2022-2023学年浙教版数学八年级下册第五章特殊平行四边形 单元复习
一、单选题
1．（2023八下·双鸭山期中）如图，矩形的对角线相交于点O，，，则边的长为（ ）
A．3 B．4 C． D．
2．（2023八下·河西期中）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对边相等
C．对角相等 D．对角线互相垂直平分
3．（2023八下·河西期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．那么对于这个图中各部分的面积关系，说法不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023八下·仁化期中）在矩形中，对角线、相交于点O，若，则等于（ ）
A．16 B．12 C．10 D．8
5．（2023八下·兰溪期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连结EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A．AB=BE B．CE⊥DE C．∠ADB=90° D．BE⊥AB
6．（2023八下·宁武期中）如图，小红在作线段的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点A，B为圆心，大于线段长度一半的长为半径画弧，相交于点C，D，则直线即为所求．连接，，，，根据她的作图方法可知，四边形定是（ ）
A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．平行四边形
7．（2023八下·花都期中）下列说法错误的是（ ）
A．菱形的对角线互相垂直且平分
B．矩形的对角线相等
C．有一组邻边相等的四边形是菱形
D．四条边相等的四边形是菱形
8．（2023八下·南宁期中）如图，以直角三角形的三边为边向外作正方形，根据图中数据，可得出正方形A的面积是（ ）
A．12 B．24 C．30 D．10
9．（2023八下·瑞安期中）《周髀算经》中有一种几何方法可以用来解形如：的方程的一个正数解，方法为：如图1，将四个长为x，宽为的长方形纸片（面积均为14）拼成一个大正方形，得到大正方形的面积为：，边长，可依据求得是方程的一个正数解．小明按此方法解关于x的方程时，构造出类似的图形，如图2，已知正方形的面积为24，小正方形的面积为8，则方程的正数解为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023八下·瑞安期中）如图，一个由6张直角三角形纸片拼成的（不重叠、无缝隙），其中，，若，则这个平行四边形的面积为（ ）
A．64 B．96 C．128 D．160
二、填空题
11．（2023八下·大兴期中）如图，矩形的对角线相交于点O，若，，则的长是 ．
12．（2023八下·金坛期中）如图，在中，，，，P为边上任意一点（点P与点C不重合），连接，以，为邻边作，连接，则长的最小值是 ．
13．（2023八下·南宁期中）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，是对角线上的一个动点，则的最小值是 ．
14．（2023八下·南宁期中）如图，菱形的对角线、相交于点，若，，则菱形的边长为 ．
15．（2023八下·金坛期中）如图，在正方形中，点E，F分别在边上，，，则 ．
16．（2023八下·仁化期中）如图，点O为正方形的中心，平分交于点E，延长到点F，使，连接交的延长线于点H，连接交于点G，连接.则以下四个结论中：①，②，③，④．正确结论为 .
三、作图题
17．（2023八下·金坛期中）如图，已知．
（1）用直尺和圆规作图，作的平分线，交边于点E，在上方作，使得，交边于点F．（不写作法，保留作图痕迹，标注字母）
（2）在（1）的条件下，四边形是怎样的特殊四边形？证明你的结论．
四、解答题
18．（2023八下·大兴期中）如图，矩形纸片中，，把矩形纸片沿直线折叠，点B落在点E处，交于点F，若．求的面积．
19．（2023八下·大兴期中）如图，在中，平分，交于点E，交于点F．求证：．
20．（2023八下·河西期中）如图，是一个正方形花园，公园内修建了两条小路和，且，那么这两条小路的长度相等吗？为什么？
五、综合题
21．（2023八下·河东期中）如图所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=12，BC=21，AD=16．动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位长的速度向点D运动，当其中一个动点到达端点时另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
（1）设△DPQ的面积为S，求S与t之间的关系式；
（2）当t为何值时，四边形PCDQ是平行四边形？
（3）分别求出当t为何值时，①PD=PQ；②DQ=PQ．
22．（2023八下·徐州月考）如图1，小颖将一组平行的纸条折叠，点 分别落在处，线段与交于点.
（1）试判断的形状，并证明你的结论；
（2）如图②，将纸条的另一部分沿折叠，点，分别落在，处，且使经过点，试判断四边形的形状，并证明你的结论；
（3）当 度时，四边形是菱形.
23．（2023八下·杭州期中）如图1，已知正方形，是边上的一个动点不与点、重合，连结，点关于直线的对称点为，连结并延长交于点，连结，．
（1）求的度数．
（2）如图2，连结，若点为中点，，求的面积．
（3）如图3，过点作于点，连结，请探究线段与的数量关系，并说明理由．
24．（2022八下·微山期末）如图，直线y＝﹣x+5与y轴、x轴分别交于点A，B，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，E是x轴上一动点，设点E坐标为（m，0）（2＜m＜）．连接AE交BD于点F，作直线CF与y轴相交于点G．
（1）填空：点A的坐标是 ，点B的坐标是 ，点C的坐标是 ，点D的坐标是 ；
（2）求证：∠EAB＝∠GCB；
（3）是否存在这样的m值，使GC⊥y轴？若存在，请求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=2AO=2BO，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AO=AB，
∵AC+AB=12，
∴3AB=12，
∴AB=4.
