2024年浙教版数学八年级下册阶段复习培优练第5章特殊平行四边形
一、选择题
1．（2022八上·沈阳期中）边长为1的正方形的对角线的长是（ ）
A．整数 B．分数 C．有理数 D．无理数
2．（2022八上·沈阳期中）如图，已知正方形ABCD的面积为64平方厘米，厘米，则CE的长为（ ）
A．6 B．12 C． D．
3．（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
4．（2022八上·镇海区期中）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载，如图以直角三角形的各边为边分别向同侧作正方形，若知道图中阻影部分的面积之和，则一定能求出（ ）
A．正方形的面积 B．正方形的面积
C．正方形的面积 D．的面积
5．（2022八上·雁塔期中）新冠疫情防控过程中，某中学在大门口的正上方A处装着一个红外线激光测温仪，离地米（如图所示），当人体进入感应范围内时，测温仪就会显示人体体温．一个身高1.6米的学生（米）正对门缓慢走到离门1.2米的地方时（米），测温仪自动显示体温，则人头顶离测温仪的距离等于（ ）
A．1.2米 B．1.3米 C．1.4米 D．1.5米
6．（2022八上·平阳期中）“赵爽弦图”被誉为“中国数学界的图腾”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形， 如图，连接，若大正方形的面积为的面积为8，则小正方形的面积是（ ）
A． B．1 C． D．2
7．（2023八上·期中）如图，四边形ABCD是正方形，直线a，b，c分别通过A、D、C三点，且a∥b∥c．若a与b之间的距离是5，b与c之间的距离是7，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．148 B．144 C．74 D．70
8．（2021八上·西湖期中）如图，四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成了一个大正方形ABCD，连结AC，交BE于点P，若正方形ABCD的面积为28，AE+BE＝7.则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3.5 B．4.5 C．5 D．5.5
二、填空题
9．（2024八上·瑞安期末）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上：OA＝3，OC＝4，D为OC边的中点，E是OA边上的一个动点，当△BDE的周长最小时，E点坐标为 ．
10．（2024八上·鹿寨期末）如图，在中，，以为边向上作正方形，以为边作正方形，点D落在上，连接，．若，，则的面积为 ．
11．（2022八上·鄞州期中）如图，长方形ABCD中，AB＝8，AD=6，长方形内有一个点P，连接AP，BP，CP，已知∠APB＝90°，CP=CB，延长CP交AD于点E，则AE＝ ．
12．（2023八上·邛崃月考）如图，点P是矩形内任意一点，连结，记，则下列各结论一定成立的有 （填序号）
①；②若，则；
③；④，则P在对角线上
三、解答题
13．[推理能力]如图，在□ABCD中，AB=2cm，AC=5cm ，S ABCD =8 cm ，点 E 从点 B 出发，以1cm/s的速度在 AB 的延长线上向右运动，同时点 F 从点 D 出发，以同样的速度在 CD的延长线上向左运动，运动时间为t(s).
（1）在运动过程中，四边形 AECF 的形状是 .
（2）当t= 时，四边形 AECF 是矩形.
（3）当 t 的值为多少时，四边形 AECF 是菱形
14．（2023八上·达州期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，顶点C在y轴的正半轴上，OA＝12，OC＝9，连接AC．
（1）填空：点A的坐标： ；点B的坐标： ．
（2）若CD平分∠ACO，交x轴于D，求点D的坐标．
（3）在（2）的条件下，经过点D的直线交直线BC于E，当△CDE为以CD为底的等腰三角形时，求该直线的解析式．
15．（2021八上·北林期末）
（1）问题发现：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、AD上的点，且，连接DE，过点E作，使，连接FG、FC，请判断：FG与CE的数量关系是 ，位置关系是 ．
（2）拓展探究：
如图2，若点E、F分别是CB、BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请写出判断，并给予证明．
（3）类比延伸：
如图3，若点E、F分别是BC、AB延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断，不需证明．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】正方形的性质；无理数的概念
【解析】【解答】解：边长为1的正方形的对角线的长，
故答案为：D．
【分析】先利用勾股定理求出正方形的对角线长，再根据无理数的定义判断即可。
2．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为64平方厘米，∴，厘米，∵厘米，∴（厘米），
故答案为：D．
【分析】先求出正方形的边长，再利用勾股定理求出CE的长即可。
3．【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.
