2023年苏科版数学八年级下册全方位训练卷第九章中心对称图形——平行四边形（进阶版）
一、单选题
1．（2022九上·芜湖期中）如图，在矩形中，，连接，将线段绕着点A顺时针旋转得到，则线段的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．
2．（2022九上·浦城期中）在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，使其与图中阴影部分构成中心对称图形．该小正方形的序号是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022八下·北仑期中）已知点D与点 A（8，0） ，B（0，6），C（ a ， -a ）是一个平行四边形的四个顶点，则CD长的最小值为（ ）
A．8 B． C． D．6
4．（2021八下·江油期末）如图，已知点D是等边三角形ABC中BC的中点，BC＝2，点E是AC边上的动点，则BE＋ED的和最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
5．（2022·绥化模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，P，Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当四边形APQE的周长最小时，BP的长为（ ）
A．0 B．3 C．4 D．6
6．（2022九上·江夏月考）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是（ ）
A．4 B． C．3 D．
7．（2022九上·灞桥开学考）如图，在正方形中，为对角线上一点，连接，过点作，交延长线于点，以，为邻边作矩形，连接在下列结论中：
；≌；；其中正确的是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④
8．（2022九上·通川月考）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC、BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG、AE.则下列结论：①OG＝AB； ②四边形ABDE是菱形；③S四边形ODGF＝S△ABF；其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题
9．（2022九上·南开期中）如图，在中，，，，，O为的中点，M为边上一动点，将绕点A逆时针旋转角得到，点M的对应点为，连接，在旋转过程中，线段的长度的最小值是 ．
10．（2019九上·望城期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝4，点O是AC的中点，以O为旋转中心，将△ABC绕点O旋转一周，A、B、C的对应点分别为A'、B'、C'，则BC'的最大值为 ．
11．（2022八下·漳州期末）在四边形中，现给出下列结论：
①若，，则四边形是平行四边形；
②若，，则四边形是平行四边形；
③若，，则四边形是平行四边形；
④若，，则四边形是平行四边形.
其中正确的结论是 .（写出所有正确结论的序号）
12．（2022八下·临海期末）小明同学学习了菱形的知识后，结合之前学习的赵爽弦图，编了一个菱形版“赵爽弦图”如图，菱形中，，四边形是矩形，若，则矩形的面积为 ．
13．（2022九上·苍南开学考）如图，点、分别在菱形的边、上，为等边三角形，是的中点，延长交于点，已知，四边形的面积是的面积的2倍，则的长为 ．
14．（2022八下·北仑期末）如图，正方形ABCD边长为2，F为对角线AC上的一个动点，过C作AC的垂线并截取，连结EF，周长的最小值为 ．
15．（2022八下·拱墅期中）如图，在 中， 是对角线， ，点 是 的中点， 平分 ， 于点 ，连接 已知 ， ，则 的长为 .
16．（2021九上·黄石期中）如图，定义：平面上一点到图形上所有点的最短距离，叫做这点到图形的距离.如图，P为平面上一点，正方形绕其中心O旋转，它边长为1，PO＝1，点P到正方形的距离为d，则d的取值范围是 .
三、作图题
17．（2022九上·鄞州开学考）在小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点．
（1）的三个顶点都在格点上．
在图1中，画出一个与成中心对称的格点三角形；在图2中，画出绕着点按顺时针方向旋转后的三角形．
（2）如图3是由5个边长为1的小正方形拼成的图形，请用无刻度的直尺画经过点的一条直线，使它平分该图形的面积，保留连线的痕迹，不要求说明理由．
18．（2021·龙湾模拟）如图，在小正三角形组成的网格 中，每个小正三角形的顶点叫做格点，各顶点均在格点处的多边形称为格点多边形，按下列要求画图.
（1）请在图1中画一个格点矩形，面积是格点四边形 面积的一半.
（2）请在图2中画一个格点菱形，面积是格点四边形 面积的一半.
四、解答题
19．（2019·龙岩模拟）证明：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
（要求：在给出的△ABC中用尺规作出AB、AC边的中点M、N，保留作图痕迹，不要求写作法，并根据图形写出已知、求证和证明）
五、综合题
20．（2022九上·河西期中）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得．
（1）如图①，当旋转后满足轴时，求点C的坐标；
（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点旋转后的对应点为当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
21．（2022八下·太原期末）综合与探究：
问题情境：已知，如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4．点D是AC的中点，点E在BC延长线上，且∠CDE＝60°．保持△ABC不动，将△CDE从图1的位置开始，绕点C顺时针旋转α°（0＜α＜180）得到△CD'E'，D、E的对应点分别为D'、E'．
（1）初步思考：求证：DE＝AC；
（2）操作探究：如图2，当点落在DE边上时，连接AD'，判断此时四边形ACE'D'的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：请从A，B两题中任选一题作答，我选择 题．
A．在△CDE旋转过程中，当D'E'//BC时，请直接写出此时旋转角a的度数及B、E'两点间的距离．
B．在△CDE旋转过程中，当D'E'//AB时，延长AC交D'E'于点F，请直接写出此时旋转角α的度数及线段CF的长．
22．（2022八下·曲阳期末）如图，，点，分别在，上，连接，、的平分线交于点，、的平分线交于点．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）过作，分别交，于点，，过作，分别交，于点，，得到四边形，此时，求证四边形是菱形．
23．（2022八下·封开期末）如图，四边形是正方形，E，F是对角线上的两点，且．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形；
（3）若，求四边形的周长．
24．（2022八下·德阳期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．
（1）当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．
（2）当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．
25．（2022九上·杭州开学考）如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点（点E，F不与端点重合），且AE＝DF，BE，AF交于点P，过点C作CH⊥BE交BE于点H.
（1）求证：AF⊥BE；
（2）若AB＝2，AE＝2，试求线段PH的长；
（3）如图②，连接CP并延长交AD于点Q，若点H是BP的中点，试求的值.
26．（2022八下·剑阁期末）如图
（1）数学课上，张老师给出了一个问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角∠DCG的平分线CF于点F．求证：AE＝EF．小明经过思考展示了一种正确的解题思路：取AB的中点H，连接HE，则可以证明AE＝EF．
请你写出证明过程．
（2）在此基础上，小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B、C外）的任意一点”，其他条件不变，那么结论“AE＝EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，请写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（3）如图3，如果点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE＝EF”仍然成立吗？直接写出结论，不用说明理由．
27．（2022九上·莲湖期末）问题提出：
（1）如图1，在四边形ABCD中 ，对角线AC⊥BD，AC＝BD，E，F，G，H分别是各边的中点，求证：四边形EFGH是正方形．
问题解决：
（2）如图2，某市有一块四边形土地ABCD，AD＝60米，DC＝80米，∠ADC是直角，P是该四边形土地内的一点，计划在四个三角形土地△APD，△APB，△BCP，△CPD中分别种植不同的花草，为了方便种植，王师傅设计出如下方案：取四边形ABCD各边的中点E，F，G，H，然后在四边形EFGH的四条边EF，FG，GH，EH铺上人行道地砖（人行道宽度不计），铺设地砖成本为20元/米，经测量AP＝BP，CP＝DP，∠APB＝∠CPD＝90°，设计要求是四边形EFGH为正方形，请问王师傅的设计方案是否符合要求，若符合，请写出证明过程，并计算铺设地砖所需的费用；若不符合，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接，过点A作，截取，连接，
∵将线段绕着点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
∵，
∴．
∵，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴的最小值为．
故答案为：D．
【分析】连接，过点A作，截取，连接，先证明，可得，求出，再结合，且当点G，P，E三点共线时取等号，即可得到的最小值为。
2．【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：根据中心对称图形的定义可知，②满足条件.
故答案为：B.
【分析】中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此解答.
3．【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：①当CD为平行四边形的一条边时，如图所示，
∴CD=AB==10；
②当CD为平行四边形的对角线时，连接AB、CD交于点G，如图所示，
∵平行四边形ADBC，A（8，0） ，B（0，6）
∴G（，），即G（4，3），
又∵C（ a ，-a ），
∴CD=2CG=2=2=2，
∴当a=时，CD的值最小，CDmin=2=7.
∵7＜10，
∴CD长的最小值为7.
故答案为：B.
【分析】由题意，需要分两种情况：①当CD为平行四边形的一条边时，②当CD为平行四边形的对角线时，分别根据平行四边形性质及两点间距离公式、完全平方式的性质求出CD的长，再进行大小比较，即可确定CD长的最小值.