故答案为：B.
【分析】由矩形的性质得AC=2AO=2BO，然后根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得△AOB是等边三角形，由等边三角形的性质得AO=AB，最后结合AC+AB=12，即可求出答案.
2．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】由于矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等，故矩形矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是对角线相等；
故选：A。
【分析】根据平行四边形和矩形的性质可得答案。
3．【答案】C
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】，
四边形AEFN是平行四边形，四边形FMCG是平行四边形，
， ， ，
，
选项A、B、D正确，
当AN=2ND时，，所以选项C不一定成立，
故选：C
【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论。
4．【答案】D
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵在矩形中，对角线、相交于点O，
∴AC=BD，，
∵AC=16，
∴，
故答案为：D.
【分析】根据矩形的性质先求出AC=BD，，再根据AC=16计算求解即可。
5．【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD，BC∥AD，AB∥CD，
∵DE=AD，
∴DE=BC，
∴四边形BDEC是平行四边形，
A、当AB=BE时，
∵AB=CD，
∴BE=CD，
∴平行四边形BDEC是矩形，故此选项不符合题意；
B、当CE⊥DE时，∠CED=90°，∴平行四边形BDEC是矩形，故此选项不符合题意；
C、当∠ADB=90°时，∠BDE=90°，∴平行四边形BDEC是矩形，故此选项不符合题意；
D、当BE⊥AB时，∵AB∥CD，∴BE⊥CD，∴平行四边形BDEC是菱形，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】首先根据平行四边形的对边平行且相等得AB=CD，BC=AD，BC∥AD，AB∥CD，结合DE=AD，得DE=BC，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形BDEC是平行四边形；当AB=BE时，可推出BE=CD，从而根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断A选项；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可判断B、C选项；由BE⊥AB可推出BE⊥CD，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判断D选项.
6．【答案】C
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】∵CD垂直平分AB，
∴AC=CB=BD=DA
故该图形为菱形
【分析】对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
7．【答案】C
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的对角线互相垂直且平分，此项正确，故不符合题意；
B、矩形的对角线相等，此项正确，故不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，此项错误，故符合题意；
D、四条边相等的四边形是菱形，此项正确，故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据菱形的判定与性质，矩形的性质逐项判断即可.
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：对图形进行点标注：
∵DB2+BC2=DC2，BD2=18，BC2=6，
∴正方形A的面积=CD2=DB2+BC2=18+6=24.
故答案为：B.
【分析】对图形进行点标注，根据勾股定理以及正方形的面积公式可得DB2+BC2=DC2，BD2=18，BC2=6，正方形A的面积=CD2，据此计算.
9．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形EGIH的面积为24，小正方形的面积为8，
∴正方形EGIH的边长为，小正方形的边长为，
∴小矩形的长为x，宽为x-m=x-，
∴x2+(x-)2=24，
解得x=+，
∴方程的正数解为+.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的面积公式可得：正方形EGIH的边长为，小正方形的边长为，则小矩形的长为x，宽为x-m=x-，由勾股定理可得x2+(x-)2=24，求出x的值，即为方程的正数解.
10．【答案】C
【知识点】三角形的面积；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：由题意可得四边形EFGH为正方形，设正方形的边长为x，
∵△AHD≌△CFB，△FEH≌△HGF，
∴S△AHD+S△CFB=2××8×8=64，S△ABE+S△CGD=2××(8+x)(8-x)=64-x2，S正方形EFGH=x2，
∴平行四边形的面积=64+64-x2+x2=128.
故答案为：C.
【分析】由题意可得四边形EFGH为正方形，设正方形的边长为x，则S正方形EFGH=x2，根据三角形的面积公式可得S△AHD+S△CFB=2××8×8=64，S△ABE+S△CGD=2××(8+x)(8-x)=64-x2，据此求解.
11．【答案】2
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴AC= BD，OA = OB = BD，
又∵∠AOB= 60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=1，
∴BD =2BO=2，
故答案为：2.
【分析】利用等边三角形的判定方法先求出△AOB是等边三角形，再求出OB=AB=1，最后计算求解即可。
12．【答案】
【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：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
当PQ⊥BC时，根据垂线段最短，此时PQ的长最小，
∴∠ADP=∠QPD=90°，
在Rt△ABC中
，
∵，
∴6×8=10AD，
解之：；
∵平行四边形PAQC，
∴AQ∥BC，
∴∠ADP=∠QPD=∠QAD=90°，
∴四边形ADPQ是矩形，
∴.
故答案为：
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，当PQ⊥BC时，根据垂线段最短，此时PQ的长最小，利用垂直的定义可证得∠ADP=∠QPD=90°，利用勾股定理求出AC的长，利用直角三角形的两个面积公式求出AD的长；再利用平行四边形的性质及平行线的性质可推出∠ADP=∠QPD=∠QAD=90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形ADPQ是矩形，利用矩形的对边相等，可求出PQ的长.
13．【答案】10
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；线段的中点
【解析】【解答】解：作点M关于BD的对称点E，连接EN，与BD交于点P′，当点P与P′重合时，PM+PN取得最小值EN.
