人教版初中数学2023-2024学年八年级下学期课时培优练习 18.2特殊的平行四边形

人教版初中数学2023-2024学年八年级下学期课时培优练习 18.2特殊的平行四边形
一、选择题
1．如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交DC于点F，交AB于点E，G是AE的中点，且∠AOG=30°，有下列结论：①DC=3OG；②OG=BC；③连结AF，CE，四边形AECF为菱形；④其中正确的是（　　）
A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④
2．（2023八下·台山期末）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与，交于点，，连接交于点，连接，．若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2023八下·金乡县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB＝60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为（　　）
A．2+2 B．4 C．4 D．6
4．（2023八下·庐阳期末）如图，在中，，，，点为边上一动点，于，于，点为中点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2023八下·无锡期末）在正方形中，点E、F在对角线上，，若点E、F是的三等分点，点P在正方形的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，则此过程中满足为整数的点P个数为（　　）
A．38 B．36 C．20 D．22
6．（2023八下·义乌期末）如图，在正方形中，已知点是线段上的一个动点（点与点不重合），作交于点．现以，为邻边构造平行四边形，连接，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2023八下·开州期末）如图，以直角三角形的斜边为边在三角形的同侧作正方形，正方形的对角线，相交于点，连接，如果，，则正方形的面积为（　　）
A．20 B．22 C．24 D．26
8．（2023八下·黄山期末）如图，在平行四边形中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于，连接，若．下列结论：①；②四边形是菱形；③；④．其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④
9．（2023八下·东阳期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”得到正方形与正方形，点O为对角线的中点，过点O，分别交，于点M，N，若，，连．则的值为（　　）
A． B． C． D．
10．（2023八下·洞头）如图，在正方形ABCD中，延长DC至点，以CG为边向下画正方形CEFG.延长AB交边FG于点，连结CF，AF分别交AH，CE于点，，在清朝四库全书的《几何通解》中，利用此图得到了：.若，且正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，则AH的长为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
11．正方形ABCD的边长为2，如图1，点E，F均在正方形内部，且BE=EF=FD，∠E=∠F=90°，则BE的长为　 　；如图2，点G，H，I，J，K，L均在正方形内部，且BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD，∠G=∠H=∠I=∠J=∠K=∠L=90°，则BG的长为　 　.
12．如图，定义：若菱形 AECF 与正方形ABCD的两个顶点A，C重合，另外两个顶点E，F在正方形ABCD 的内部，则称菱形AECF 为正方形ABCD 的内含菱形.若正方形的周长为16，其内含菱形的边长是整数，则内含菱形的周长为　 　；若正方形的面积为18，其内含菱形的面积为6，则内含菱形的边长为　 　.
13．（2023八下·青秀期末）如图，正方形的边长为，点，分别在，上若，，则的长为　 　．
14．（2022八下·淮安期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为BC的中点，F为DE上一动点，P为AF中点，连接PC，则PC的最小值是　 　.
15．（2023八下·资阳期末）已知直线的解析式为，菱形，，，…按图所示的方式放置，顶点，，，，…均在直线上，顶点，，，…均在轴上，则点的坐标是　 　．
三、解答题
16．如图，在平行四边形ABCD中，AD=9 cm，CD= cm，∠B=45°，点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)． ．
（1）求BC边上的高AE的长度．
（2）连结AN，CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形？
（3）作MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形？
17．如图，在 ABCD中，AB=6 cm，BC=10 cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD 上的动点，EG 的延长线与BC 的延长线相交于点 F，连结 CE，DF.
（1）求证：四边形CEDF 是平行四边形.
（2）①当AE= cm时，四边形CEDF 是菱形，请说明理由.
②当 AE= cm时，四边形 CEDF 是矩形，请说明理由.
18．如图，四边形 ABCD为正方形，E 为对角线AC 上一点，连结 DE，过点 E 作EF⊥DE，交BC于点 F，以DE，EF为邻边作矩形 DEFG，连结 CG.
（1）求证：矩形 DEFG 是正方形.
（2）若 求 CG 的长.
（3）当 时，求∠EFC的度数.