4．【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作B关于AC的对称点B′，连接BB′、B′D，交AC于E，此时BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，根据两点之间线段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，
∵B、B′关于AC的对称，△ABC是等边三角形
∴AC、BB′互相垂直平分，
∴四边形ABCB′是平行四边形，
∵三角形ABC是边长为2的等边三角形，且D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴AD＝，BD＝CD＝1，BB′＝2AD＝2，
作B′G⊥BC的延长线于G，
∴B′G＝AD＝，
在Rt△B′BG中，BG＝，
∴DG＝BG BD＝3 1＝2，
在Rt△B′DG中，B'D＝.
故BE＋ED的最小值为.
故答案为：B.
【分析】作B关于AC的对称点B′，连接BB′、B′D，交AC于E，此时BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，根据两点之间线段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，然后根据等边三角形的性质求出AD长，在Rt△B′BG中，根据勾股定理求出BG，最后在Rt△B′DG中，根据勾股定理求B'D，即可解答.
5．【答案】C
【知识点】矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，∠QCE＝90°，
∵，
∴，
∵点F点关于BC的对称点G，
∴
∴
∴四边形FGHD是矩形，
∴GH＝DF＝6，∠H＝90°，
∵点E是CD中点，
∴CE=2，
∴EH＝2+4＝6，
∴∠GEH＝45°，
∴∠CEQ＝45°，
设BP＝x，则CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，
在△CQE中，
∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，
∴CQ＝EC，
∴6﹣x＝2，
解得x＝4．
故答案为：C．
【分析】如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，此时四边形APQE的周长最小，求出此时BP的长即可.
6．【答案】D
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，△AEF为正三角形，
∴∠1+∠EAC＝∠BAD＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝∠D＝60°，
又∵AB＝CB＝AD＝CD，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴S△ABE＝S△ACF，
∴S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC是定值，
作AH⊥BC于H点，则BH＝AB＝3，AH＝AB＝3，
∴S四边形AECF＝S△ABC＝BC AH＝×6×3＝9，
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短，
∴△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又∵S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大，
∴S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF＝9﹣＝．
故答案为：D.
【分析】连接AC，根据菱形、等边三角形的性质可得∠1+∠EAC＝∠BAD＝60°，∠3+∠EAC＝60°，则∠1＝∠3，易得△ABC和△ACD为等边三角形，得到∠4＝60°，AC＝AB，证明△ABE≌△ACF，则S△ABE＝S△ACF，推出S四边形AECF＝S△ABC，作AH⊥BC于H点，则BH＝3，AH＝3，根据三角形的面积公式可得S四边形AECF＝S△ABC＝9，易知当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，然后根据S△CEF＝S四边形AECF-S△AEF进行计算.
7．【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
四边形ABCD是正方形，
， ，
，
，
四边形EMCN为正方形，
四边形DEFG是矩形，
， ，
，
又 ，
在 和 中，
，
∴△DEN≌△FEM ，
，故①正确；
②∵矩形DEFG为正方形；
， ，
四边形ABCD是正方形，
， ，
，
在 和 中，
，
∴△ADE≌△CDG，故②正确；
③根据②得 ， ，
，
，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF ，故④错误，
综上所述： ①②③正确.
故答案为：B.
【分析】过E作EM⊥BC于M点，过E作 EN⊥CD于N点，由正方形性质得∠BCD=90°，∠ECN=45°，推出NE=NC，得到四边形EMCN为正方形，根据矩形的性质可得EM=FN，由同角的余角相等可得∠DEN=∠MEF，证明△DEN≌△FEM，据此判断①；根据正方形的性质可得DE=DG，AD=DC，由同角的余角相等可得∠ADE=∠CDG，然后根据全等三角形的判定定理可判断②；根据全等三角形的性质可得AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，则∠ACG=90°，据此判断③；当DE⊥AC时，点C与点F重合，据此判断④.
8．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（AAS）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝AB，①正确；
∵△ABG≌△DEG，
∴AB＝DE，
∵AB∥CE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，
∴四边形ABDE是菱形，②正确；
∵OB＝OD，AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG＝AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积＝△ABD的面积，△ABF的面积＝△OGF的面积的4倍，AF：OF＝2：1，
∴△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，③正确；
正确的是①②③.
故答案为：D.
【分析】AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，利用AAS判断出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得AG=DG，从而可得OG是△ABD的中位线，根据三角形的中位线定理即可判断①；根据全等三角形的性质得AB=DE，进而判断出四边形ABDE是平行四边形，△ABD、△BCD是等边三角形，根据等边三角形的性质得AB=BD=AD，则可得四边形ABDE是菱形，据此判断②；由三角形中位线定理得OG∥AB，OG＝AB，则△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，根据相似三角形的性质可得△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，联合△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，即可得出S四边形ODGF＝S△ABF，据此可判断③.
9．【答案】1.5
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意知当旋转到点在的延长线上，且时，的长度最小，如图所示：
∵将绕点A逆时针旋转角，
∴，，
∵，
∴，
∵O为的中点，，
∴，
∴，
∴线段的长度的最小值是1.5；
故答案为：1.5．
【分析】当旋转到点在的延长线上，且时，的长度最小，再求解即可。
10．【答案】8
【知识点】旋转的性质；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：根据题意可知，点C’的运动路径为以O为圆心OC’长为半径的圆，
∴当B、O、C'共线且B、C'在O点异侧时BC'最大，
∴BC'的最大值为OB+OC'，
∵AC＝6，BC＝4，
∴OC=OC'=3，OB=5，
∴BC'的最大值为OB+OC'=5+3=8，
故答案为8.
【分析】根据题意可知，点C’的运动路径为以O为圆心OC’长为半径的圆，当B、O、C'共线且B、C'在O点异侧时BC'最大，然后根据勾股定理求出OB即可得.
11．【答案】②③
【知识点】平行线的判定与性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【解答】解：①因为一组对边平行，另一组对边相等可以是平行四边形，也可以是等腰梯形，所以①错误；
②因为两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以②正确；
③∵
∴
∵
∴
∴
∴四边形ABCD是平行四边形
因此③正确；
④作，连接BD'，
过点B作于E，在AE上截取，连接BD，
∵，，
∴，
将绕点B顺时针旋转，使BD'与BD重合，得到，
由作图可知：，，
∵四边形ABC'D'是平行四边形，
∴，，
∴，，
显然，图中的四边形ABCD不是平行四边形.
所以④错误；
故答案为：②③.
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形可判断①；根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形可判断②；根据平行线的性质可得∠A+∠D=180°，结合∠A=∠C可得∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，然后根据平行四边形的判定定理可判断③；作平行四边形ABC′D′，连接BD′，过点B作BE⊥AD′于E，在AE上截取DE=D′E，连接BD，则BD′=BD，将△BC′D′绕点B顺时针旋转，使BD′与BD重合，得到△BCD，由作图可知CD=C′D′，∠C=∠C′，根据平行四边形的性质可得AB=C′D′，∠A=∠C′，则AB=CD，∠A=∠C，然后根据平行四边形的判定定理可判断④.
12．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：过点A作于M，过点G作于N，连接GM，
四边形EFGH是矩形，
，
，
，，
四边形ABCD是菱形，，
，，，
，，
，，，
，，，
在和中，
，
≌，
同理：≌，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：.
【分析】过点A作AM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，连接GM，根据矩形的四个角都是直角可得∠AFB=∠AED=∠BGC=∠CHD=90°，结合FA=FB，利用勾股定理可得AB，根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=∠BCD=120°，则∠CBG=15°，∠DAF=75°，易得∠ADE=∠CBG，∠DAE=∠BCG，证明△ABF≌△CDH，△BCG≌△DAE，根据含30°角的直角三角形的性质可得BM，根据三角函数的概念可得AM，然后求出BM、GN，根据S矩形EFGH=S菱形ABCD-2S△ABF-2S△BCG进行计算.
13．【答案】
【知识点】三角形的面积；等边三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图作AP⊥BC于P，GQ⊥BC于Q，过点G作MN∥AB交AD于M，交BC于N，作MT⊥CD于T，连接CG，设．
则易知，，，，，，
由题意，
，
整理得，
解得或舍弃，
.
故答案为：.
【分析】作AP⊥BC于P，GQ⊥BC于Q，过点G作MN交AD于M，交BC于N，作MT⊥CD于T，连接CG，设DE=DF=EF=x，易得AP=，GH=，CH=x，CF=6-x，DM=，MT=，由题意可得S△GCH+S△GCF=S△ABH，结合三角形的面积公式可得x的值，据此解答.