∵M、N分别为BC、CD的中点，四边形ABCD为菱形，
∴CN=BM=CM.
∵点M、E关于BD对称，
∴BE=BM，
∴BE=CN，BE∥CN，
∴四边形BCNE为平行四边形，
∴EN=BC=AB=10.
故答案为：10.
【分析】作点M关于BD的对称点E，连接EN，与BD交于点P′，当点P与P′重合时，PM+PN取得最小值EN，根据菱形的性质以及中点的概念可得CN=BM=CM，由轴对称的性质可得BE=BM，则BE=CN，BE∥CN，推出四边形BCNE为平行四边形，据此解答.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，AC=4，BD=2，
∴AC⊥BD，OA=AC=2，OD=BD=1，
∴AD==.
故答案为：.
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，OA=AC=2，OD=BD=1，然后在Rt△AOD中，利用勾股定理进行计算.
15．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠D=90°.
∵AE=AF，AB=AD，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴∠BAE=∠DAF=(∠DAB-∠EAF)=30°，
∴∠AEB=180°-∠B-∠BAE=180°-90°-30°=60°.
故答案为：60.
【分析】根据正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠BAD=∠D=90°，利用HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，得到∠BAE=∠DAF=(∠DAB-∠EAF)=30°，然后根据内角和定理进行计算.
16．【答案】①③④
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB=90°，BC=DC，
∴∠ECB=∠DCF=90°，
∵CE=CF，
∴△BCE ≌△DCF，
∴∠CBE =∠CDF，
∵∠CBE+∠BEC=90°，∠BEC=∠DEH，
∴∠DEH +∠CDF=90°，
∴∠BHD = ∠BHF=90°，
∵BH =BH，∠HBD =∠HBF，
∴△BHD≌ △BHF，
∴DH=HF，
∵OD =OB，
∴OH是△BFD的中位线，
∴OH//BF，
∴结论①正确
②∵OH是△BFD的中位线，
∴DG=CG =BG，GH =CF，
∵CE=CF，
∴GH=CF=CE，
∵CE< CG =BC，
∴GH∴结论②错误；
③由①可知：△BHD≌ △BHF，
∴BD =BF，
∴OD =BD =BF，
∴结论③正确；
④∵四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线，
∴∠EBC =22.5°，
∴∠F=90°-22.5°=67.5°，
∵DH =HF，
∴HC= HF，
∴∠HCF= ∠F= 67.5°，
∴∠CHF=180°-67.5°x2=45°，
∴结论④正确；
综上所述：正确结论为：①③④.
【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线，三角形的中位线的性质对每个结论结论一一判断即可。
17．【答案】（1）解：即为所求作的的平分线，为所求作的角，如图所示：
（2）解：四边形是菱形；理由如下：
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；作图-平行线；作图-角的平分线
【解析】【分析】（1）根据角平分线以及平行线的作法进行作图；
（2）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAE=∠BEA，根据角平分线的概念可得∠BAE=∠DAE，进而推出AB=BE，由题意可得∠CEQ=∠B，则AB∥EF，然后结合菱形的判定定理进行解答.
18．【答案】解：∵把矩形纸片沿直线 折叠，点B落在点E处， 交 于点F，
∴ ，
∵四边形 是矩形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的面积是 ．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】根据题意先求出 ， 再利用勾股定理求出AD的值，最后利用三角形的面积公式计算求解即可。
19．【答案】证明：∵ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形，
∴ ．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】利用平行四边形的判定方法求出 四边形 为平行四边形， 再求出 ， 最后利用菱形的判定与性质证明即可。
20．【答案】解：这两条小路等长
证明：∵四边形 是正方形
∴ ．
即 ．
又∵ ，
∴ ，
∴
在 与 中
∴
∴
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质
【解析】【分析】根据正方形的性质和同角的余角相等证明，即可得到结论。
21．【答案】（1）解：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BC=21，AB=12，AD=16，
设AQ=t，BP=2t，则DQ=16 t，PC=21 2t，
过点P作PE⊥AD于E，
则四边形ABPE是矩形，PE=AB=12，
∴S= DQ AB= (16 t)×12= 6t+96
故答案为：S=6t+96
（2）解：当四边形PCDQ是平行四边形时，PC=DQ，
∴21 2t=16 t解得：t=5，
∴当t=5时，四边形PCDQ是平行四边形．
故答案为：当t=5时，四边形PCDQ是平行四边形
（3）解：∵AE=BP=2t，PE=AB=12，
①当PD=PQ时，QE=ED= QD，
∵DE=16 2t，
∴AE=BP=AQ+QE，即2t=t+16 2t，
解得：t= ，
∴当t= 时，PD=PQ
故答案为：当t= 时，PD=PQ
②当DQ=PQ时，DQ2=PQ2
∴t2+122=(16 t)2解得：t=
∴当t= 时，DQ=PQ
故答案为：当t= 时，DQ=PQ
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）P为BC边上的动点，在运动的过程中，AD∥BC，所以点P到AD边的距离保持不变，即AB的长，根据三角形面积计算，得，从而得出S与t之间的函数关系；
（2）根据题目要求， 四边形PCDQ是平行四边形，因为PC与DQ已经平行，所以只要保证PC＝DQ，平行四边形就可成立；
（3）①若PD=PQ，即AD=3t，求出对应t值；②若DQ=PQ，由，列出对应等量关系求解。
22．【答案】（1）解：为等腰三角形.