4．【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点N作于点H，则是矩形，则
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
同理可得，
依题意，，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
故答案为：D.
【分析】过点N作于点H，则是矩形，则，证明，可得，同理可得，再证，可得，从而得出.
5．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，如图所示：
由题意得：四边形BEDC是长方形，
∴DE=BC=1.2米，CD=BE=1.6米，
∵米，
∴AE=0.5米，
在Rt△AED中，由勾股定理得：米，
故答案为：B．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，由长方形的性质可得DE=BC=1.2米，CD=BE=1.6米，从而求出AE=0.5米在Rt△AED中，由勾股定理求出AD即可.
6．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设，
大正方形ABCD的面积为25，
，
，
的面积为8，
，
(负值舍去)，
，
小正方形EFGH的面积.
故答案为：B.
【分析】设AG=BH=b，AH=BE=a，根据大正方形的面积可得AB=5，由勾股定理可得a2+b2=25，根据△ABE的面积可得a的值，然后求出b，由图形可得小正方形EFGH的边长为a-b，进而可得其面积.
7．【答案】C
【知识点】平行线的性质；平行线之间的距离；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如下图：过A作AM垂直直线b于M，过点D作DN垂直直线c于点N，则
因为b∥c，
所以
所以即
又因为四边形 ABCD是正方形 ，
所以
所以
在和中，
所以
所以，
又因为a与b之间的距离是5，b与c之间的距离是7 ，
所以
在中由勾股定理可得：
则正方形ABCD的面积
故答案为：C.
【分析】过A作AM垂直直线b于M，过点D作DN垂直直线c于点N，然后通过正方形的性质和平行直线的性质可证得从而用AAS得到则，接下来在运用勾股定理求得CD，即可求出正方形ABCD的面积.
8．【答案】A
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为28，
∴AB2＝28，
设AE＝x，
∵AE+BE＝7，
∴BE＝7﹣x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴x2+（7﹣x）2＝28，
∴2x2﹣14x＝﹣21，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP＝∠GCM，
∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE＝CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，
∴S△CFP﹣S△AEP＝S△CFP﹣S△CGM＝S梯形FPMG＝ （NG+PF） FG＝ EF FG＝ S正方形EHGF，
∵S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB＝28﹣4× x （7﹣x）＝28﹣2x（7﹣x）＝28﹣21＝7，
则S△CFP﹣S△AEP的值是3.5；
故答案为：A.
【分析】由正方形的面积得AB2＝28，设AE＝x可得BE＝7﹣x，Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，据此建立关于x方程，可得2x2﹣14x＝﹣21.证明△AEP≌△CGM（ASA），可得S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，从而求出S△CFP﹣S△AEP＝ S正方形EHGF，根据S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB即可求解.
9．【答案】（1，0）
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；矩形的性质；关于坐标轴对称的点的坐标特征；轴对称的应用-最短距离问题；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：作D关于x轴的对称点D'，连接D'B交x轴于点E，连接DE，则DE=D'E，此时△BDE的周长最小，如图，
∵D为CO的中点，
∴CD=OD=2，
∵D和D'关于X轴对称，
∴D'(0，-2)，
∵四边形OABC是矩形，且顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，OA＝3，OC＝4，
∴B（3，4），
∴设直线BD'的解析式为，
把B（3，4），D'（0，-2）代入解析式得：，
解得，
∴直线BD'的解析式为，
当y=0时，x=1，
故E点坐标为（1，0）
故答案为：（1，0）.
【分析】本体是将军饮马的问题，只需作D关于x轴的对称点D'，连接D'B交x轴于点E，如图，则此时△BDE的周长最小，易得点B和D'坐标，故可利用待定系数法求出直线BD'的解析式，然后求直线BD'与x轴的交点即得答案.
10．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
过点E作于点H，则，，，
∴，
∴，
已知：，
∴，
∴，
解得：，
∴．
故答案为：．
【分析】由正方形的性质及SAS可证明，可得，过点E作于点H，则，，再用AAS证明，可得，根据，结合勾股定理可建立方程，解得，即可得解．
11．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：延长AP交CD于点F，如图，
∵ ∠APB=90°，
∴ ∠APE+∠BPC=90°，
∵ CP=CB，
∴ ∠BPC=∠PBC，
∴ ∠APE+∠PBC=90°，
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ ∠ ABC=90°，即∠ABP+∠PBC=90°，
∴ ∠APE=∠ABP，
∵ ∠APB=90°，∠DAB=90°，
∴ ∠ABP+∠PAB=90°，∠PAB+∠PAD=90°，
∴∠PAD=∠ABP，
∴ ∠APE=∠PAD，
∴ AE=EP，
在Rt△CDE中，DE2+CD2=EC2，
(6-AE)2+82=(6+AE)2，
∴ AE= .