19．（2023八下·巴彦期末）在四边形中，，对角线平分，点为边上一点，连接交于点，．
（1）如图，求证：四边形是菱形；
（2）如图，点在上，，交于点，于点，若，求证：．
（3）如图，在的条件下，为的中点，点在上，点在上，连接，，，，若，求线段的长，
20．（2023八下·东港期末）如图，正方形的边都在坐标轴上，点的坐标为，将正方形绕点顺时针旋转，得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接，．
（1）求证：；
（2）求的度数；
（3）当时，求点的坐标；
（4）在（3）的条件下，直线上是否存在点，使以点，为顶点的三角形是等腰三角形？若存在请直接写出点的坐标；若不存在请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵EF⊥AC，G是AE的中点，
∴AG=OG=GE，
∴∠OAE=∠AOG=30°，
在直角△ABC中，∠CAB=30°，
∴BC=AC=OC，
设BC=a，AC=2a，
在中，由勾股定理得：，
在直角△AOE中，∠EAO=30°，AO=OC=a，
解三角形得：OE=，AE=，
∴OG=，
∴CD=AB=3OG，故①正确；
OG=≠a=BC，故②错误；
连接AF、CE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
在△FOC与△EOA中，
，
∴△FOC△EOA，
∴OE=OF，
又∵AO=OC，EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形，故③正确；
∵=，=a a=，
∴=，故④正确，
综上所述，结论正确的是①③④.
故答案为：D.
【分析】根据条件，OG是直角△AOE斜边上的中线，且△FOC△EOA，设BC=a，AC=2a，AO=OC=a，然后在直角三角形ABC中利用勾股定理求出，解直角三角形AOE，得AE=，根据直角三角形性质可得OG=，即可判断①正确；OG=≠a=BC，故②错误；根据对角线互相垂直平分，即可判断③正确；根据三角形、矩形的面积公式，即可判断④正确，即可得解.
2．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴是等边三角形，∠FCO=∠FOC
∴∠COB=∠OCB=∠CBO=60°
∴∠FCO=∠FOC=30°
∴EF⊥OB
∴OM=CM，FB⊥OC，所以①正确；
由①可知，FB平分∠OBC，∠BOE=∠BCD=90°
∴∠CBO=∠MBC=30°
又∵是等边三角形
∴OB=BC
∴，所以②错误；
∵FO=FC=OE，∠FOC=∠EOA
∴
∴AE=CF
∴DF=BE
又∵DC//BE
∴四边形是平行四边形
∵
∴BE=BF
∴四边形是菱形 ，所以③正确；
设OE=x，则在含30°角的中，可得BE=2x
∴BO==
又在含30°角的中，可得OM=BO=
∴MB==
∴MB：OE=：x=3∶2，所以④正确.
所以正确答案为：①③④.
故答案为：C.
【分析】根据矩形的性质，得出OB=OC，∠BCD=90°；
根据线段的垂直平分线的性质，可得OM=CM，FBOC；
根据等边三角形的判定和性质，得出；
根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形；
根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，得出四边形是菱形；
根据含30°角的直角三角形的性质，30°角的直角三角形斜边是30°角的对角的2倍，以及勾股定理可以得出MB和OE的值，最后算出MB：OE的值即可.
3．【答案】A
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连结BD、DE，如图
∵BE的长度固定，
∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可
∵四边形ABCD是菱形
∴AC与BD互相垂直平分
∴P′D=P′B
∴PB+PE的最小长度为DE的长
∵菱形ABCD的边长为4，E为BC的中点，∠DAB=60°
∴△BCD是等边三角形，AE⊥BC
又∵菱形ABCD的边长为4
∴BD=4，BE=2，DE=2
∴DE=
=
=2
∴△PBE的最小周长=BE+DE=2+2
故答案为：A.
【分析】连结BD、DE，因为BE的长度固定，所以要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可；由菱形的性质可得AC与BD互相垂直平分，进而得到PB+PE的最小长度为DE的长，根据勾股定理求出DE的长，进而可求出△PBE的最小周长。
4．【答案】A
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解： 在△ABC中，AC=6 BC=8 AB=10
∴AC2+BC2=AB2
∴∠ACB=90°
连接CD，
∵DE⊥AC DF⊥ BC
∴四边形EDFC是矩形
∴EF=CD ∠EDF=90°
∵点P是EF的中点
DP=EF=CD
当CD最小时，则DP最小，根据垂线段最短可知当CD⊥AB时，则CD 最小，
∴DP=EF=CD=2.4
故答案为：2.4.