证明：，
.
，
.
，即为等腰三角形.
（2）解：四边形为平行四边形.
由（1）得，
同理，
.
又，
四边形为平行四边形.
（3）60
【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；菱形的判定
【解析】【解答】解：（3）若平行四边形是菱形，则等腰三角形应为等边三角形，故度
故答案为：60.
【分析】（1）三角形MEF是等腰三角形；理由如下：由平行线的性质和折叠的性质可得∠MEF=∠EFM，由等角对等边可得ME=MF，然后根据等腰三角形的定义可得三角形MEF是等腰三角形；
（2）四边形MNFE是平行四边形；理由如下：由（1）得ME=MF，同理可得NF=MF，则ME=NF，结合已知根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形MNFE是平行四边形；
（3）由四边形MNFE是菱形可得三角形MEF为等边三角形，于是根据等边三角形的性质可得∠MEF=∠BFE=60°.
23．【答案】（1）解：点B关于直线AE的对称点为F，
∴AE是连结BF得到的线段的垂直平分线，
，，
，
∴△AFE≌△ABE（SSS），
，
四边形ABCD是正方形，
，，
，，
，
，，，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
，
；
（2）解：点G为CD中点，，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，，
，
，
的面积是；
（3）解：，
理由：如图3，过点H作于点L，交CD于点K，
，
四边形是矩形，
，，，
，
于点，
，
，，
由（1）得，
，
，
≌，
，，
，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）由轴对称的性质得AF=AB，FE=BE，用SSS证明△AFE≌△ABE，得∠FAE=∠BAE，由正方形的性质得∠B=∠D=∠BAD=90°，AD=AB，推出∠AFG=∠D=90°，AF=AD，进而用用HL证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得∠FAG=∠DAG，得∠EAG=∠FAE+∠FAG=∠BAE+∠DAG=∠BAD=45°；
（2）由中点定义及正方形性质得DG=CG=3，由全等三角形性质得FG=DG=3，在Rt△CEG中，利用勾股定理建立方程可求出EF的长，进而可求出EG、CE，进而根据同高三角形的面积之间的关系就是底之间的关系可求出△ECF的面积；
（3），理由如下：过点H作于点L，交CD于点K，易得四边形是矩形，所以BL=CK，KL=AB=BC，再证明∠HGA=∠HAG=45°，则HG=AH，用AAS可证△GHK≌△HAL，得HK=AL，GK=HL，推出HL=BL=CK=GK，由勾股定理得BL2+HL2=2BL2=BH2，从而即可得出结论.
24．【答案】（1）（0，5）；（2，0）；（7，2）；（5，7）
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB，∠ABF＝∠CBF＝45°，∵BF＝BF，∴△BCF≌△BAF（SAS），∴∠BCF＝∠BAF，即∠GCB＝∠EAB；
（3）解：存在这样的m值，使GC⊥y轴，理由如下：由B（2，0），D（5，7）可得直线BD解析式为y＝x﹣，
若GC⊥y轴，则yF＝yC＝2，在y＝x﹣，中，令y＝2得x＝，∴F（，2），
设直线AF解析式为y＝kx+b，将A（0，5），F（，2）代入得：，
解得，∴直线AF解析式为y＝﹣x+5，把E（m，0）代入y＝﹣x+5得：﹣m+5＝0，
解得m＝，
答：存在这样的m值，使GC⊥y轴，此时m的值为．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：（1）过C作CK⊥x轴于K，过D作DT⊥y轴于T，如图：
在y＝﹣x+5中，令x＝0得y＝5，令y＝0得x＝2，
∴A（0，5），B（2，0），OA＝5，OB＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD，
∴∠CBK＝90°﹣∠ABO＝∠BAO＝90°﹣∠TAD＝∠TDA，
∵∠CKB＝∠AOB＝∠ATD＝90°，∴△BCK≌△ABO≌△DAT（AAS），
∴BK＝OA＝DT＝5，CK＝OB＝AT＝2，
∴OK＝OB+BK＝7，OT＝OA+AT＝7，
∴C（7，2），D（5，7）；
故答案为：（0，5），（2，0），（7，2），（5，7）；
【分析】（1）过C作CK⊥x轴于K，过D作DT⊥y轴于T，在y＝﹣x+5中，令x＝0得y＝5，令y＝0得x＝2，得出A、B的坐标及OA、OB的值，证明△BCK≌△ABO≌△DAT（AAS），得出BK＝OA＝DT＝5，CK＝OB＝AT＝2，由此得出点C、D的坐标；
（2）由四边形ABCD是正方形，证出，△BCF≌△BAF（SAS），得出∠BCF＝∠BAF，即可得出结论；
（3）由B（2，0），D（5，7）可得直线BD解析式，令y＝2得x＝，得出F点的坐标，利用待定系数法可得出直线解析式，再将点E代入即可得出答案。
1 / 12022-2023学年浙教版数学八年级下册第五章特殊平行四边形 单元复习
一、单选题
1．（2023八下·双鸭山期中）如图，矩形的对角线相交于点O，，，则边的长为（ ）
A．3 B．4 C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=2AO=2BO，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AO=AB，
∵AC+AB=12，
∴3AB=12，
∴AB=4.