14．【答案】
【知识点】垂线段最短；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：①几何法
如图，过F作FG⊥AC交AD于G，连结EG、CG
∵∠DAC=45°，∠GFA=90°∴∠AGF=45°∴GF=AF
∵EC=AF，∴EC=GF
∵EC⊥AC，FG⊥AC，∴
∴四边形ECFG为平行四边形∵∠ECF=90°∴四边形ECFG为矩形∴GC=EF
在Rt△ABC中，AB=BC=2，
∴
当CG⊥AD时，CG取得最小值此时CG=CD=2
∴△ECF周长的最小值
②代数法
如图，过F作FG⊥AD于G，过E作EH⊥CD于H，
设AG为x
易证
∴，
由①得
在中，，
∴当时，，，
此时△ECF周长的最小值．
【分析】①几何法，过F作FG⊥AC交AD于G，连结EG、CG，根据正方形的性质和矩形的性质求出AF=EC=GF，证明四边形ECFG为矩形，得出GC=EF，根据矩形的性质，把 周长转化为AC+CG，根据垂线段最短得出当CG⊥AD时，CG取得最小值，从而可解决问题；
②代数法，过F作FG⊥AD于G，过E作EH⊥CD于H，设AG为x，易证，得出，，由①得出，然后根据勾股定理EF2用含x的代数式表示出来，再根据二次函数的性质求最小值，即可解答.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；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，延长AB 、 CF交于点H ，
四边形ABCD是平行四边形，
，
，
，
平分 ，
，
在 和 中，
，
≌ ，
， ，
，
点E是BC的中点， ，
，
故答案为： .
【分析】如图，延长AB、CF交于点H，由平行四边形的性质可得AB∥CD，由平行线的性质可得∠ACD=∠BAC=90°，用勾股定理可求得AC的值，由角平分线定义可得∠BAF=∠CAF，结合已知用角边角可证ΔAFH≌ΔAFC，则AC=AH，HF=CF，由线段的构成BH=AH-AB可求得BH的值，然后根据三角形中位线定理得EF=BH可求解.
16．【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：正方形用ABCD表示，过A、C两点作直线AC，取AD的中点E，过O、E两点作直线OE，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴AD=DC=1，∠D=90°，
∴AC= ，
∵点O为AC中点，
∴OA= ，
∵点E为AD中点，点O为AC中点，
∴OE∥CD，且OE= ，
∴OE⊥AD，
当直线AC过点P时，点P、A、O三点在同一直线上，
∴AP=OP-OA= ，
当直线OE过点P时，点P、E、O在同一直线上，
∴PE=OP-OE=1- ，
∴点P到正方形的距离为d，则d的取值范围是 .
故答案为： .
【分析】正方形用ABCD表示，过A、C两点作直线AC，取AD的中点E，过O、E两点作直线OE， 由正方形的性质可得AD=DC=1，∠D=90°，根据勾股定理求出AC，由线段中点的概念可得OA，根据中位线的性质可得OE∥CD，OE=CD，求出直线AC过点P，直线OE过点P时AP、PE的值，据此可得d的范围.
17．【答案】解：（1）①如图，即为所求；
②如图，即为所求；
（2）如图，利用中心对称图形的性质即可画出直线．
【知识点】中心对称及中心对称图形；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）①分别延长AC、BC，使AC=A1C，BC=B1C，再连接A1B1，则△A1B1C为所求；
②根据旋转的性质找出点A、B绕点C顺时针旋转90°的对应点A2、B2，顺次连接可得△A2B2 C；
（2）找出左下角小正方形的中心，连接该中心与点P的直线即可.
18．【答案】（1）解：∵菱形面积有两种算法，一种是对角线乘积的一半，一个是平行四边形面积公式底乘高，图1中画一个格点矩形，面积是格点四边形 面积的一半.
取AC的一半，与BD的一半，即利用三角形中位线画图，
取AD，DC，CB，BA中点E、F、G、H，
∵EF∥AC，且EF= ， HG∥AC，且HG= ，
∴EF∥HG，且EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，EH∥BD，
∴FE⊥EH，
∴四边形EFGH为矩形，
取BC、AD中点M、N，
因为三角形ABC与三角形ADC均为等边三角形，
∵AD=BC，AN= ， CM= ，AN∥MC，
∴CM=AN，AN∥MC，
∴四边形ANCM为平行四边形，
∵AM⊥BC，CN⊥AD，
∴四边形ANCM为矩形.
参考答案有.
（2）解：取AC与BD的交点为O，取AO、OC的中点E、F，连结BE、DE、DF、BF，则四边形BEDF为菱形，且面积为菱形ABCD面积的一半，
∵OE=OF，OB=OD，
∴四边形BEDF为平行四边形，
又∵EF⊥BD，
所以四边形BEDF为菱形.
参考答案有.
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据菱形面积有两种算法，一种是对角线乘积的一半，一个是平行四边形面积公式底乘高.取AD，DC，CB，BA中点E、F、G、H即可；（2）取AC与BD的交点为O，取AO、OC的中点E、F，连结BE、DE、DF、BF，则四边形BEDF为菱形，且面积为菱形ABCD面积的一半即可.
19．【答案】证明：如图，点M，N即为所求作的点， 已知：如图，△ABC中，点M，N分别是AB，AC的中点，连接MN， 求证：MN∥BC，MN＝ BC 证明：延长MN至点D，使得MN＝ND，连接CD， 在△AMN和△CDN中， ， ∴△AMN≌△CDN（SAS） ∴∠AMN＝∠D，AM＝CD， ∴AM∥CD，即BM∥CD， ∵AM＝BM＝CD， ∴四边形BMDC为平行四边形， ∴MN∥BC，MD＝BC， ∵ ， ∴ ．
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】分别作出AB、AC的垂直平分线，得到点M，N，根据全等三角形的性质、平行四边形的判定和性质证明结论．
20．【答案】（1）解：过点C作轴于H，
∵，，
∴，，
由旋转的性质，可得，
∴，，，
又∵轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴点C的坐标为；
（2）解：过点D作轴于M，
由面积知，
在中，由勾股定理得 AB，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴点D的坐标为（）
（3）解：
【知识点】勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【解答】（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，
由题意可得，
根据轴对称的性质可得，
∴，
∵，D的坐标为（），
∴设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点的坐标为．
【分析】（1）过点C作轴于H，先证明四边形为矩形，可得，，即可得到点C的坐标；
（2）过点D作轴于M，利用勾股定理求出AB的长，再结合，求出，再利用线段的和差求出，即可得到点D的坐标；
（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，先利用待定系数法求出直线的解析式为，再求出点P的坐标。
21．【答案】（1）∵∠ACB＝90°，∴∠DCE=90°，∴∠E=90° ∠CDE=30°，∴DE=2CD，∵D是AC的中点，∴AC=2CD，∴DE=AC；
（2）四边形是平行四边形，理由如下：由旋转的性质得：，，，由（1）知，DE=AC，∴，∵，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形；
（3）解：选择A：如图3，由旋转的性质得：，∵D'E'//BC，∴，∴，即，连接，∵AC=BC，AC=DE，，∴∵D'E'//BC，∴四边形是平行四边形，∴，∵D是AC的中点，∴，∴； 选择B：如图4，过点C作于G，∵AB=AC，∠ACB=90°，∴∠A=45°， ∵D'E'//AB，∴∠CFG=∠A= 45°，∵，∴，即旋转角α的度数为105°；∵，，∠CFG = 45°，∴，，∴，CG=FG，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：．
【知识点】平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由D是AC的中点，得出AC=2CD，再由含30度角的直角三角形的性质得出DE=2CD，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出，得出是等边三角形，得出，再证出，即可得出结论；
（3）选择A，由旋转的性质得：，证出四边形是平行四边形，得出，再根据中点的性质即可得出结论。
22．【答案】（1）证明：∵EH平分∠BEF，FH平分∠DFE，∴∠FEH，∠EFH∠DFE，∵，∴∠BEF+∠DFE＝180°，∴∠FEH+∠EFH180°＝90°，∴∠EHF＝90°，同理可得：∠EGF＝90°，∵EG平分∠AEF，EH平分∠BEF，∴∠GEF∠AEF，∠FEH∠BEF，∵点A、E、B在同一条直线上，∴∠FEG+∠FEH180°＝90°，即∠GEH＝90°，∴四边形EGFH是矩形．
（2）证明：如图，延长EH交CD于点O，延长交与点，
∵，，∴四边形MNQP为平行四边形．∴MN＝PQ，∵∠PEO＝∠FEO，∠PEO＝∠FOE，∴∠FOE＝∠FEO，∴EF＝FO，由（1）知四边形EGFH是矩形，∴，， ∴FH⊥EO，∴HE＝HO，∵∠EHP＝∠OHQ，∠EPH＝∠OQH，∴ ，∴， 同理可得，∵MN＝PQ，∴GM＝HP，∵，∴四边形MGHP为平行四边形，∴GH＝MP，∵，，∴四边形MEFN为平行四边形，∴MN＝EF，∵GH＝EF，GH＝MP，∴MN＝MP，又∵四边形MNQP为平行四边形，∴平行四边形MNQP为菱形．
【知识点】平行线的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义及平行线的性质可得∠FEH+∠EFH＝90° ，继而得出∠EHF＝90°， 同理可得∠EGF＝90° ， 再证∠GEH＝90° ，根据矩形的判定即证；
（2）延长EH交CD于点O，延长交与点，先证四边形MNQP为平行四边形 ，再推出MN=MP，根据菱形的判定定理即证.