故答案为： .
【分析】根据矩形的性质和等腰三角形的性质，推出△AEP为等腰三角形，在Rt△CDE中利用勾股定理即可求得.
12．【答案】①②③④
【知识点】三角形的面积；三角形内角和定理；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：
①S△PAD+S△PBC=AD·h1+AD·h2=AD·AB=S矩形ABCD，
S△PAB+S△PCD=AB·h1+AB·h2=AB·AD=S矩形ABCD，∴S△PAD+S△PBC=S△PAB+S△PCD，正确；
②∵∠APB=80°，∠DPC=50°，
∴∠PAB+∠PBA=100°，∠PCD+∠PDC=130°，
∴∠PAB-∠PBC=∠PAB-（90°-∠PBA）=∠PAB+∠PBA-90°=1-2，
∴∠PCD-∠PDA=∠PCD-（90°-∠PDC）=∠PCD+∠PDC-90°=3-4，
∴1-2+3-4=∠PAB+∠PBA-90°+∠PCD+∠PDC-90°=50°；
③过点P作EF∥BC，交AB于点E，交CD于点F，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB⊥BC，DC⊥BC，
∴AB⊥EF，DC⊥EF，
∴在直角三角形APE中，PA2=AE2+PE2，同理，PC2=CF2+PF2，PB2=BE2+PE2，PD2=DF2+PF2，
∴PA2+PC2=AE2+PE2+CF2+PF2，PB2+PD2=BE2+PE2+DF2+PF2，
∵AB⊥EF，DC⊥EF，AD⊥AB，
∴四边形ADFE为矩形，
∴AE=DF，同理可证CF=BE，
∴AE2=DF2，CF2=BE2，
∴PA2+PC2=PB2+PD2，正确；
④∵S△ABP=S△ADP，S△PAD+S△PBC=S△PAB+S△PCD，
∴S△PBC=S△PCD，
∴S△ABP+S△PBC=S△APD+S△PCD=SABCD'，
∴点P在对角线AC上，正确；
∴①②③④正确。
故答案为：①②③④.
【分析】根据矩形的判定定理和性质、三角形的面积、勾股定理、三角形的内角和定理等分别判断。
13．【答案】（1）平行四边形
（2）1
（3）解：由题意得：AE=CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故AE=CE时，四边形AECF是菱形.
∵BE=tcm，∴AE=CE=t+2（cm），
过C作CG⊥BE于G，如图：
则CG=4cm，
在Rt△ACG中，AG=，
∴GE=t+2-3=t-1，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+GE2=CE2，
即：42+（t-1）2=(t+2)2，解得：t=，
∴当t=时，四边形AECF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解（1）四边形AECF是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=2cm，AB∥CD，
∴CF∥AE，
∵DF=BE，
∴CF=AE，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）当t=1时，四边形AECF是矩形；理由如下：
若四边形AECF是矩形，
∴∠AFC=90°，
∴AF⊥CD，
∵S平行四边形ABCD=CD·AF，
∴AF=4cm，
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2，即：42+（t+2）2=52，
解得：t1=1，t2=-5(舍去），
∴当t=1时，四边形AECF是矩形；
【分析】（1）由平行四边形的性质并结合平行四边形的判定即可求解；
（2）由矩形的性质可得∠AFC=90°，由平行四边形的性质可求出AF的值，在Rt△ACF中，用勾股定理可得关于t的方程，解方程即可求解；
（3）当AE=CE时，四边形AECF是菱形；过C作CG⊥BE于G，用勾股定理求出AG的值，则GE可用含t的代数式表示出来，在Rt△ECG中，由勾股定理可得关于t的方程，解方程即可求解.