故答案为：B.
【分析】由矩形的性质得AC=2AO=2BO，然后根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得△AOB是等边三角形，由等边三角形的性质得AO=AB，最后结合AC+AB=12，即可求出答案.
2．（2023八下·河西期中）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对边相等
C．对角相等 D．对角线互相垂直平分
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】由于矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等，故矩形矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是对角线相等；
故选：A。
【分析】根据平行四边形和矩形的性质可得答案。
3．（2023八下·河西期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．那么对于这个图中各部分的面积关系，说法不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】，
四边形AEFN是平行四边形，四边形FMCG是平行四边形，
， ， ，
，
选项A、B、D正确，
当AN=2ND时，，所以选项C不一定成立，
故选：C
【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论。
4．（2023八下·仁化期中）在矩形中，对角线、相交于点O，若，则等于（ ）
A．16 B．12 C．10 D．8
【答案】D
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵在矩形中，对角线、相交于点O，
∴AC=BD，，
∵AC=16，
∴，
故答案为：D.
【分析】根据矩形的性质先求出AC=BD，，再根据AC=16计算求解即可。
5．（2023八下·兰溪期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连结EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A．AB=BE B．CE⊥DE C．∠ADB=90° D．BE⊥AB
【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD，BC∥AD，AB∥CD，
∵DE=AD，
∴DE=BC，
∴四边形BDEC是平行四边形，
A、当AB=BE时，
∵AB=CD，
∴BE=CD，
∴平行四边形BDEC是矩形，故此选项不符合题意；
B、当CE⊥DE时，∠CED=90°，∴平行四边形BDEC是矩形，故此选项不符合题意；
C、当∠ADB=90°时，∠BDE=90°，∴平行四边形BDEC是矩形，故此选项不符合题意；
D、当BE⊥AB时，∵AB∥CD，∴BE⊥CD，∴平行四边形BDEC是菱形，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】首先根据平行四边形的对边平行且相等得AB=CD，BC=AD，BC∥AD，AB∥CD，结合DE=AD，得DE=BC，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形BDEC是平行四边形；当AB=BE时，可推出BE=CD，从而根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断A选项；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可判断B、C选项；由BE⊥AB可推出BE⊥CD，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判断D选项.
6．（2023八下·宁武期中）如图，小红在作线段的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点A，B为圆心，大于线段长度一半的长为半径画弧，相交于点C，D，则直线即为所求．连接，，，，根据她的作图方法可知，四边形定是（ ）
A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．平行四边形
【答案】C
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】∵CD垂直平分AB，
∴AC=CB=BD=DA
故该图形为菱形
【分析】对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
7．（2023八下·花都期中）下列说法错误的是（ ）
A．菱形的对角线互相垂直且平分
B．矩形的对角线相等
C．有一组邻边相等的四边形是菱形
D．四条边相等的四边形是菱形
【答案】C
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的对角线互相垂直且平分，此项正确，故不符合题意；
B、矩形的对角线相等，此项正确，故不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，此项错误，故符合题意；
D、四条边相等的四边形是菱形，此项正确，故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据菱形的判定与性质，矩形的性质逐项判断即可.
8．（2023八下·南宁期中）如图，以直角三角形的三边为边向外作正方形，根据图中数据，可得出正方形A的面积是（ ）
A．12 B．24 C．30 D．10
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：对图形进行点标注：
∵DB2+BC2=DC2，BD2=18，BC2=6，
∴正方形A的面积=CD2=DB2+BC2=18+6=24.
故答案为：B.
【分析】对图形进行点标注，根据勾股定理以及正方形的面积公式可得DB2+BC2=DC2，BD2=18，BC2=6，正方形A的面积=CD2，据此计算.
9．（2023八下·瑞安期中）《周髀算经》中有一种几何方法可以用来解形如：的方程的一个正数解，方法为：如图1，将四个长为x，宽为的长方形纸片（面积均为14）拼成一个大正方形，得到大正方形的面积为：，边长，可依据求得是方程的一个正数解．小明按此方法解关于x的方程时，构造出类似的图形，如图2，已知正方形的面积为24，小正方形的面积为8，则方程的正数解为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形EGIH的面积为24，小正方形的面积为8，
∴正方形EGIH的边长为，小正方形的边长为，
∴小矩形的长为x，宽为x-m=x-，
∴x2+(x-)2=24，
解得x=+，
∴方程的正数解为+.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的面积公式可得：正方形EGIH的边长为，小正方形的边长为，则小矩形的长为x，宽为x-m=x-，由勾股定理可得x2+(x-)2=24，求出x的值，即为方程的正数解.