23．【答案】（1）证明：如图，连接，
∵四边形是正方形，∴，在和中，，∴；
（2）证明：∵，∴，∴，即，∴，∴四边形是平行四边形，
又∵，即，∴四边形是菱形．
（3）解：如图，连接，交于点O，
∵四边形是正方形，，∴，∵，∴，在中，，则四边形的周长为．
【知识点】菱形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明即可；
（2）先证明四边形是平行四边形，再结合，即可得到四边形是菱形；
（3）连接，交于点O，先利用勾股定理求出DE的长，再利用正方形的周长公式计算即可。
24．【答案】（1）解：点F到边DC的距离是定值．
理由：连接GE
∵ ，
∴∠AEG＝∠MGE
∵ ，
∴∠HEG＝∠FGE
∴∠AEG－∠HEG＝∠MGE－∠FGE，即∠AEH＝∠MGF，
在△AHE和△MFG中，∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，
∴△AHE≌△MFG，
∴FM＝HA＝1，
即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值1．
（2）解：由题易知： ，
要使△FCG的面积有最小值，
则需CG最小，所以DG应最大，
在Rt△DHG中，当HG最大时，DG最大，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
当 时， ，
∴ 的最小值 ，
即当 时，△FCG的面积最小值为 ．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）连接GE，根据平行线的性质可得∠AEG＝∠MGE，∠HEG＝∠FGE，两式相减可得∠AEH=∠MGF，由菱形的性质可得HE＝FG，证明△AHE≌△MFG，得到FM＝HA＝1，据此解答；
（2）由题易知S△FCG=FM·CG=CG，要使△FCG的面积有最小值，则需CG最小，DG应最大，根据勾股定理结合AE≤AB可得HE的最大值，同理求出DG的最大值，据此求解.
25．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝DA，∠EAB＝∠D＝90°，
又∵AE＝DF，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
又∵∠DAF+∠FAB＝∠EAB＝90°，
∴∠ABE+∠FAB＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴AF⊥BE；
（2）解：在正方形ABCD中，∠EAB＝90°，AB＝2，AE＝2，
∴BE＝＝4，
∵S△ABE＝AB AE＝BE AP，
∴AP＝
在Rt△ABP中，BP＝＝3，
∵∠APB＝∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠HBC＝90°，∠HCB+∠HBC＝90°，
∴∠ABP＝∠HCB，
∵CH⊥BE，
∴∠HCB＝90°，
又∵AB＝BC，
∴△ABP≌△BCH（AAS），
∴BH＝AP＝，
∴PH＝BP﹣BH＝BP﹣AP＝3﹣.
（3）解：在正方形ABCD中，AB＝BC，AD∥BC，
∵CH⊥BP，PH＝BH，
∴CP＝BC，
∴∠CBP＝∠CPB，
∵∠CPB＝∠QPE，∠CBP＝∠QEP，
∴∠QPE＝∠QEP，
在Rt△APE中，∠QAP＝∠QPA，
∴QE＝QP＝QA，
在四边形QABC中，设QP＝a，CP＝b，
则AB＝BC＝b，AQ＝a，QC＝a+b，
∵DC2+DQ2＝CQ2，
∴b2+（b﹣a）2＝（a+b）2，
∴b2＝4ab，
即b＝4a，
∴.
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得AB＝DA，∠EAB＝∠D＝90°，结合AE＝DF可证△ABE≌△DAF，得到∠ABE＝∠DAF，结合∠DAF+∠FAB＝∠EAB＝90°可得∠APB＝90°，据此证明；
（2）根据正方形的性质可得∠EAB＝90°，利用勾股定理可得BE＝4，根据等面积法可得AP，利用勾股定理可得BP，由同角的余角相等可得∠ABP＝∠HCB，证明△ABP≌△BCH，得到BH=AP，然后根据PH=BP-BH＝BP-AP进行计算；
（3）根据正方形的性质可得AB＝BC，AD∥BC，根据线段垂直平分线的性质，推出CP＝BC，由等腰三角形的性质可得∠CBP=∠CPB，由对顶角的性质可得∠CPB＝∠QPE，由平行线的性质可得∠CBP＝∠QEP，则∠QPE＝∠QEP，进而推出QE＝QP＝QA，设QP＝a，CP＝b，则AB＝BC＝b，AQ＝a，QC＝a+b，在Rt△CDQ中，根据勾股定理可得b＝4a，据此求解.
26．【答案】（1）证明：如图1
图1
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=∠BCD=∠AEF=90°，
∵点H、E分别是边AB、BC的中点，
∴AH=BH=BE=CE，
∴∠BHE=45°，
∴∠AHE=135°，
∵CF是正方形外角∠DCG的平分线，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°，
∴∠AHE=∠ECF，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∴∠HAE=∠CEF，
在△AHE和△ECF中，
，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（2）正确；
（2）解：正确，证明如下，
如图2，在AB上取一点M，使AM=CE，连接ME，
图2
∴BM=BE，
∴∠BME=45°，∠AME=135°，
∵CF是正方形外角∠DCG的平分线，
∴∠DCF=45°，∠ECF=135°，
同（1）可证△AME≌△ECF，
∴AE=EF；
（3）解：成立，AE＝EF．
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：（3）成立；
如图3，延长BA到M，使AM=CE，
∵∠AEF=90°，
∴∠FEG+∠AEB=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEG，
∴∠MAE=∠CEF，
∵AB=BC，
∴AB+AM=BC+CE，
即BM=BE，
∴∠M=45°，
∴∠M=∠FCE，
在△AME和△ECF中，
，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF.
【分析】（1）取AB的中点H，连接EH，根据已知及正方形的性质（正方形的四条边都相等，四个角都相等且都是90°）利用ASA判定△AHE≌△ECF，根据全等三角形的性质（全等三角形的对应边相等）得到AE=EF；
（2）如图2，在AB上取一点M，使AM=CE，连接ME，方法同（1）可得出结论；
（3）延长BA到M，使AM=CE，根据已知及正方形的性质（正方形的四条边都相等，四个角都相等且都是90°）利用ASA判定△AME≌△ECF，从而得到AE=EF.
27．【答案】（1）证明：∵E，F，G，H分别是各边的中点，
∴EF是△ABC的中位线，FG，EH分别是△BDC和△ABD的中位线，
∴EF=AC，FG=BD，EH=BD，FG∥BD，EH∥BD，
∴EH=FG，EH∥FG，EF=FG
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵∵AC⊥BD，
∴四边形EFGH是菱形，
∵EF=FG，
∴四边形EFGH是正方形.
（2）解：符合
理由：连接AC，BD交于点K，
∵E，F，G，H分别是各边的中点，
∴FG，EH分别是△BDC和△ABD的中位线，EF是△ABC的中位线
∴FG=BD，EH=BD，FG∥BD，EH∥BD，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
若平行四边形EFGH是正方形，
则有EH⊥EF，
∵EF是△ABC的中位线，EH∥BD，
∴EF∥AC，
∴AC⊥BD，
∴∠APB=∠CPD=90°，
∴点P与K重合，
∵AP=BP，CP=DP，
∴AC=BD，
在Rt△ACD中
，
∴EH=EF=50，
∴正方形EFGH的周长为4×50=200，
∴所需的费用为200×20=4000元
∴当点P为AC，BD的交点时，设计方案符合要求，所需费用为4000元．
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件可证得△EF是△ABC的中位线，FG，EH分别是△BDC和△ABD的中位线，利用三角形的中位线定理去证明EH=FG，EH∥FG，EF=FG，由此可得到四边形EFGH是平行四边形，再利用对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，可证得结论.
（2）连接AC，BD交于点K，同理可证得四边形EFGH是平行四边形，要使平行四边形EFGH是正方形，可知EH⊥EF，利用三角形的中位线可知EF∥AC，可得到AC⊥BD，∠APB=∠CPD=90°，可得到点P与K重合，结合已知条件可得到AC=BD；利用勾股定理可求出AC的长，即可得到EH的长，可得到正方形EFGH的周长，即可求出铺设地砖所需的费用.