【分析】连接CD，由矩形的性质知：EF=CD，∠EDF=90°，由直角三角形斜边中线的性质得出DP=EF=CD，当CD最小时，则DQ最小，在当CD⊥AB时，则DP最小，再根据三角形的面积为定值即可求出DP的长。
5．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD中，AC-18，点E、F是AC的三等分点，
∴AE=EF=CF=6，∠BAC=45°，
当点P与点A重合时，PE+PF=6+12=18，满足题意；
当P在AB上时，作点E关于AB的对称点E'，
如图
则：PE+PF=PE'+PF≥E'F，
∴当点E'，P，F三点共线时，PE+PF取得最小值，
∵点E关于AB的对称点E'，
∴AE'=AE=6，PE'=PE，AB⊥E'E，
∴∠E'AB=∠EAB=45°，
∴∠E'AE=90°，
∴；
如图所示，当点P与点B重合时，连接BD交AC于点O，
则：OB=OA=9，OE=OA-AE=3，
∴，
同理：，
∴，
∴点P在AB上运动时，，
∴当点P在AB上运动时，满足题意的点有10个(包括A点)，
由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：4×9+2=38个.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查正方形的性质，利用轴对称、勾股定理等相关知识解答，求出在线段AB上一共有10个符合条件的点，再利用正方形的对称性即可求解.
6．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：过E作EH⊥AB，交AB延长线于H，延长DC、BE交于F，如下图：
∵四边形PECQ为平行四边形，
∴
∴
∵四边形ABCD为正方形，
∴
∵，
∴
在和中
∴
∴
∴
∵
∴
∴，
∴
∴
∴
∴
∴点E在角平分线上运动，
∵
∴
∴当点E在角平分线上运动时，有最小值为45°，
即的最小值为45°
故答案为：B.
【分析】结合已知条件利用“ASA”证明：，得到：再利用“AAS”证明：，得到：可证明点E在角平分线上运动，即可求解.
7．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【解答】解：过O点作OF⊥OC，交BC于F，BC和OA的交于点H，
∵在三角形ACH和三角形BHO中，(正方形对角线互相垂直)
且(对顶角相等)
∴(等角的余角相等）
在三角形COF和三角形HOB中，
∵
∴(同角的余角相等）
在三角形ACO和三角形BFO中
∴≌(ASA)
∴OC=OF AC=BF
又在直角三角形COF中，
∴BC=BF+CF=1+4=5
∴正方形的面积=
故答案为：D
【分析】正方形的面积是边长的平方，等于AC和BC的平方和。当前AC已知，求BC即可。由当前已知条件很难求得BC。已知的2条线段没有直接的和差倍半关系，我们想到旋转或平移试试。显而易见，OA=OB，故尝试过O点作OF垂直OC，交BC于F，这样把OC旋转至OF，CF可求，AC移动到BF，至此BC可求。
8．【答案】B
【知识点】平行线的判定；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】 ①易得DF与BE平行且相等，四边形BEDF是平行四边形，DE∥ BF ，①正确
②AD⊥BD，且E为边AB的中点，DE=12AB=BE，∴平行四边形BEDF是菱形，②正确
③等底等高的三角形面积相等，易得AD=GB=BC，∴S△ BFG=S△ BFC 连接EF，由①②的结论可知
S△ BFC = 14S ABCD，∴S△ BFG=S△ BFC= 14S ABCD，③正确
④假设FG⊥AB，∴FG⊥DC，由上面证明可知点B是斜边CG的中点，∴FB=BG=BC(直角三角形斜边中线等于斜边一半），题中条件，无法证明FB=BC或者AD=DE，④不正确
故选B。
【分析】①熟练掌握平行四边形判定和性质定理；②熟练掌握菱形判定和性质定理③等底等高的三角形面积相等；④假设法，推论到无法证明的条件时，假设不成立。
9．【答案】A
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；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：连接GE，过点H作HQ∥NM交EF于点Q，
∵CH=AF，GH=BF，
∴CG=AE，
∵CG∥AE，
∴∠GCA=∠OAE，
∵点O是AC的中点，
∴OA=OC，
∴△CGO≌△AEO（SAS）
∴OG=OE，
∵正方形EFGH，
∴GH∥EF，
∴∠MGO=∠NEO，
在△MGO和△NEO中
∴△MGO≌△NEO（AAS）
∴GM=EN，
∵HM∥NQ，HQ∥MN
∴四边形QNMH是平行四边形，
∴HM=QN，HQ=MN，
∵MG=3MH，AC=2MN，
设MH=a，
∴MG=EN=3a，NQ=MH=a，EQ=2a，GH=HE=4a，
∴，
∴
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴，
设DH=CG=AE=BF=m，
∴
解之：m=2a（取正值）
∴CG=BF=2a，
∴
故答案为：A
【分析】连接GE，过点H作HQ∥NM交EF于点Q，利用已知易证CG=AE，利用平行线的性质可证得∠GCA=∠OAE，利用线的中点可得到OA=OC，利用SAS可得到△CGO≌△AEO，利用全等三角形的性质可得到OG=OE，再利用AAS证明△MGO≌△NEO，可得到GM=EN，利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得到四边形QNMH是平行四边形，可证得HM=QN，HQ=MN；利用MG=3MH，AC=2MN，设MH=a，可得到MG=EN=3a，NQ=MH=a，EQ=2a，GH=HE=4a，利用勾股定理可表示出NM的长，可得到AC的长，利用正方形的性质和勾股定理可表示出AB的长，设DH=CG=AE=BF=m，可得到关于m的方程，解方程可得到m=2a，即可求出BF的长，然后求出的值.