10．（2023八下·瑞安期中）如图，一个由6张直角三角形纸片拼成的（不重叠、无缝隙），其中，，若，则这个平行四边形的面积为（ ）
A．64 B．96 C．128 D．160
【答案】C
【知识点】三角形的面积；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：由题意可得四边形EFGH为正方形，设正方形的边长为x，
∵△AHD≌△CFB，△FEH≌△HGF，
∴S△AHD+S△CFB=2××8×8=64，S△ABE+S△CGD=2××(8+x)(8-x)=64-x2，S正方形EFGH=x2，
∴平行四边形的面积=64+64-x2+x2=128.
故答案为：C.
【分析】由题意可得四边形EFGH为正方形，设正方形的边长为x，则S正方形EFGH=x2，根据三角形的面积公式可得S△AHD+S△CFB=2××8×8=64，S△ABE+S△CGD=2××(8+x)(8-x)=64-x2，据此求解.
二、填空题
11．（2023八下·大兴期中）如图，矩形的对角线相交于点O，若，，则的长是 ．
【答案】2
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴AC= BD，OA = OB = BD，
又∵∠AOB= 60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=1，
∴BD =2BO=2，
故答案为：2.
【分析】利用等边三角形的判定方法先求出△AOB是等边三角形，再求出OB=AB=1，最后计算求解即可。
12．（2023八下·金坛期中）如图，在中，，，，P为边上任意一点（点P与点C不重合），连接，以，为邻边作，连接，则长的最小值是 ．
【答案】
【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：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
当PQ⊥BC时，根据垂线段最短，此时PQ的长最小，
∴∠ADP=∠QPD=90°，
在Rt△ABC中
，
∵，
∴6×8=10AD，
解之：；
∵平行四边形PAQC，
∴AQ∥BC，
∴∠ADP=∠QPD=∠QAD=90°，
∴四边形ADPQ是矩形，
∴.
故答案为：
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，当PQ⊥BC时，根据垂线段最短，此时PQ的长最小，利用垂直的定义可证得∠ADP=∠QPD=90°，利用勾股定理求出AC的长，利用直角三角形的两个面积公式求出AD的长；再利用平行四边形的性质及平行线的性质可推出∠ADP=∠QPD=∠QAD=90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形ADPQ是矩形，利用矩形的对边相等，可求出PQ的长.
13．（2023八下·南宁期中）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，是对角线上的一个动点，则的最小值是 ．
【答案】10
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；线段的中点
【解析】【解答】解：作点M关于BD的对称点E，连接EN，与BD交于点P′，当点P与P′重合时，PM+PN取得最小值EN.
∵M、N分别为BC、CD的中点，四边形ABCD为菱形，
∴CN=BM=CM.
∵点M、E关于BD对称，
∴BE=BM，
∴BE=CN，BE∥CN，
∴四边形BCNE为平行四边形，
∴EN=BC=AB=10.
故答案为：10.
【分析】作点M关于BD的对称点E，连接EN，与BD交于点P′，当点P与P′重合时，PM+PN取得最小值EN，根据菱形的性质以及中点的概念可得CN=BM=CM，由轴对称的性质可得BE=BM，则BE=CN，BE∥CN，推出四边形BCNE为平行四边形，据此解答.
14．（2023八下·南宁期中）如图，菱形的对角线、相交于点，若，，则菱形的边长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，AC=4，BD=2，
∴AC⊥BD，OA=AC=2，OD=BD=1，
∴AD==.
故答案为：.
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，OA=AC=2，OD=BD=1，然后在Rt△AOD中，利用勾股定理进行计算.
15．（2023八下·金坛期中）如图，在正方形中，点E，F分别在边上，，，则 ．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠D=90°.
∵AE=AF，AB=AD，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴∠BAE=∠DAF=(∠DAB-∠EAF)=30°，
∴∠AEB=180°-∠B-∠BAE=180°-90°-30°=60°.
故答案为：60.
【分析】根据正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠BAD=∠D=90°，利用HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，得到∠BAE=∠DAF=(∠DAB-∠EAF)=30°，然后根据内角和定理进行计算.
16．（2023八下·仁化期中）如图，点O为正方形的中心，平分交于点E，延长到点F，使，连接交的延长线于点H，连接交于点G，连接.则以下四个结论中：①，②，③，④．正确结论为 .
【答案】①③④
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB=90°，BC=DC，
∴∠ECB=∠DCF=90°，
∵CE=CF，
∴△BCE ≌△DCF，
∴∠CBE =∠CDF，
∵∠CBE+∠BEC=90°，∠BEC=∠DEH，
∴∠DEH +∠CDF=90°，
∴∠BHD = ∠BHF=90°，
∵BH =BH，∠HBD =∠HBF，
∴△BHD≌ △BHF，
∴DH=HF，
∵OD =OB，
∴OH是△BFD的中位线，
∴OH//BF，
∴结论①正确
②∵OH是△BFD的中位线，
∴DG=CG =BG，GH =CF，
∵CE=CF，
∴GH=CF=CE，
∵CE< CG =BC，
∴GH∴结论②错误；
③由①可知：△BHD≌ △BHF，
∴BD =BF，
∴OD =BD =BF，
∴结论③正确；
④∵四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线，
∴∠EBC =22.5°，
∴∠F=90°-22.5°=67.5°，
∵DH =HF，
∴HC= HF，
∴∠HCF= ∠F= 67.5°，
∴∠CHF=180°-67.5°x2=45°，
∴结论④正确；
综上所述：正确结论为：①③④.