1 / 12023年苏科版数学八年级下册全方位训练卷第九章中心对称图形——平行四边形（进阶版）
一、单选题
1．（2022九上·芜湖期中）如图，在矩形中，，连接，将线段绕着点A顺时针旋转得到，则线段的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接，过点A作，截取，连接，
∵将线段绕着点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
∵，
∴．
∵，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴的最小值为．
故答案为：D．
【分析】连接，过点A作，截取，连接，先证明，可得，求出，再结合，且当点G，P，E三点共线时取等号，即可得到的最小值为。
2．（2022九上·浦城期中）在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，使其与图中阴影部分构成中心对称图形．该小正方形的序号是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：根据中心对称图形的定义可知，②满足条件.
故答案为：B.
【分析】中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此解答.
3．（2022八下·北仑期中）已知点D与点 A（8，0） ，B（0，6），C（ a ， -a ）是一个平行四边形的四个顶点，则CD长的最小值为（ ）
A．8 B． C． D．6
【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：①当CD为平行四边形的一条边时，如图所示，
∴CD=AB==10；
②当CD为平行四边形的对角线时，连接AB、CD交于点G，如图所示，
∵平行四边形ADBC，A（8，0） ，B（0，6）
∴G（，），即G（4，3），
又∵C（ a ，-a ），
∴CD=2CG=2=2=2，
∴当a=时，CD的值最小，CDmin=2=7.
∵7＜10，
∴CD长的最小值为7.
故答案为：B.
【分析】由题意，需要分两种情况：①当CD为平行四边形的一条边时，②当CD为平行四边形的对角线时，分别根据平行四边形性质及两点间距离公式、完全平方式的性质求出CD的长，再进行大小比较，即可确定CD长的最小值.
4．（2021八下·江油期末）如图，已知点D是等边三角形ABC中BC的中点，BC＝2，点E是AC边上的动点，则BE＋ED的和最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作B关于AC的对称点B′，连接BB′、B′D，交AC于E，此时BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，根据两点之间线段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，
∵B、B′关于AC的对称，△ABC是等边三角形
∴AC、BB′互相垂直平分，
∴四边形ABCB′是平行四边形，
∵三角形ABC是边长为2的等边三角形，且D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴AD＝，BD＝CD＝1，BB′＝2AD＝2，
作B′G⊥BC的延长线于G，
∴B′G＝AD＝，
在Rt△B′BG中，BG＝，
∴DG＝BG BD＝3 1＝2，
在Rt△B′DG中，B'D＝.
故BE＋ED的最小值为.
故答案为：B.
【分析】作B关于AC的对称点B′，连接BB′、B′D，交AC于E，此时BE＋ED＝B′E＋ED＝B′D，根据两点之间线段最短可知B′D就是BE＋ED的最小值，然后根据等边三角形的性质求出AD长，在Rt△B′BG中，根据勾股定理求出BG，最后在Rt△B′DG中，根据勾股定理求B'D，即可解答.
5．（2022·绥化模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，P，Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当四边形APQE的周长最小时，BP的长为（ ）
A．0 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【知识点】矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，∠QCE＝90°，
∵，
∴，
∵点F点关于BC的对称点G，
∴
∴
∴四边形FGHD是矩形，
∴GH＝DF＝6，∠H＝90°，
∵点E是CD中点，
∴CE=2，
∴EH＝2+4＝6，
∴∠GEH＝45°，
∴∠CEQ＝45°，
设BP＝x，则CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，
在△CQE中，
∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，
∴CQ＝EC，
∴6﹣x＝2，
解得x＝4．
故答案为：C．
【分析】如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，此时四边形APQE的周长最小，求出此时BP的长即可.
6．（2022九上·江夏月考）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是（ ）
A．4 B． C．3 D．
【答案】D
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，△AEF为正三角形，
∴∠1+∠EAC＝∠BAD＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝∠D＝60°，
又∵AB＝CB＝AD＝CD，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴S△ABE＝S△ACF，
∴S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC是定值，
作AH⊥BC于H点，则BH＝AB＝3，AH＝AB＝3，
∴S四边形AECF＝S△ABC＝BC AH＝×6×3＝9，
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短，
∴△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又∵S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大，
∴S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF＝9﹣＝．
故答案为：D.
【分析】连接AC，根据菱形、等边三角形的性质可得∠1+∠EAC＝∠BAD＝60°，∠3+∠EAC＝60°，则∠1＝∠3，易得△ABC和△ACD为等边三角形，得到∠4＝60°，AC＝AB，证明△ABE≌△ACF，则S△ABE＝S△ACF，推出S四边形AECF＝S△ABC，作AH⊥BC于H点，则BH＝3，AH＝3，根据三角形的面积公式可得S四边形AECF＝S△ABC＝9，易知当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，然后根据S△CEF＝S四边形AECF-S△AEF进行计算.
7．（2022九上·灞桥开学考）如图，在正方形中，为对角线上一点，连接，过点作，交延长线于点，以，为邻边作矩形，连接在下列结论中：
；≌；；其中正确的是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④
【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
四边形ABCD是正方形，
， ，
，
，
四边形EMCN为正方形，
四边形DEFG是矩形，
， ，
，
又 ，
在 和 中，
，
∴△DEN≌△FEM ，
，故①正确；
②∵矩形DEFG为正方形；
， ，
四边形ABCD是正方形，
， ，
，
在 和 中，
，
∴△ADE≌△CDG，故②正确；
③根据②得 ， ，
，
，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF ，故④错误，
综上所述： ①②③正确.
故答案为：B.
【分析】过E作EM⊥BC于M点，过E作 EN⊥CD于N点，由正方形性质得∠BCD=90°，∠ECN=45°，推出NE=NC，得到四边形EMCN为正方形，根据矩形的性质可得EM=FN，由同角的余角相等可得∠DEN=∠MEF，证明△DEN≌△FEM，据此判断①；根据正方形的性质可得DE=DG，AD=DC，由同角的余角相等可得∠ADE=∠CDG，然后根据全等三角形的判定定理可判断②；根据全等三角形的性质可得AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，则∠ACG=90°，据此判断③；当DE⊥AC时，点C与点F重合，据此判断④.
8．（2022九上·通川月考）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC、BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG、AE.则下列结论：①OG＝AB； ②四边形ABDE是菱形；③S四边形ODGF＝S△ABF；其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（AAS）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝AB，①正确；
∵△ABG≌△DEG，
∴AB＝DE，
∵AB∥CE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，
∴四边形ABDE是菱形，②正确；
∵OB＝OD，AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG＝AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积＝△ABD的面积，△ABF的面积＝△OGF的面积的4倍，AF：OF＝2：1，
∴△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，③正确；
正确的是①②③.
故答案为：D.
【分析】AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，利用AAS判断出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得AG=DG，从而可得OG是△ABD的中位线，根据三角形的中位线定理即可判断①；根据全等三角形的性质得AB=DE，进而判断出四边形ABDE是平行四边形，△ABD、△BCD是等边三角形，根据等边三角形的性质得AB=BD=AD，则可得四边形ABDE是菱形，据此判断②；由三角形中位线定理得OG∥AB，OG＝AB，则△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，根据相似三角形的性质可得△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，联合△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，即可得出S四边形ODGF＝S△ABF，据此可判断③.
二、填空题
9．（2022九上·南开期中）如图，在中，，，，，O为的中点，M为边上一动点，将绕点A逆时针旋转角得到，点M的对应点为，连接，在旋转过程中，线段的长度的最小值是 ．
【答案】1.5
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意知当旋转到点在的延长线上，且时，的长度最小，如图所示：
∵将绕点A逆时针旋转角，
∴，，
∵，
∴，
∵O为的中点，，
∴，
∴，
∴线段的长度的最小值是1.5；
故答案为：1.5．
【分析】当旋转到点在的延长线上，且时，的长度最小，再求解即可。
10．（2019九上·望城期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝4，点O是AC的中点，以O为旋转中心，将△ABC绕点O旋转一周，A、B、C的对应点分别为A'、B'、C'，则BC'的最大值为 ．
【答案】8
【知识点】旋转的性质；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：根据题意可知，点C’的运动路径为以O为圆心OC’长为半径的圆，
∴当B、O、C'共线且B、C'在O点异侧时BC'最大，
∴BC'的最大值为OB+OC'，
∵AC＝6，BC＝4，
∴OC=OC'=3，OB=5，
∴BC'的最大值为OB+OC'=5+3=8，
故答案为8.
【分析】根据题意可知，点C’的运动路径为以O为圆心OC’长为半径的圆，当B、O、C'共线且B、C'在O点异侧时BC'最大，然后根据勾股定理求出OB即可得.