14．【答案】（1）（12，0）；（12，9）
（2）解：如下图中，作DM⊥AC于M．
∵DC平分∠ACO，DO⊥CO，DM⊥AC，
∴DO＝DM，∠COD＝∠CMD＝90°，
∵CD＝CD，
∴Rt△CDO≌Rt△CDM（HL），
∴CM＝OC＝9，
∵AC＝ ＝15，
∴AM＝6，设OD＝DM＝m，
在Rt△ADM中，∵AD2＝DM2+AM2，
∴x2+62＝（12-x）2，
解得x＝ ，
∴D（ ，0）．
（3）解：如下图中，作线段CD的中垂线EF，垂足为F，交BC 于E，则EC＝ED，△ECD是以CD为底的等腰三角形．
∵C（0，9），D（ ，0），
∴直线CD的解析式为y＝-2x+9，
∴F（ ， ），
∴直线EF的解析式为y＝ x+ ．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：（1）∵四边形OABC是矩形，
∴AB＝OC＝9，BC＝OA＝12，
∴A（12，0），B（12，9），
故答案为：（12，0），（12，9）；
【分析】（1）利用矩形的性质可求出AB，BC的长，由此可得到点A，B的坐标.
（2）过点D作DM⊥AC于M，利用角平分线的性质，可证得DO=DM，∠COD＝∠CMD＝90°，利用HL可证得Rt△CDO≌Rt△CDM，利用全等三角形的对应边相等，可求出CM的长；利用勾股定理求出AC的长，由此可求出AM的长，设OD＝DM＝m，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点D的坐标.
（3）作线段CD的中垂线EF，垂足为F，交BC 于E，则EC＝ED，△ECD是以CD为底的等腰三角形，利用待定系数法，由点C，D的坐标可求出直线CD的函数解析式，可得到点F的坐标，利用EF⊥CD，可求出直线EF的函数解析式.
15．【答案】（1）GF=EC；GF∥EC
（2）解：结论仍然成立．
过点G作GH⊥CB的延长线于点H，
∵EG⊥DE，
∴∠GEH+∠DEC=90°，
∵∠GEH+∠HGE=90°，
∴∠DEC=∠HGE，
在△HGE与△CED中，
，
∴△HGE≌△CED（AAS），
∴GH=CE，HE=CD，
∵CE=BF，
∴GH=BF，
∵GH∥BF，
∴四边形GHBF是矩形，
∴GF=BH，FG∥CH，
∴FG∥CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=BC，
∴HE=BC，
∴HE+EB=BC+EB，
∴BH=EC，
∴FG=EC；
（3）结论仍然成立FG∥CE，FG=CE
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）FG=CE，FG∥CE；
理由：如图1中，设DE与CF交于点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，
在△CBF和△DCE中，
，
∴△CBF≌△DCE（SAS），
∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，
∵∠BCF+∠DCM=90°，
∴∠CDE+∠DCM=90°，
∴∠CMD=90°，
∴CF⊥DE，
∵GE⊥DE，
∴EG∥CF，
∵EG=DE，CF=DE，
∴EG=CF，
∴四边形EGFC是平行四边形．
∴GF=EC，
∴GF=EC，GF∥EC．
（3）成立．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠FBC=∠ECD=90°，
在△CBF与△DCE中，
，
∴△CBF≌△DCE（SAS），
∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，
∵EG=DE，
∴CF=EG，
∵DE⊥EG
∴∠DEC+∠CEG=90°
∵∠CDE+∠DEC=90°
∴∠CDE=∠CEG，
∴∠BCF=∠CEG，
∴CF∥EG，
∴四边形CEGF平行四边形，
∴FG∥CE，FG=CE．
【分析】（1）设DE与CF交于点M，先利用“SAS”证明△CBF≌△DCE可得∠BCF=∠CDE，CF=DE，再证明四边形EGFC是平行四边形，即可得到GF=EC，GF∥EC；
（2）过点G作GH⊥CB的延长线于点H，利用“AAS”证明△HGE≌△CED可得GH=CE，HE=CD，再证明四边形GHBF是矩形，可得GF=BH，FG∥CH，再结合四边形ABCD是正方形，可得CD=BC，再利用线段的和差可得HE+EB=BC+EB，再结合BH=EC，即可得到FG=EC；
（3）利用“SAS”证明△CBF≌△DCE可得∠BCF=∠CDE，CF=DE，再结合CF//EG，证明四边形CEGF平行四边形，即可得到FG∥CE，FG=CE。
1 / 12024年浙教版数学八年级下册阶段复习培优练第5章特殊平行四边形
一、选择题
1．（2022八上·沈阳期中）边长为1的正方形的对角线的长是（ ）
A．整数 B．分数 C．有理数 D．无理数
【答案】D
【知识点】正方形的性质；无理数的概念
【解析】【解答】解：边长为1的正方形的对角线的长，
故答案为：D．
【分析】先利用勾股定理求出正方形的对角线长，再根据无理数的定义判断即可。
2．（2022八上·沈阳期中）如图，已知正方形ABCD的面积为64平方厘米，厘米，则CE的长为（ ）
A．6 B．12 C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为64平方厘米，∴，厘米，∵厘米，∴（厘米），
故答案为：D．
【分析】先求出正方形的边长，再利用勾股定理求出CE的长即可。
3．（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.
