形AECF是菱形．
(2)设AE=x，则EC=x，BE=8-x，在Rt△BEC中，根据勾股定理建立方程求解，即可解答；
(3)连结AF，CE，根据正方形的性质求出OG=OH=OF=OE=3，结合AE=5AG，在Rt△AOE中，根据勾股定理建立方程求出AG，则可求出AE和CE，然后在Rt△CBE和△ABC中，根据勾股定理建立等式求出BE长，最后根据勾股定理求出BC和AB长，即可解答.
24．（2022八下·大荔期末）问题提出
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，在BC上找一点D，使得AD将△ABC分成面积相等的两部分，作出线段AD，并求出AD的长度；
问题探究
（2）如图②，点A、B在直线a上，点M、N在直线b上，且a∥b，连接AN、BM交于点O，连接AM、BN，试判断△AOM与△BON的面积关系，并说明你的理由；
解决问题
（3）如图③，刘老伯有一个形状为筝形OACB的养鸡场，在平面直角坐标系中，O（0，0）、A（4，0）、B（0，4）、C（6，6），是否在边AC上存在一点P，使得过B、P两点修一道笔直的墙（墙的宽度不计），将这个养鸡场分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线BP的表达式；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图①，取BC边的中点D，连接AD，则线段AD即为所求．
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝，
∵点D为BC的中点，
∴AD＝BC＝．
（2）解：S△AOM＝S△BON，理由如下：
由图可知，S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，
如图②，过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，
∴MD∥NE，∠MDE＝90°，
又∵MN∥DE，
∴四边形MDEN是矩形，
∴MD＝NE，
∵S△ABM＝，S△ABN＝，
∴S△ABM＝S△ABN，
∴S△AOM＝S△BON．
（3）解：存在，直线BP的表达式为：y＝x+4．
如图③，连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，
由（2）的结论可知，S△OBG＝S△AFG，
∴S四边形OACB＝S△BCF，
取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求．
∵A(4，0)，B(0，4)，C(6，6)，
∴线段AB所在直线表达式为：y＝﹣x+4，
线段AC所在直线的表达式为：y＝3x﹣12，
∵OF∥AB，且直线OF过原点，
∴直线OF的表达式为：y＝﹣x，
联立，解得，
∴F（3，﹣3），
∵点P是CF的中点，
∴P，
∴直线BP的表达式为：y＝x+4．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用三角形的中线分得的两个三角形的面积相等，可知取BC边的中点D，连接AD即可；利用勾股定理求出BC的长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AD的长；
（2）观察图形可知S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，利用利用平行线间的距离处处相等及同底等高的两个三角形的面积相等，可证得△ABM的面积=△ABN的面积，由此可证得结论；
（3）连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，由（2）的结论可证得 S四边形OACB＝S△BCF，取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求；利用待定系数法求出直线AB，AC的函数解析式，利用OF∥AB，可得到直线OF的函数解析式，将直线OF和直线AC联立方程组，解方程组，可得到点F的坐标，利用线段中点坐标可求出点P的坐标，然后利用待定系数法求出直线BP的函数解析式.
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