11．（2022八下·漳州期末）在四边形中，现给出下列结论：
①若，，则四边形是平行四边形；
②若，，则四边形是平行四边形；
③若，，则四边形是平行四边形；
④若，，则四边形是平行四边形.
其中正确的结论是 .（写出所有正确结论的序号）
【答案】②③
【知识点】平行线的判定与性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【解答】解：①因为一组对边平行，另一组对边相等可以是平行四边形，也可以是等腰梯形，所以①错误；
②因为两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以②正确；
③∵
∴
∵
∴
∴
∴四边形ABCD是平行四边形
因此③正确；
④作，连接BD'，
过点B作于E，在AE上截取，连接BD，
∵，，
∴，
将绕点B顺时针旋转，使BD'与BD重合，得到，
由作图可知：，，
∵四边形ABC'D'是平行四边形，
∴，，
∴，，
显然，图中的四边形ABCD不是平行四边形.
所以④错误；
故答案为：②③.
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形可判断①；根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形可判断②；根据平行线的性质可得∠A+∠D=180°，结合∠A=∠C可得∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，然后根据平行四边形的判定定理可判断③；作平行四边形ABC′D′，连接BD′，过点B作BE⊥AD′于E，在AE上截取DE=D′E，连接BD，则BD′=BD，将△BC′D′绕点B顺时针旋转，使BD′与BD重合，得到△BCD，由作图可知CD=C′D′，∠C=∠C′，根据平行四边形的性质可得AB=C′D′，∠A=∠C′，则AB=CD，∠A=∠C，然后根据平行四边形的判定定理可判断④.
12．（2022八下·临海期末）小明同学学习了菱形的知识后，结合之前学习的赵爽弦图，编了一个菱形版“赵爽弦图”如图，菱形中，，四边形是矩形，若，则矩形的面积为 ．
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：过点A作于M，过点G作于N，连接GM，
四边形EFGH是矩形，
，
，
，，
四边形ABCD是菱形，，
，，，
，，
，，，
，，，
在和中，
，
≌，
同理：≌，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：.
【分析】过点A作AM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，连接GM，根据矩形的四个角都是直角可得∠AFB=∠AED=∠BGC=∠CHD=90°，结合FA=FB，利用勾股定理可得AB，根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=∠BCD=120°，则∠CBG=15°，∠DAF=75°，易得∠ADE=∠CBG，∠DAE=∠BCG，证明△ABF≌△CDH，△BCG≌△DAE，根据含30°角的直角三角形的性质可得BM，根据三角函数的概念可得AM，然后求出BM、GN，根据S矩形EFGH=S菱形ABCD-2S△ABF-2S△BCG进行计算.
13．（2022九上·苍南开学考）如图，点、分别在菱形的边、上，为等边三角形，是的中点，延长交于点，已知，四边形的面积是的面积的2倍，则的长为 ．
【答案】
【知识点】三角形的面积；等边三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图作AP⊥BC于P，GQ⊥BC于Q，过点G作MN∥AB交AD于M，交BC于N，作MT⊥CD于T，连接CG，设．
则易知，，，，，，
由题意，
，
整理得，
解得或舍弃，
.
故答案为：.
【分析】作AP⊥BC于P，GQ⊥BC于Q，过点G作MN交AD于M，交BC于N，作MT⊥CD于T，连接CG，设DE=DF=EF=x，易得AP=，GH=，CH=x，CF=6-x，DM=，MT=，由题意可得S△GCH+S△GCF=S△ABH，结合三角形的面积公式可得x的值，据此解答.
14．（2022八下·北仑期末）如图，正方形ABCD边长为2，F为对角线AC上的一个动点，过C作AC的垂线并截取，连结EF，周长的最小值为 ．
【答案】
【知识点】垂线段最短；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：①几何法
如图，过F作FG⊥AC交AD于G，连结EG、CG
∵∠DAC=45°，∠GFA=90°∴∠AGF=45°∴GF=AF
∵EC=AF，∴EC=GF
∵EC⊥AC，FG⊥AC，∴
∴四边形ECFG为平行四边形∵∠ECF=90°∴四边形ECFG为矩形∴GC=EF
在Rt△ABC中，AB=BC=2，
∴
当CG⊥AD时，CG取得最小值此时CG=CD=2
∴△ECF周长的最小值
②代数法
如图，过F作FG⊥AD于G，过E作EH⊥CD于H，
设AG为x
易证
∴，
由①得
在中，，
∴当时，，，
此时△ECF周长的最小值．
【分析】①几何法，过F作FG⊥AC交AD于G，连结EG、CG，根据正方形的性质和矩形的性质求出AF=EC=GF，证明四边形ECFG为矩形，得出GC=EF，根据矩形的性质，把 周长转化为AC+CG，根据垂线段最短得出当CG⊥AD时，CG取得最小值，从而可解决问题；
②代数法，过F作FG⊥AD于G，过E作EH⊥CD于H，设AG为x，易证，得出，，由①得出，然后根据勾股定理EF2用含x的代数式表示出来，再根据二次函数的性质求最小值，即可解答.
15．（2022八下·拱墅期中）如图，在 中， 是对角线， ，点 是 的中点， 平分 ， 于点 ，连接 已知 ， ，则 的长为 .
【答案】
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；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，延长AB 、 CF交于点H ，
四边形ABCD是平行四边形，
，
，
，
平分 ，
，
在 和 中，
，
≌ ，
， ，
，
点E是BC的中点， ，
，
故答案为： .
【分析】如图，延长AB、CF交于点H，由平行四边形的性质可得AB∥CD，由平行线的性质可得∠ACD=∠BAC=90°，用勾股定理可求得AC的值，由角平分线定义可得∠BAF=∠CAF，结合已知用角边角可证ΔAFH≌ΔAFC，则AC=AH，HF=CF，由线段的构成BH=AH-AB可求得BH的值，然后根据三角形中位线定理得EF=BH可求解.
16．（2021九上·黄石期中）如图，定义：平面上一点到图形上所有点的最短距离，叫做这点到图形的距离.如图，P为平面上一点，正方形绕其中心O旋转，它边长为1，PO＝1，点P到正方形的距离为d，则d的取值范围是 .
【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：正方形用ABCD表示，过A、C两点作直线AC，取AD的中点E，过O、E两点作直线OE，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴AD=DC=1，∠D=90°，
∴AC= ，
∵点O为AC中点，
∴OA= ，
∵点E为AD中点，点O为AC中点，
∴OE∥CD，且OE= ，
∴OE⊥AD，
当直线AC过点P时，点P、A、O三点在同一直线上，
∴AP=OP-OA= ，
当直线OE过点P时，点P、E、O在同一直线上，
∴PE=OP-OE=1- ，
∴点P到正方形的距离为d，则d的取值范围是 .
故答案为： .
【分析】正方形用ABCD表示，过A、C两点作直线AC，取AD的中点E，过O、E两点作直线OE， 由正方形的性质可得AD=DC=1，∠D=90°，根据勾股定理求出AC，由线段中点的概念可得OA，根据中位线的性质可得OE∥CD，OE=CD，求出直线AC过点P，直线OE过点P时AP、PE的值，据此可得d的范围.
三、作图题
17．（2022九上·鄞州开学考）在小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点．
（1）的三个顶点都在格点上．
在图1中，画出一个与成中心对称的格点三角形；在图2中，画出绕着点按顺时针方向旋转后的三角形．
（2）如图3是由5个边长为1的小正方形拼成的图形，请用无刻度的直尺画经过点的一条直线，使它平分该图形的面积，保留连线的痕迹，不要求说明理由．
【答案】解：（1）①如图，即为所求；
②如图，即为所求；
（2）如图，利用中心对称图形的性质即可画出直线．
【知识点】中心对称及中心对称图形；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）①分别延长AC、BC，使AC=A1C，BC=B1C，再连接A1B1，则△A1B1C为所求；
②根据旋转的性质找出点A、B绕点C顺时针旋转90°的对应点A2、B2，顺次连接可得△A2B2 C；
（2）找出左下角小正方形的中心，连接该中心与点P的直线即可.
18．（2021·龙湾模拟）如图，在小正三角形组成的网格 中，每个小正三角形的顶点叫做格点，各顶点均在格点处的多边形称为格点多边形，按下列要求画图.
（1）请在图1中画一个格点矩形，面积是格点四边形 面积的一半.
（2）请在图2中画一个格点菱形，面积是格点四边形 面积的一半.
【答案】（1）解：∵菱形面积有两种算法，一种是对角线乘积的一半，一个是平行四边形面积公式底乘高，图1中画一个格点矩形，面积是格点四边形 面积的一半.