【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线，三角形的中位线的性质对每个结论结论一一判断即可。
三、作图题
17．（2023八下·金坛期中）如图，已知．
（1）用直尺和圆规作图，作的平分线，交边于点E，在上方作，使得，交边于点F．（不写作法，保留作图痕迹，标注字母）
（2）在（1）的条件下，四边形是怎样的特殊四边形？证明你的结论．
【答案】（1）解：即为所求作的的平分线，为所求作的角，如图所示：
（2）解：四边形是菱形；理由如下：
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；作图-平行线；作图-角的平分线
【解析】【分析】（1）根据角平分线以及平行线的作法进行作图；
（2）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAE=∠BEA，根据角平分线的概念可得∠BAE=∠DAE，进而推出AB=BE，由题意可得∠CEQ=∠B，则AB∥EF，然后结合菱形的判定定理进行解答.
四、解答题
18．（2023八下·大兴期中）如图，矩形纸片中，，把矩形纸片沿直线折叠，点B落在点E处，交于点F，若．求的面积．
【答案】解：∵把矩形纸片沿直线 折叠，点B落在点E处， 交 于点F，
∴ ，
∵四边形 是矩形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的面积是 ．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】根据题意先求出 ， 再利用勾股定理求出AD的值，最后利用三角形的面积公式计算求解即可。
19．（2023八下·大兴期中）如图，在中，平分，交于点E，交于点F．求证：．
【答案】证明：∵ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形，
∴ ．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】利用平行四边形的判定方法求出 四边形 为平行四边形， 再求出 ， 最后利用菱形的判定与性质证明即可。
20．（2023八下·河西期中）如图，是一个正方形花园，公园内修建了两条小路和，且，那么这两条小路的长度相等吗？为什么？
【答案】解：这两条小路等长
证明：∵四边形 是正方形
∴ ．
即 ．
又∵ ，
∴ ，
∴
在 与 中
∴
∴
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质
【解析】【分析】根据正方形的性质和同角的余角相等证明，即可得到结论。
五、综合题
21．（2023八下·河东期中）如图所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=12，BC=21，AD=16．动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位长的速度向点D运动，当其中一个动点到达端点时另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
（1）设△DPQ的面积为S，求S与t之间的关系式；
（2）当t为何值时，四边形PCDQ是平行四边形？
（3）分别求出当t为何值时，①PD=PQ；②DQ=PQ．
【答案】（1）解：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BC=21，AB=12，AD=16，
设AQ=t，BP=2t，则DQ=16 t，PC=21 2t，
过点P作PE⊥AD于E，
则四边形ABPE是矩形，PE=AB=12，
∴S= DQ AB= (16 t)×12= 6t+96
故答案为：S=6t+96
（2）解：当四边形PCDQ是平行四边形时，PC=DQ，
∴21 2t=16 t解得：t=5，
∴当t=5时，四边形PCDQ是平行四边形．
故答案为：当t=5时，四边形PCDQ是平行四边形
（3）解：∵AE=BP=2t，PE=AB=12，
①当PD=PQ时，QE=ED= QD，
∵DE=16 2t，
∴AE=BP=AQ+QE，即2t=t+16 2t，
解得：t= ，
∴当t= 时，PD=PQ
故答案为：当t= 时，PD=PQ
②当DQ=PQ时，DQ2=PQ2
∴t2+122=(16 t)2解得：t=
∴当t= 时，DQ=PQ
故答案为：当t= 时，DQ=PQ
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）P为BC边上的动点，在运动的过程中，AD∥BC，所以点P到AD边的距离保持不变，即AB的长，根据三角形面积计算，得，从而得出S与t之间的函数关系；
（2）根据题目要求， 四边形PCDQ是平行四边形，因为PC与DQ已经平行，所以只要保证PC＝DQ，平行四边形就可成立；
（3）①若PD=PQ，即AD=3t，求出对应t值；②若DQ=PQ，由，列出对应等量关系求解。
22．（2023八下·徐州月考）如图1，小颖将一组平行的纸条折叠，点 分别落在处，线段与交于点.
（1）试判断的形状，并证明你的结论；
（2）如图②，将纸条的另一部分沿折叠，点，分别落在，处，且使经过点，试判断四边形的形状，并证明你的结论；
（3）当 度时，四边形是菱形.
【答案】（1）解：为等腰三角形.
证明：，
.
，
.
，即为等腰三角形.
（2）解：四边形为平行四边形.
由（1）得，
同理，
.
又，
四边形为平行四边形.
（3）60
【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；菱形的判定
【解析】【解答】解：（3）若平行四边形是菱形，则等腰三角形应为等边三角形，故度
故答案为：60.