4．（2022八上·镇海区期中）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载，如图以直角三角形的各边为边分别向同侧作正方形，若知道图中阻影部分的面积之和，则一定能求出（ ）
A．正方形的面积 B．正方形的面积
C．正方形的面积 D．的面积
【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点N作于点H，则是矩形，则
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
同理可得，
依题意，，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
故答案为：D.
【分析】过点N作于点H，则是矩形，则，证明，可得，同理可得，再证，可得，从而得出.
5．（2022八上·雁塔期中）新冠疫情防控过程中，某中学在大门口的正上方A处装着一个红外线激光测温仪，离地米（如图所示），当人体进入感应范围内时，测温仪就会显示人体体温．一个身高1.6米的学生（米）正对门缓慢走到离门1.2米的地方时（米），测温仪自动显示体温，则人头顶离测温仪的距离等于（ ）
A．1.2米 B．1.3米 C．1.4米 D．1.5米
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，如图所示：
由题意得：四边形BEDC是长方形，
∴DE=BC=1.2米，CD=BE=1.6米，
∵米，
∴AE=0.5米，
在Rt△AED中，由勾股定理得：米，
故答案为：B．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，由长方形的性质可得DE=BC=1.2米，CD=BE=1.6米，从而求出AE=0.5米在Rt△AED中，由勾股定理求出AD即可.
6．（2022八上·平阳期中）“赵爽弦图”被誉为“中国数学界的图腾”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形， 如图，连接，若大正方形的面积为的面积为8，则小正方形的面积是（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设，
大正方形ABCD的面积为25，
，
，
的面积为8，
，
(负值舍去)，
，
小正方形EFGH的面积.
故答案为：B.
【分析】设AG=BH=b，AH=BE=a，根据大正方形的面积可得AB=5，由勾股定理可得a2+b2=25，根据△ABE的面积可得a的值，然后求出b，由图形可得小正方形EFGH的边长为a-b，进而可得其面积.
7．（2023八上·期中）如图，四边形ABCD是正方形，直线a，b，c分别通过A、D、C三点，且a∥b∥c．若a与b之间的距离是5，b与c之间的距离是7，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．148 B．144 C．74 D．70
【答案】C
【知识点】平行线的性质；平行线之间的距离；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如下图：过A作AM垂直直线b于M，过点D作DN垂直直线c于点N，则
因为b∥c，
所以
所以即
又因为四边形 ABCD是正方形 ，
所以
所以
在和中，
所以
所以，
又因为a与b之间的距离是5，b与c之间的距离是7 ，
所以
在中由勾股定理可得：
则正方形ABCD的面积
故答案为：C.
【分析】过A作AM垂直直线b于M，过点D作DN垂直直线c于点N，然后通过正方形的性质和平行直线的性质可证得从而用AAS得到则，接下来在运用勾股定理求得CD，即可求出正方形ABCD的面积.
8．（2021八上·西湖期中）如图，四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成了一个大正方形ABCD，连结AC，交BE于点P，若正方形ABCD的面积为28，AE+BE＝7.则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3.5 B．4.5 C．5 D．5.5
【答案】A
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为28，
∴AB2＝28，
设AE＝x，
∵AE+BE＝7，
∴BE＝7﹣x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴x2+（7﹣x）2＝28，
∴2x2﹣14x＝﹣21，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP＝∠GCM，
∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE＝CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，
∴S△CFP﹣S△AEP＝S△CFP﹣S△CGM＝S梯形FPMG＝ （NG+PF） FG＝ EF FG＝ S正方形EHGF，
∵S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB＝28﹣4× x （7﹣x）＝28﹣2x（7﹣x）＝28﹣21＝7，
则S△CFP﹣S△AEP的值是3.5；
故答案为：A.