取AC的一半，与BD的一半，即利用三角形中位线画图，
取AD，DC，CB，BA中点E、F、G、H，
∵EF∥AC，且EF= ， HG∥AC，且HG= ，
∴EF∥HG，且EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，EH∥BD，
∴FE⊥EH，
∴四边形EFGH为矩形，
取BC、AD中点M、N，
因为三角形ABC与三角形ADC均为等边三角形，
∵AD=BC，AN= ， CM= ，AN∥MC，
∴CM=AN，AN∥MC，
∴四边形ANCM为平行四边形，
∵AM⊥BC，CN⊥AD，
∴四边形ANCM为矩形.
参考答案有.
（2）解：取AC与BD的交点为O，取AO、OC的中点E、F，连结BE、DE、DF、BF，则四边形BEDF为菱形，且面积为菱形ABCD面积的一半，
∵OE=OF，OB=OD，
∴四边形BEDF为平行四边形，
又∵EF⊥BD，
所以四边形BEDF为菱形.
参考答案有.
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据菱形面积有两种算法，一种是对角线乘积的一半，一个是平行四边形面积公式底乘高.取AD，DC，CB，BA中点E、F、G、H即可；（2）取AC与BD的交点为O，取AO、OC的中点E、F，连结BE、DE、DF、BF，则四边形BEDF为菱形，且面积为菱形ABCD面积的一半即可.
四、解答题
19．（2019·龙岩模拟）证明：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
（要求：在给出的△ABC中用尺规作出AB、AC边的中点M、N，保留作图痕迹，不要求写作法，并根据图形写出已知、求证和证明）
【答案】证明：如图，点M，N即为所求作的点， 已知：如图，△ABC中，点M，N分别是AB，AC的中点，连接MN， 求证：MN∥BC，MN＝ BC 证明：延长MN至点D，使得MN＝ND，连接CD， 在△AMN和△CDN中， ， ∴△AMN≌△CDN（SAS） ∴∠AMN＝∠D，AM＝CD， ∴AM∥CD，即BM∥CD， ∵AM＝BM＝CD， ∴四边形BMDC为平行四边形， ∴MN∥BC，MD＝BC， ∵ ， ∴ ．
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】分别作出AB、AC的垂直平分线，得到点M，N，根据全等三角形的性质、平行四边形的判定和性质证明结论．
五、综合题
20．（2022九上·河西期中）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得．
（1）如图①，当旋转后满足轴时，求点C的坐标；
（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点旋转后的对应点为当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】（1）解：过点C作轴于H，
∵，，
∴，，
由旋转的性质，可得，
∴，，，
又∵轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴点C的坐标为；
（2）解：过点D作轴于M，
由面积知，
在中，由勾股定理得 AB，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴点D的坐标为（）
（3）解：
【知识点】勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【解答】（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，
由题意可得，
根据轴对称的性质可得，
∴，
∵，D的坐标为（），
∴设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点的坐标为．
【分析】（1）过点C作轴于H，先证明四边形为矩形，可得，，即可得到点C的坐标；
（2）过点D作轴于M，利用勾股定理求出AB的长，再结合，求出，再利用线段的和差求出，即可得到点D的坐标；
（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，先利用待定系数法求出直线的解析式为，再求出点P的坐标。
21．（2022八下·太原期末）综合与探究：
问题情境：已知，如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4．点D是AC的中点，点E在BC延长线上，且∠CDE＝60°．保持△ABC不动，将△CDE从图1的位置开始，绕点C顺时针旋转α°（0＜α＜180）得到△CD'E'，D、E的对应点分别为D'、E'．
（1）初步思考：求证：DE＝AC；
（2）操作探究：如图2，当点落在DE边上时，连接AD'，判断此时四边形ACE'D'的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：请从A，B两题中任选一题作答，我选择 题．
A．在△CDE旋转过程中，当D'E'//BC时，请直接写出此时旋转角a的度数及B、E'两点间的距离．
B．在△CDE旋转过程中，当D'E'//AB时，延长AC交D'E'于点F，请直接写出此时旋转角α的度数及线段CF的长．
【答案】（1）∵∠ACB＝90°，∴∠DCE=90°，∴∠E=90° ∠CDE=30°，∴DE=2CD，∵D是AC的中点，∴AC=2CD，∴DE=AC；
（2）四边形是平行四边形，理由如下：由旋转的性质得：，，，由（1）知，DE=AC，∴，∵，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形；
（3）解：选择A：如图3，由旋转的性质得：，∵D'E'//BC，∴，∴，即，连接，∵AC=BC，AC=DE，，∴∵D'E'//BC，∴四边形是平行四边形，∴，∵D是AC的中点，∴，∴； 选择B：如图4，过点C作于G，∵AB=AC，∠ACB=90°，∴∠A=45°， ∵D'E'//AB，∴∠CFG=∠A= 45°，∵，∴，即旋转角α的度数为105°；∵，，∠CFG = 45°，∴，，∴，CG=FG，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：．
【知识点】平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由D是AC的中点，得出AC=2CD，再由含30度角的直角三角形的性质得出DE=2CD，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出，得出是等边三角形，得出，再证出，即可得出结论；
（3）选择A，由旋转的性质得：，证出四边形是平行四边形，得出，再根据中点的性质即可得出结论。
22．（2022八下·曲阳期末）如图，，点，分别在，上，连接，、的平分线交于点，、的平分线交于点．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）过作，分别交，于点，，过作，分别交，于点，，得到四边形，此时，求证四边形是菱形．
【答案】（1）证明：∵EH平分∠BEF，FH平分∠DFE，∴∠FEH，∠EFH∠DFE，∵，∴∠BEF+∠DFE＝180°，∴∠FEH+∠EFH180°＝90°，∴∠EHF＝90°，同理可得：∠EGF＝90°，∵EG平分∠AEF，EH平分∠BEF，∴∠GEF∠AEF，∠FEH∠BEF，∵点A、E、B在同一条直线上，∴∠FEG+∠FEH180°＝90°，即∠GEH＝90°，∴四边形EGFH是矩形．
（2）证明：如图，延长EH交CD于点O，延长交与点，
∵，，∴四边形MNQP为平行四边形．∴MN＝PQ，∵∠PEO＝∠FEO，∠PEO＝∠FOE，∴∠FOE＝∠FEO，∴EF＝FO，由（1）知四边形EGFH是矩形，∴，， ∴FH⊥EO，∴HE＝HO，∵∠EHP＝∠OHQ，∠EPH＝∠OQH，∴ ，∴， 同理可得，∵MN＝PQ，∴GM＝HP，∵，∴四边形MGHP为平行四边形，∴GH＝MP，∵，，∴四边形MEFN为平行四边形，∴MN＝EF，∵GH＝EF，GH＝MP，∴MN＝MP，又∵四边形MNQP为平行四边形，∴平行四边形MNQP为菱形．
【知识点】平行线的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义及平行线的性质可得∠FEH+∠EFH＝90° ，继而得出∠EHF＝90°， 同理可得∠EGF＝90° ， 再证∠GEH＝90° ，根据矩形的判定即证；
（2）延长EH交CD于点O，延长交与点，先证四边形MNQP为平行四边形 ，再推出MN=MP，根据菱形的判定定理即证.
23．（2022八下·封开期末）如图，四边形是正方形，E，F是对角线上的两点，且．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形；
（3）若，求四边形的周长．
【答案】（1）证明：如图，连接，
∵四边形是正方形，∴，在和中，，∴；
（2）证明：∵，∴，∴，即，∴，∴四边形是平行四边形，
又∵，即，∴四边形是菱形．
（3）解：如图，连接，交于点O，
∵四边形是正方形，，∴，∵，∴，在中，，则四边形的周长为．
【知识点】菱形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明即可；
（2）先证明四边形是平行四边形，再结合，即可得到四边形是菱形；
（3）连接，交于点O，先利用勾股定理求出DE的长，再利用正方形的周长公式计算即可。
24．（2022八下·德阳期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．
（1）当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．
（2）当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．
【答案】（1）解：点F到边DC的距离是定值．
理由：连接GE
∵ ，
∴∠AEG＝∠MGE
∵ ，
∴∠HEG＝∠FGE
∴∠AEG－∠HEG＝∠MGE－∠FGE，即∠AEH＝∠MGF，
在△AHE和△MFG中，∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，
∴△AHE≌△MFG，
∴FM＝HA＝1，
即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值1．
（2）解：由题易知： ，
要使△FCG的面积有最小值，
则需CG最小，所以DG应最大，
在Rt△DHG中，当HG最大时，DG最大，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
当 时， ，
∴ 的最小值 ，
即当 时，△FCG的面积最小值为 ．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）连接GE，根据平行线的性质可得∠AEG＝∠MGE，∠HEG＝∠FGE，两式相减可得∠AEH=∠MGF，由菱形的性质可得HE＝FG，证明△AHE≌△MFG，得到FM＝HA＝1，据此解答；
（2）由题易知S△FCG=FM·CG=CG，要使△FCG的面积有最小值，则需CG最小，DG应最大，根据勾股定理结合AE≤AB可得HE的最大值，同理求出DG的最大值，据此求解.