【分析】（1）三角形MEF是等腰三角形；理由如下：由平行线的性质和折叠的性质可得∠MEF=∠EFM，由等角对等边可得ME=MF，然后根据等腰三角形的定义可得三角形MEF是等腰三角形；
（2）四边形MNFE是平行四边形；理由如下：由（1）得ME=MF，同理可得NF=MF，则ME=NF，结合已知根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形MNFE是平行四边形；
（3）由四边形MNFE是菱形可得三角形MEF为等边三角形，于是根据等边三角形的性质可得∠MEF=∠BFE=60°.
23．（2023八下·杭州期中）如图1，已知正方形，是边上的一个动点不与点、重合，连结，点关于直线的对称点为，连结并延长交于点，连结，．
（1）求的度数．
（2）如图2，连结，若点为中点，，求的面积．
（3）如图3，过点作于点，连结，请探究线段与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）解：点B关于直线AE的对称点为F，
∴AE是连结BF得到的线段的垂直平分线，
，，
，
∴△AFE≌△ABE（SSS），
，
四边形ABCD是正方形，
，，
，，
，
，，，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
，
；
（2）解：点G为CD中点，，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，，
，
，
的面积是；
（3）解：，
理由：如图3，过点H作于点L，交CD于点K，
，
四边形是矩形，
，，，
，
于点，
，
，，
由（1）得，
，
，
≌，
，，
，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）由轴对称的性质得AF=AB，FE=BE，用SSS证明△AFE≌△ABE，得∠FAE=∠BAE，由正方形的性质得∠B=∠D=∠BAD=90°，AD=AB，推出∠AFG=∠D=90°，AF=AD，进而用用HL证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得∠FAG=∠DAG，得∠EAG=∠FAE+∠FAG=∠BAE+∠DAG=∠BAD=45°；
（2）由中点定义及正方形性质得DG=CG=3，由全等三角形性质得FG=DG=3，在Rt△CEG中，利用勾股定理建立方程可求出EF的长，进而可求出EG、CE，进而根据同高三角形的面积之间的关系就是底之间的关系可求出△ECF的面积；
（3），理由如下：过点H作于点L，交CD于点K，易得四边形是矩形，所以BL=CK，KL=AB=BC，再证明∠HGA=∠HAG=45°，则HG=AH，用AAS可证△GHK≌△HAL，得HK=AL，GK=HL，推出HL=BL=CK=GK，由勾股定理得BL2+HL2=2BL2=BH2，从而即可得出结论.
24．（2022八下·微山期末）如图，直线y＝﹣x+5与y轴、x轴分别交于点A，B，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，E是x轴上一动点，设点E坐标为（m，0）（2＜m＜）．连接AE交BD于点F，作直线CF与y轴相交于点G．
（1）填空：点A的坐标是 ，点B的坐标是 ，点C的坐标是 ，点D的坐标是 ；
（2）求证：∠EAB＝∠GCB；
（3）是否存在这样的m值，使GC⊥y轴？若存在，请求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（0，5）；（2，0）；（7，2）；（5，7）
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB，∠ABF＝∠CBF＝45°，∵BF＝BF，∴△BCF≌△BAF（SAS），∴∠BCF＝∠BAF，即∠GCB＝∠EAB；
（3）解：存在这样的m值，使GC⊥y轴，理由如下：由B（2，0），D（5，7）可得直线BD解析式为y＝x﹣，
若GC⊥y轴，则yF＝yC＝2，在y＝x﹣，中，令y＝2得x＝，∴F（，2），
设直线AF解析式为y＝kx+b，将A（0，5），F（，2）代入得：，
解得，∴直线AF解析式为y＝﹣x+5，把E（m，0）代入y＝﹣x+5得：﹣m+5＝0，
解得m＝，
答：存在这样的m值，使GC⊥y轴，此时m的值为．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：（1）过C作CK⊥x轴于K，过D作DT⊥y轴于T，如图：
在y＝﹣x+5中，令x＝0得y＝5，令y＝0得x＝2，
∴A（0，5），B（2，0），OA＝5，OB＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD，
∴∠CBK＝90°﹣∠ABO＝∠BAO＝90°﹣∠TAD＝∠TDA，
∵∠CKB＝∠AOB＝∠ATD＝90°，∴△BCK≌△ABO≌△DAT（AAS），
∴BK＝OA＝DT＝5，CK＝OB＝AT＝2，
∴OK＝OB+BK＝7，OT＝OA+AT＝7，
∴C（7，2），D（5，7）；
故答案为：（0，5），（2，0），（7，2），（5，7）；
【分析】（1）过C作CK⊥x轴于K，过D作DT⊥y轴于T，在y＝﹣x+5中，令x＝0得y＝5，令y＝0得x＝2，得出A、B的坐标及OA、OB的值，证明△BCK≌△ABO≌△DAT（AAS），得出BK＝OA＝DT＝5，CK＝OB＝AT＝2，由此得出点C、D的坐标；
（2）由四边形ABCD是正方形，证出，△BCF≌△BAF（SAS），得出∠BCF＝∠BAF，即可得出结论；
（3）由B（2，0），D（5，7）可得直线BD解析式，令y＝2得x＝，得出F点的坐标，利用待定系数法可得出直线解析式，再将点E代入即可得出答案。
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