【分析】由正方形的面积得AB2＝28，设AE＝x可得BE＝7﹣x，Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，据此建立关于x方程，可得2x2﹣14x＝﹣21.证明△AEP≌△CGM（ASA），可得S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，从而求出S△CFP﹣S△AEP＝ S正方形EHGF，根据S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB即可求解.
二、填空题
9．（2024八上·瑞安期末）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上：OA＝3，OC＝4，D为OC边的中点，E是OA边上的一个动点，当△BDE的周长最小时，E点坐标为 ．
【答案】（1，0）
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；矩形的性质；关于坐标轴对称的点的坐标特征；轴对称的应用-最短距离问题；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：作D关于x轴的对称点D'，连接D'B交x轴于点E，连接DE，则DE=D'E，此时△BDE的周长最小，如图，
∵D为CO的中点，
∴CD=OD=2，
∵D和D'关于X轴对称，
∴D'(0，-2)，
∵四边形OABC是矩形，且顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，OA＝3，OC＝4，
∴B（3，4），
∴设直线BD'的解析式为，
把B（3，4），D'（0，-2）代入解析式得：，
解得，
∴直线BD'的解析式为，
当y=0时，x=1，
故E点坐标为（1，0）
故答案为：（1，0）.
【分析】本体是将军饮马的问题，只需作D关于x轴的对称点D'，连接D'B交x轴于点E，如图，则此时△BDE的周长最小，易得点B和D'坐标，故可利用待定系数法求出直线BD'的解析式，然后求直线BD'与x轴的交点即得答案.
10．（2024八上·鹿寨期末）如图，在中，，以为边向上作正方形，以为边作正方形，点D落在上，连接，．若，，则的面积为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
过点E作于点H，则，，，
∴，
∴，
已知：，
∴，
∴，
解得：，
∴．
故答案为：．
【分析】由正方形的性质及SAS可证明，可得，过点E作于点H，则，，再用AAS证明，可得，根据，结合勾股定理可建立方程，解得，即可得解．
11．（2022八上·鄞州期中）如图，长方形ABCD中，AB＝8，AD=6，长方形内有一个点P，连接AP，BP，CP，已知∠APB＝90°，CP=CB，延长CP交AD于点E，则AE＝ ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：延长AP交CD于点F，如图，
∵ ∠APB=90°，
∴ ∠APE+∠BPC=90°，
∵ CP=CB，
∴ ∠BPC=∠PBC，
∴ ∠APE+∠PBC=90°，
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ ∠ ABC=90°，即∠ABP+∠PBC=90°，
∴ ∠APE=∠ABP，
∵ ∠APB=90°，∠DAB=90°，
∴ ∠ABP+∠PAB=90°，∠PAB+∠PAD=90°，
∴∠PAD=∠ABP，
∴ ∠APE=∠PAD，
∴ AE=EP，
在Rt△CDE中，DE2+CD2=EC2，
(6-AE)2+82=(6+AE)2，
∴ AE= .
故答案为： .
【分析】根据矩形的性质和等腰三角形的性质，推出△AEP为等腰三角形，在Rt△CDE中利用勾股定理即可求得.