10．【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设AB=a，BH=b，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，
∴AD=CD=a，CG=FG=b，∠D=∠G=∠MHF=90°，∠ACB=∠BCM=∠CAB=∠MFH=45°，
∴，∠ACF=45°+45°=90°，
∴AB=BC=BM=a，即AM=2a，
∴，
∵S△ACF=30，
∴
解之：ab=30；
∵ 正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，
∴a2+b2=68，
∵，
∴2a2+2b2=（a+b）2+MH2即a2+b2=2ab+MH2，
MH2=8，
∴
在Rt△MHF中
2MH2=MF2=16，
解之：MF=4，
∴即
解之：（舍去），
∴
∴.
故答案为：A
【分析】设AB=a，BH=b，利用正方形的性质可知AD=CD=a，CG=FG=b，∠D=∠G=∠MHF=90°，∠ACB=∠BCM=∠CAB=∠MFH=45°，同时可证得∠ACF=90°，利用勾股定理表示出AC，CF的长，利用三角形的面积公式可求出ab的长；再利用已知条件可求出a2+b2=68及MH的长，利用勾股定理求出MF的长，再根据△ACF的面积为30，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到AM的长，然后根据AH=AM+MH，代入计算求出AH的长.
11．【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：连接BD，交BD于点M，
在△DFM和△BEM中
∴△DFM≌△BEM（AAS），
∴BM=DM，FM=ME，
∵正方形ABCD，
∴∠A=90°，AB=AD=2，
∴，
∴，
设ME=x，则BE=2x，
∴BE2+ME2=BM2即x2+4x2=2，
解之：x=，
∴；
如图，将KL，HJ，HI，HG平移，
设BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD=x，可知DS=2x， SO=1.5x，
∴（1.5x）2+（2x）2=2
解之：x=.
故答案为：，.
【分析】连接BD，交BD于点M，利用AAS证明△DFM≌△BEM，利用全等三角形的性质可证得BM=DM，FM=ME，利用正方形的性质可得到∠A=90°，AB=AD=2，利用勾股定理求出BD的长，可得到BM的长；设ME=x，则BE=2x，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BE的长；如图，将KL，HJ，HI，HG平移，设BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD=x，则DS=2x， SO=1.5x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可求解.
12．【答案】12；
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：连接AC、BD、AC、BD交于点O，
在正方形ABCD中，AC⊥BD，AC=BD，
在菱形AECF中，EF⊥AC，
∵ 正方形的周长为16，
∴AB=4，OA=AB=2，
∴OE＜2，
∵ 其内含菱形的边长是整数，
∴OA2+OE2=AE2，解得AE=3，
∴ 内含菱形的周长为3×4=12，
若正方形的面积为18，
∴AB=3，
∴OA=AB=3，
∵其内含菱形的面积为6 ，
∴EF=2，
∴ 内含菱形的边长为 =.
故答案为：12，.
【分析】连接AC、BD、AC、BD交于点O，根据正方形的性质、菱形的性质及勾股定理分别求解即可.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，延长CB到点G，使得BG＝DF，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠C＝∠ADF＝90°，
∴∠ABG＝∠ADF＝90°，
∵在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAF＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAE+∠BAG＝45°，即∠EAG＝45°，
∴∠EAG＝∠EAF＝45°，
∵在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG＝EF，
∵在Rt△ABE中，AB＝6，AE=2，
∴由勾股定理得：BE=，
∴CE＝BC-BE＝6-2＝4，
设：DF＝x，则BG＝x，EG＝EF＝2+x，CF＝6-x，
∵在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝EF2，
∴42+（6-x）2＝（2+x）2，解得x＝3，
∴DF＝3，
∵在Rt△ADF中，
∴由勾股定理得：AF=，
故答案为：.