25．（2022九上·杭州开学考）如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点（点E，F不与端点重合），且AE＝DF，BE，AF交于点P，过点C作CH⊥BE交BE于点H.
（1）求证：AF⊥BE；
（2）若AB＝2，AE＝2，试求线段PH的长；
（3）如图②，连接CP并延长交AD于点Q，若点H是BP的中点，试求的值.
【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝DA，∠EAB＝∠D＝90°，
又∵AE＝DF，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
又∵∠DAF+∠FAB＝∠EAB＝90°，
∴∠ABE+∠FAB＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴AF⊥BE；
（2）解：在正方形ABCD中，∠EAB＝90°，AB＝2，AE＝2，
∴BE＝＝4，
∵S△ABE＝AB AE＝BE AP，
∴AP＝
在Rt△ABP中，BP＝＝3，
∵∠APB＝∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠HBC＝90°，∠HCB+∠HBC＝90°，
∴∠ABP＝∠HCB，
∵CH⊥BE，
∴∠HCB＝90°，
又∵AB＝BC，
∴△ABP≌△BCH（AAS），
∴BH＝AP＝，
∴PH＝BP﹣BH＝BP﹣AP＝3﹣.
（3）解：在正方形ABCD中，AB＝BC，AD∥BC，
∵CH⊥BP，PH＝BH，
∴CP＝BC，
∴∠CBP＝∠CPB，
∵∠CPB＝∠QPE，∠CBP＝∠QEP，
∴∠QPE＝∠QEP，
在Rt△APE中，∠QAP＝∠QPA，
∴QE＝QP＝QA，
在四边形QABC中，设QP＝a，CP＝b，
则AB＝BC＝b，AQ＝a，QC＝a+b，
∵DC2+DQ2＝CQ2，
∴b2+（b﹣a）2＝（a+b）2，
∴b2＝4ab，
即b＝4a，
∴.
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得AB＝DA，∠EAB＝∠D＝90°，结合AE＝DF可证△ABE≌△DAF，得到∠ABE＝∠DAF，结合∠DAF+∠FAB＝∠EAB＝90°可得∠APB＝90°，据此证明；
（2）根据正方形的性质可得∠EAB＝90°，利用勾股定理可得BE＝4，根据等面积法可得AP，利用勾股定理可得BP，由同角的余角相等可得∠ABP＝∠HCB，证明△ABP≌△BCH，得到BH=AP，然后根据PH=BP-BH＝BP-AP进行计算；
（3）根据正方形的性质可得AB＝BC，AD∥BC，根据线段垂直平分线的性质，推出CP＝BC，由等腰三角形的性质可得∠CBP=∠CPB，由对顶角的性质可得∠CPB＝∠QPE，由平行线的性质可得∠CBP＝∠QEP，则∠QPE＝∠QEP，进而推出QE＝QP＝QA，设QP＝a，CP＝b，则AB＝BC＝b，AQ＝a，QC＝a+b，在Rt△CDQ中，根据勾股定理可得b＝4a，据此求解.
26．（2022八下·剑阁期末）如图
（1）数学课上，张老师给出了一个问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角∠DCG的平分线CF于点F．求证：AE＝EF．小明经过思考展示了一种正确的解题思路：取AB的中点H，连接HE，则可以证明AE＝EF．
请你写出证明过程．
（2）在此基础上，小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B、C外）的任意一点”，其他条件不变，那么结论“AE＝EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，请写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（3）如图3，如果点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE＝EF”仍然成立吗？直接写出结论，不用说明理由．
【答案】（1）证明：如图1
图1
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=∠BCD=∠AEF=90°，
∵点H、E分别是边AB、BC的中点，
∴AH=BH=BE=CE，
∴∠BHE=45°，
∴∠AHE=135°，
∵CF是正方形外角∠DCG的平分线，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°，
∴∠AHE=∠ECF，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∴∠HAE=∠CEF，
在△AHE和△ECF中，
，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（2）正确；
（2）解：正确，证明如下，
如图2，在AB上取一点M，使AM=CE，连接ME，
图2
∴BM=BE，
∴∠BME=45°，∠AME=135°，
∵CF是正方形外角∠DCG的平分线，
∴∠DCF=45°，∠ECF=135°，
同（1）可证△AME≌△ECF，
∴AE=EF；
（3）解：成立，AE＝EF．
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：（3）成立；
如图3，延长BA到M，使AM=CE，
∵∠AEF=90°，
∴∠FEG+∠AEB=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEG，
∴∠MAE=∠CEF，
∵AB=BC，
∴AB+AM=BC+CE，
即BM=BE，
∴∠M=45°，
∴∠M=∠FCE，
在△AME和△ECF中，
，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF.
【分析】（1）取AB的中点H，连接EH，根据已知及正方形的性质（正方形的四条边都相等，四个角都相等且都是90°）利用ASA判定△AHE≌△ECF，根据全等三角形的性质（全等三角形的对应边相等）得到AE=EF；
（2）如图2，在AB上取一点M，使AM=CE，连接ME，方法同（1）可得出结论；
（3）延长BA到M，使AM=CE，根据已知及正方形的性质（正方形的四条边都相等，四个角都相等且都是90°）利用ASA判定△AME≌△ECF，从而得到AE=EF.
27．（2022九上·莲湖期末）问题提出：
（1）如图1，在四边形ABCD中 ，对角线AC⊥BD，AC＝BD，E，F，G，H分别是各边的中点，求证：四边形EFGH是正方形．
问题解决：
（2）如图2，某市有一块四边形土地ABCD，AD＝60米，DC＝80米，∠ADC是直角，P是该四边形土地内的一点，计划在四个三角形土地△APD，△APB，△BCP，△CPD中分别种植不同的花草，为了方便种植，王师傅设计出如下方案：取四边形ABCD各边的中点E，F，G，H，然后在四边形EFGH的四条边EF，FG，GH，EH铺上人行道地砖（人行道宽度不计），铺设地砖成本为20元/米，经测量AP＝BP，CP＝DP，∠APB＝∠CPD＝90°，设计要求是四边形EFGH为正方形，请问王师傅的设计方案是否符合要求，若符合，请写出证明过程，并计算铺设地砖所需的费用；若不符合，请说明理由．
【答案】（1）证明：∵E，F，G，H分别是各边的中点，
∴EF是△ABC的中位线，FG，EH分别是△BDC和△ABD的中位线，
∴EF=AC，FG=BD，EH=BD，FG∥BD，EH∥BD，
∴EH=FG，EH∥FG，EF=FG
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵∵AC⊥BD，
∴四边形EFGH是菱形，
∵EF=FG，
∴四边形EFGH是正方形.
（2）解：符合
理由：连接AC，BD交于点K，
∵E，F，G，H分别是各边的中点，
∴FG，EH分别是△BDC和△ABD的中位线，EF是△ABC的中位线
∴FG=BD，EH=BD，FG∥BD，EH∥BD，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
若平行四边形EFGH是正方形，
则有EH⊥EF，
∵EF是△ABC的中位线，EH∥BD，
∴EF∥AC，
∴AC⊥BD，
∴∠APB=∠CPD=90°，
∴点P与K重合，
∵AP=BP，CP=DP，
∴AC=BD，
在Rt△ACD中
，
∴EH=EF=50，
∴正方形EFGH的周长为4×50=200，
∴所需的费用为200×20=4000元
∴当点P为AC，BD的交点时，设计方案符合要求，所需费用为4000元．
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件可证得△EF是△ABC的中位线，FG，EH分别是△BDC和△ABD的中位线，利用三角形的中位线定理去证明EH=FG，EH∥FG，EF=FG，由此可得到四边形EFGH是平行四边形，再利用对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，可证得结论.
（2）连接AC，BD交于点K，同理可证得四边形EFGH是平行四边形，要使平行四边形EFGH是正方形，可知EH⊥EF，利用三角形的中位线可知EF∥AC，可得到AC⊥BD，∠APB=∠CPD=90°，可得到点P与K重合，结合已知条件可得到AC=BD；利用勾股定理可求出AC的长，即可得到EH的长，可得到正方形EFGH的周长，即可求出铺设地砖所需的费用.
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