12．（2023八上·邛崃月考）如图，点P是矩形内任意一点，连结，记，则下列各结论一定成立的有 （填序号）
①；②若，则；
③；④，则P在对角线上
【答案】①②③④
【知识点】三角形的面积；三角形内角和定理；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：
①S△PAD+S△PBC=AD·h1+AD·h2=AD·AB=S矩形ABCD，
S△PAB+S△PCD=AB·h1+AB·h2=AB·AD=S矩形ABCD，∴S△PAD+S△PBC=S△PAB+S△PCD，正确；
②∵∠APB=80°，∠DPC=50°，
∴∠PAB+∠PBA=100°，∠PCD+∠PDC=130°，
∴∠PAB-∠PBC=∠PAB-（90°-∠PBA）=∠PAB+∠PBA-90°=1-2，
∴∠PCD-∠PDA=∠PCD-（90°-∠PDC）=∠PCD+∠PDC-90°=3-4，
∴1-2+3-4=∠PAB+∠PBA-90°+∠PCD+∠PDC-90°=50°；
③过点P作EF∥BC，交AB于点E，交CD于点F，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB⊥BC，DC⊥BC，
∴AB⊥EF，DC⊥EF，
∴在直角三角形APE中，PA2=AE2+PE2，同理，PC2=CF2+PF2，PB2=BE2+PE2，PD2=DF2+PF2，
∴PA2+PC2=AE2+PE2+CF2+PF2，PB2+PD2=BE2+PE2+DF2+PF2，
∵AB⊥EF，DC⊥EF，AD⊥AB，
∴四边形ADFE为矩形，
∴AE=DF，同理可证CF=BE，
∴AE2=DF2，CF2=BE2，
∴PA2+PC2=PB2+PD2，正确；
④∵S△ABP=S△ADP，S△PAD+S△PBC=S△PAB+S△PCD，
∴S△PBC=S△PCD，
∴S△ABP+S△PBC=S△APD+S△PCD=SABCD'，
∴点P在对角线AC上，正确；
∴①②③④正确。
故答案为：①②③④.
【分析】根据矩形的判定定理和性质、三角形的面积、勾股定理、三角形的内角和定理等分别判断。
三、解答题
13．[推理能力]如图，在□ABCD中，AB=2cm，AC=5cm ，S ABCD =8 cm ，点 E 从点 B 出发，以1cm/s的速度在 AB 的延长线上向右运动，同时点 F 从点 D 出发，以同样的速度在 CD的延长线上向左运动，运动时间为t(s).
（1）在运动过程中，四边形 AECF 的形状是 .
（2）当t= 时，四边形 AECF 是矩形.
（3）当 t 的值为多少时，四边形 AECF 是菱形
【答案】（1）平行四边形
（2）1
（3）解：由题意得：AE=CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故AE=CE时，四边形AECF是菱形.
∵BE=tcm，∴AE=CE=t+2（cm），
过C作CG⊥BE于G，如图：
则CG=4cm，
在Rt△ACG中，AG=，
∴GE=t+2-3=t-1，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+GE2=CE2，
即：42+（t-1）2=(t+2)2，解得：t=，
∴当t=时，四边形AECF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解（1）四边形AECF是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=2cm，AB∥CD，
∴CF∥AE，
∵DF=BE，
∴CF=AE，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）当t=1时，四边形AECF是矩形；理由如下：
若四边形AECF是矩形，
∴∠AFC=90°，
∴AF⊥CD，
∵S平行四边形ABCD=CD·AF，
∴AF=4cm，
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2，即：42+（t+2）2=52，
解得：t1=1，t2=-5(舍去），
∴当t=1时，四边形AECF是矩形；
【分析】（1）由平行四边形的性质并结合平行四边形的判定即可求解；
（2）由矩形的性质可得∠AFC=90°，由平行四边形的性质可求出AF的值，在Rt△ACF中，用勾股定理可得关于t的方程，解方程即可求解；
（3）当AE=CE时，四边形AECF是菱形；过C作CG⊥BE于G，用勾股定理求出AG的值，则GE可用含t的代数式表示出来，在Rt△ECG中，由勾股定理可得关于t的方程，解方程即可求解.
14．（2023八上·达州期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，顶点C在y轴的正半轴上，OA＝12，OC＝9，连接AC．
（1）填空：点A的坐标： ；点B的坐标： ．
（2）若CD平分∠ACO，交x轴于D，求点D的坐标．
（3）在（2）的条件下，经过点D的直线交直线BC于E，当△CDE为以CD为底的等腰三角形时，求该直线的解析式．
【答案】（1）（12，0）；（12，9）
（2）解：如下图中，作DM⊥AC于M．
∵DC平分∠ACO，DO⊥CO，DM⊥AC，
∴DO＝DM，∠COD＝∠CMD＝90°，
∵CD＝CD，
∴Rt△CDO≌Rt△CDM（HL），
∴CM＝OC＝9，
∵AC＝ ＝15，
∴AM＝6，设OD＝DM＝m，
在Rt△ADM中，∵AD2＝DM2+AM2，
∴x2+62＝（12-x）2，
解得x＝ ，
∴D（ ，0）．
（3）解：如下图中，作线段CD的中垂线EF，垂足为F，交BC 于E，则EC＝ED，△ECD是以CD为底的等腰三角形．
∵C（0，9），D（ ，0），
∴直线CD的解析式为y＝-2x+9，
∴F（ ， ），
∴直线EF的解析式为y＝ x+ ．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：（1）∵四边形OABC是矩形，
∴AB＝OC＝9，BC＝OA＝12，
∴A（12，0），B（12，9），
故答案为：（12，0），（12，9）；
【分析】（1）利用矩形的性质可求出AB，BC的长，由此可得到点A，B的坐标.