【分析】如图，延长CB到点G，使得BG＝DF，连接AG，先利用SAS证明△ABG≌△ADF，得出AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，然后利用∠EAF＝45°，求出∠EAG＝45°，得出∠EAF＝∠EAG，再利用SAS证明△EAG≌△EAF，得出EG＝EF，在Rt△ABE中，由勾股定理求出BE＝2，然后设DF＝x，分别用含x的式子表示出BG、EG、EF、CF的长，最后根据勾股定理列方程求解即可．
14．【答案】
【知识点】垂线段最短；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，，，
∵点E是BC中点，点H是AD中点，
∴AH＝CE＝DH＝BE＝AB=CD=2，
∴四边形BEDH是平行四边形，，
，
∴，
∵点P是AF的中点，点H是AD的中点，
∴，
∴点P在BH上，
∵，
∴，
∴，
∵点P在BH上，
∴当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，
在Rt△CDH中，
∴PC的最小值为，
故答案为：.
【分析】取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，可证四边形BEDH是平行四边形，可得，由三角形中位线定理可得，可知当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，利用勾股定理求出CH的长即可.
15．【答案】
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；菱形的性质；坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：设直线l： 与x轴交于点C，如图所示：
令y=0，即2x+2=0，x=-1，则C（-1，0）
令x=0，得y=2，则
∵ 四边形 为菱形
∴ AO垂直平分
∴
∴ 当x=1时，y=4，∴
则，
以此类推，可以发现：，·······
∴则点的坐标是
故答案为： .
【分析】本题考查菱形的性质，一次函数点的特征，找出点坐标的规律是关键。
16．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB= CD=3cm， 在Rt△ABE中，∠AEB=90 ，∠B=45°，∴设BE=AE=xcm，则有x2+x2 =(3)2，解得x=3，即AE的长度为3cm．
（2）解：∵点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)，
∴AM=CN=t cm．∵AM∥ CN，∴四边形AMCN为平行四边形，
∴当AN=AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE=AE=3 cm，EN=(6-t)cm，∴AN2=32+(6-t)2，
∴32+(6-t)2=t2 ，解得t=
故当t为时，四边形AMCN为菱形．
（3）解：∵MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，QM∥NP，∴四边形MPNQ
为矩形，∴当QM=QN时，四边形MPNQ为正方形．∵AM=CN=tcm，
BE=3 cm，∴AQ=EN=BC -BE -CN=9-3-t=(6-t)cm，
∴QM=|AM-AQ|=|t-(6-t)|=、2t-6|(注：分点Q在点M的左右两种情况)．
∵QN=AE=3 cm，∴|2t-6|=3，解得t=4.5 或t=1.5．
故当t为4.5或1.5时，四边形MPNQ为正方形．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定；正方形的性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）根据勾股定理，列算式解答即可；
（2）根据菱形的判定方法，邻边相等的平行四边形为菱形，结合勾股定理，可解答；
（3）根据正方形的判定方法，邻边相等的矩形为正方形，再结合勾股定理可解答，但需要分Q在点M的左右两种情况，所以列式时需加上绝对值.
17．【答案】（1）证明：在 ABCD中 ，BC∥AD，
∴∠FCG=∠EDG，
∵ G是CD的中点 ，
∴CG=DG，
∵∠CGF=∠DGE，
∴△CGF≌△DGE（AAS），
∴GE=GF，
∴ 四边形CEDF 是平行四边形.
（2）解：① 当AE=4 cm时，四边形CEDF 是菱形，
理由：在 ABCD中， CD=AB=6 cm，AD=BC=10 cm ， ∠ADC=∠B=60° ，
∴DE=AD-AE=10-4=6cm，
∴DE=CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE=ED，
由（1）知：四边形CEDF 是平行四边形.
∴ 四边形CEDF 是菱形 .
故答案为：4.
②当 AE=7cm时，四边形 CEDF 是矩形，
理由：过点A作AH⊥BC，
∵ ∠B=60° ， AB=6 cm ，
∴BH=AB=3cm，
∴DE=AD-AE=10-7=3cm，即BH=DE，
∴△HBA≌△EDC（SAS）
∴ ∠DEC=∠BHA=90° ，
由（1）知：四边形CEDF 是平行四边形.
∴ 四边形CEDF 是矩形 .
故答案为：7.
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】（1）证△CGF≌△DGE（AAS），可得GE=GF，结合CG=DG，根据平行四边形的判定即证结论；
（2）①证明△CDE为等边三角形，可得CE=ED，根据菱形的判定定理即证；
②过点A作AH⊥BC，证明△HBA≌△EDC（SAS），可得∠DEC=∠BHA=90° ，根据矩形的判定定理即证.
18．【答案】（1）证明：如图，过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，
则∠EMC=∠ENC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴四边形ENCM是矩形；
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ACB=∠ACD=45°，
又∵∠EMC=∠ENC=90°，
∴EN=EM，
∴四边形CMEN是正方形，
∴∠MEN=90°，
即∠MEF+∠FEN=90°，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF=90°，
即∠MEF+∠DEM=90°，
∴∠FEN=∠DEM，
在△FEN和△DEM中，
，
∴△FEN≌△DEM（ASA），
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形.
（2）解：如图：过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，
∵矩形DEFG是正方形，四边形CMEN是正方形，
∴DE=EF=GF，EN=NC=MC=EM，
在Rt△ENC中，CE2=CN2+EN2=2EN2，
即，
解得：，
∵△FEN≌△DEM，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴，
在Rt△DEM中，，
∴DE=2；
∴FG=DE=2.
（3）解：∵∠ADE=40°，∠ADC=90°，
∴∠EDC=∠ADC-∠ADE=90°-40°=50°；
∵△FEN≌△DEM，
∴∠EDC=∠EFC=50°.
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，根据正方形的四个角是直角可得∠BCD=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形可得四边形ENCM是矩形，根据正方形的对角线平分对角可得∠ACB=∠ACD=45°，根据角平分线上的点到两边的距离相等可得EN=EM，根据邻边相等的矩形是正方形，正方形和矩形的四个角是直角可推得∠FEN=∠DEM，根据两个角和它们所夹的边分别对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得EF=ED，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明；
（2）过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，根据正方形的四条边都相等可得DE=EF=GF，EN=NC=MC=EM，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得EN的值，得到EM和MV的值，求出DM的值，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出DE的值，即可求解；
（3）根据题意可求得∠EDC=50°，根据全等三角形的对应角相等即可求解.
19．【答案】（1）证明：平分，
，
，，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
是菱形；
（2）证明：，，
是等边三角形，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，
过点C作，
，
由知：≌，
，
，
，，
，
≌，
，
在上截取，连接，
，
，
，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
连接，
是的中点，
，
，
，
，
设，则，，
，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定
【解析】【分析】（1）先证出四边形ABCD是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出答案；
（2）利用SAS证出△ABE≌△BCF，得出∠BCF=∠BAE，从而得出∠ANF=∠ABC=60°，∠NAL=30°，再根据在直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半 ，即可得出AN=2NL；
（3）过点C作CR⊥AE，在BH上截取GT=AG，连接AT、AH，先利用AAS证出△CRM≌△ALT，得出AT=CM，再利用勾股定理求出AL的长，设CH=k，得出AB=CD=2k，AH=k，BH=k，然后利用等积法求出k的值，即可得出BH 的长.
20．【答案】（1）解：∵四边形ABCO是正方形，
∴，，
∵将正方形ABCO绕点A顺时针旋转得到正方形ADEF，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
即
∴
即；
（3）解：∵，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴AG=2OG，，
∵正方形中点的坐标为，
∴，
在Rt△AOG中，AO=3，AG=2OG，AG2=AO2+OG2，
（2OG）2=32+OG2，
解得：；
∴，
在Rt中，，
∵，
∴，
解得：，
∴点的坐标为；
（4）解：存在两个M点，点的坐标为或；如图所示．
①延长GE交y轴于点M1，
∵∠AGO=∠PGC，∠PGC=∠M1GO，
∴∠AGO=∠M1GO，
∵∠AOG=∠M1OG=90°，OG=OG，∠AGO=∠M1GO，
∴△AOG≌△M1OG（ASA），
∴AO=M1O，
∵A（0，3），
∴点M1的坐标为（0，-3）；
②延长GP与AB的延长线交于点M2，作GF⊥AB于点F．
∵AB∥OC，
∴∠AGO=∠M2AG=60°，
∵∠M2AG=∠AGM2=60°，
∴△AGM2为等边三角形，
∴GF垂直平分线AM2，
∴A（0，3），G（，0），
∴， ∴点M2的坐标为；
综上，点M的坐标为（0，-3）或.