（2）过点D作DM⊥AC于M，利用角平分线的性质，可证得DO=DM，∠COD＝∠CMD＝90°，利用HL可证得Rt△CDO≌Rt△CDM，利用全等三角形的对应边相等，可求出CM的长；利用勾股定理求出AC的长，由此可求出AM的长，设OD＝DM＝m，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点D的坐标.
（3）作线段CD的中垂线EF，垂足为F，交BC 于E，则EC＝ED，△ECD是以CD为底的等腰三角形，利用待定系数法，由点C，D的坐标可求出直线CD的函数解析式，可得到点F的坐标，利用EF⊥CD，可求出直线EF的函数解析式.
15．（2021八上·北林期末）
（1）问题发现：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、AD上的点，且，连接DE，过点E作，使，连接FG、FC，请判断：FG与CE的数量关系是 ，位置关系是 ．
（2）拓展探究：
如图2，若点E、F分别是CB、BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请写出判断，并给予证明．
（3）类比延伸：
如图3，若点E、F分别是BC、AB延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断，不需证明．
【答案】（1）GF=EC；GF∥EC
（2）解：结论仍然成立．
过点G作GH⊥CB的延长线于点H，
∵EG⊥DE，
∴∠GEH+∠DEC=90°，
∵∠GEH+∠HGE=90°，
∴∠DEC=∠HGE，
在△HGE与△CED中，
，
∴△HGE≌△CED（AAS），
∴GH=CE，HE=CD，
∵CE=BF，
∴GH=BF，
∵GH∥BF，
∴四边形GHBF是矩形，
∴GF=BH，FG∥CH，
∴FG∥CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=BC，
∴HE=BC，
∴HE+EB=BC+EB，
∴BH=EC，
∴FG=EC；
（3）结论仍然成立FG∥CE，FG=CE
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）FG=CE，FG∥CE；
理由：如图1中，设DE与CF交于点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，
在△CBF和△DCE中，
，
∴△CBF≌△DCE（SAS），
∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，
∵∠BCF+∠DCM=90°，
∴∠CDE+∠DCM=90°，
∴∠CMD=90°，
∴CF⊥DE，
∵GE⊥DE，
∴EG∥CF，
∵EG=DE，CF=DE，
∴EG=CF，
∴四边形EGFC是平行四边形．
∴GF=EC，
∴GF=EC，GF∥EC．
（3）成立．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠FBC=∠ECD=90°，
在△CBF与△DCE中，
，
∴△CBF≌△DCE（SAS），
∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，
∵EG=DE，
∴CF=EG，
∵DE⊥EG
∴∠DEC+∠CEG=90°
∵∠CDE+∠DEC=90°
∴∠CDE=∠CEG，
∴∠BCF=∠CEG，
∴CF∥EG，
∴四边形CEGF平行四边形，
∴FG∥CE，FG=CE．
【分析】（1）设DE与CF交于点M，先利用“SAS”证明△CBF≌△DCE可得∠BCF=∠CDE，CF=DE，再证明四边形EGFC是平行四边形，即可得到GF=EC，GF∥EC；
（2）过点G作GH⊥CB的延长线于点H，利用“AAS”证明△HGE≌△CED可得GH=CE，HE=CD，再证明四边形GHBF是矩形，可得GF=BH，FG∥CH，再结合四边形ABCD是正方形，可得CD=BC，再利用线段的和差可得HE+EB=BC+EB，再结合BH=EC，即可得到FG=EC；
（3）利用“SAS”证明△CBF≌△DCE可得∠BCF=∠CDE，CF=DE，再结合CF//EG，证明四边形CEGF平行四边形，即可得到FG∥CE，FG=CE。
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