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的四条边都相等，四个角都是90°可得，，根据旋转可得旋转前后图形全等可得，，推得，，根据斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等即可证明；
（2）根据斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等得Rt△ADP≌Rt△ABP，由全等三角形对应角相等得，，结合题意即可求解；
（3）由全等三角形对应角相等得∠AGO=∠AGD，根据等角的余角相等可得∠AGO=∠PGC，推得∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，即可求得∠1=∠2=30°，根据点B的坐标可求得正方形ABCD的边长为3，根据直角三角形中，30°所对的边是斜边的一半可得AG=2OG，PG=2GC，根据勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方，求得，，，，即可求解；
（4）①根据对顶角相等推得∠AGO=∠M1GO，根据如果一个三角形有两个角和另一个三角形的两个角对应相等，且它们所夹的边相等，那么这两个三角形全等，得△AOG≌△M1OG，由全等三角形对应边相等，可得AO=M1O，求得M1的坐标；②根据有两个角等于60度的三角形是等边三角形，得△AGM2为等边三角形，根据等边三角形底边上的高，中线，顶角的角平分线三线合一可得GF垂直平分线AM2，即可求得，即可求解.
1 / 1人教版初中数学2023-2024学年八年级下学期课时培优练习 18.2特殊的平行四边形
一、选择题
1．如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交DC于点F，交AB于点E，G是AE的中点，且∠AOG=30°，有下列结论：①DC=3OG；②OG=BC；③连结AF，CE，四边形AECF为菱形；④其中正确的是（　　）
A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵EF⊥AC，G是AE的中点，
∴AG=OG=GE，
∴∠OAE=∠AOG=30°，
在直角△ABC中，∠CAB=30°，
∴BC=AC=OC，
设BC=a，AC=2a，
在中，由勾股定理得：，
在直角△AOE中，∠EAO=30°，AO=OC=a，
解三角形得：OE=，AE=，
∴OG=，
∴CD=AB=3OG，故①正确；
OG=≠a=BC，故②错误；
连接AF、CE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
在△FOC与△EOA中，
，
∴△FOC△EOA，
∴OE=OF，
又∵AO=OC，EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形，故③正确；
∵=，=a a=，
∴=，故④正确，
综上所述，结论正确的是①③④.
故答案为：D.
【分析】根据条件，OG是直角△AOE斜边上的中线，且△FOC△EOA，设BC=a，AC=2a，AO=OC=a，然后在直角三角形ABC中利用勾股定理求出，解直角三角形AOE，得AE=，根据直角三角形性质可得OG=，即可判断①正确；OG=≠a=BC，故②错误；根据对角线互相垂直平分，即可判断③正确；根据三角形、矩形的面积公式，即可判断④正确，即可得解.
2．（2023八下·台山期末）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与，交于点，，连接交于点，连接，．若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴是等边三角形，∠FCO=∠FOC
∴∠COB=∠OCB=∠CBO=60°
∴∠FCO=∠FOC=30°
∴EF⊥OB
∴OM=CM，FB⊥OC，所以①正确；
由①可知，FB平分∠OBC，∠BOE=∠BCD=90°
∴∠CBO=∠MBC=30°
又∵是等边三角形
∴OB=BC
∴，所以②错误；
∵FO=FC=OE，∠FOC=∠EOA
∴
∴AE=CF
∴DF=BE
又∵DC//BE
∴四边形是平行四边形
∵
∴BE=BF
∴四边形是菱形 ，所以③正确；
设OE=x，则在含30°角的中，可得BE=2x
∴BO==
又在含30°角的中，可得OM=BO=
∴MB==
∴MB：OE=：x=3∶2，所以④正确.
所以正确答案为：①③④.
故答案为：C.
【分析】根据矩形的性质，得出OB=OC，∠BCD=90°；
根据线段的垂直平分线的性质，可得OM=CM，FBOC；
根据等边三角形的判定和性质，得出；
根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形；
根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，得出四边形是菱形；
根据含30°角的直角三角形的性质，30°角的直角三角形斜边是30°角的对角的2倍，以及勾股定理可以得出MB和OE的值，最后算出MB：OE的值即可.
3．（2023八下·金乡县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB＝60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为（　　）
A．2+2 B．4 C．4 D．6
【答案】A
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连结BD、DE，如图
∵BE的长度固定，
∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可
∵四边形ABCD是菱形
∴AC与BD互相垂直平分
∴P′D=P′B
∴PB+PE的最小长度为DE的长
∵菱形ABCD的边长为4，E为BC的中点，∠DAB=60°
∴△BCD是等边三角形，AE⊥BC
又∵菱形ABCD的边长为4
∴BD=4，BE=2，DE=2
∴DE=
=
=2
∴△PBE的最小周长=BE+DE=2+2
故答案为：A.
【分析】连结BD、DE，因为BE的长度固定，所以要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可；由菱形的性质可得AC与BD互相垂直平分，进而得到PB+PE的最小长度为DE的长，根据勾股定理求出DE的长，进而可求出△PBE的最小周长。
4．（2023八下·庐阳期末）如图，在中，，，，点为边上一动点，于，于，点为中点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解： 在△ABC中，AC=6 BC=8 AB=10
∴AC2+BC2=AB2
∴∠ACB=90°
连接CD，
∵DE⊥AC DF⊥ BC
∴四边形EDFC是矩形
∴EF=CD ∠EDF=90°
∵点P是EF的中点
DP=EF=CD
当CD最小时，则DP最小，根据垂线段最短可知当CD⊥AB时，则CD 最小，
∴DP=EF=CD=2.4
故答案为：2.4.
【分析】连接CD，由矩形的性质知：EF=CD，∠EDF=90°，由直角三角形斜边中线的性质得出DP=EF=CD，当CD最小时，则DQ最小，在当CD⊥AB时，则DP最小，再根据三角形的面积为定值即可求出DP的长。
5．（2023八下·无锡期末）在正方形中，点E、F在对角线上，，若点E、F是的三等分点，点P在正方形的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，则此过程中满足为整数的点P个数为（　　）
A．38 B．36 C．20 D．22
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD中，AC-18，点E、F是AC的三等分点，
∴AE=EF=CF=6，∠BAC=45°，
当点P与点A重合时，PE+PF=6+12=18，满足题意；
当P在AB上时，作点E关于AB的对称点E'，
如图
则：PE+PF=PE'+PF≥E'F，
∴当点E'，P，F三点共线时，PE+PF取得最小值，
∵点E关于AB的对称点E'，
∴AE'=AE=6，PE'=PE，AB⊥E'E，
∴∠E'AB=∠EAB=45°，
∴∠E'AE=90°，
∴；
如图所示，当点P与点B重合时，连接BD交AC于点O，
则：OB=OA=9，OE=OA-AE=3，
∴，
同理：，
∴，
∴点P在AB上运动时，，
∴当点P在AB上运动时，满足题意的点有10个(包括A点)，
由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：4×9+2=38个.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查正方形的性质，利用轴对称、勾股定理等相关知识解答，求出在线段AB上一共有10个符合条件的点，再利用正方形的对称性即可求解.
6．（2023八下·义乌期末）如图，在正方形中，已知点是线段上的一个动点（点与点不重合），作交于点．现以，为邻边构造平行四边形，连接，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：过E作EH⊥AB，交AB延长线于H，延长DC、BE交于F，如下图：
∵四边形PECQ为平行四边形，
∴
∴
∵四边形ABCD为正方形，
∴
∵，
∴
在和中
∴
∴
∴
∵
∴
∴，
∴
∴
∴
∴
∴点E在角平分线上运动，
∵
∴
∴当点E在角平分线上运动时，有最小值为45°，
即的最小值为45°
故答案为：B.
【分析】结合已知条件利用“ASA”证明：，得到：再利用“AAS”证明：，得到：可证明点E在角平分线上运动，即可求解.
7．（2023八下·开州期末）如图，以直角三角形的斜边为边在三角形的同侧作正方形，正方形的对角线，相交于点，连接，如果，，则正方形的面积为（　　）
A．20 B．22 C．24 D．26
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【解答】解：过O点作OF⊥OC，交BC于F，BC和OA的交于点H，
∵在三角形ACH和三角形BHO中，(正方形对角线互相垂直)
且(对顶角相等)
∴(等角的余角相等）
在三角形COF和三角形HOB中，
∵
∴(同角的余角相等）
在三角形ACO和三角形BFO中
∴≌(ASA)
∴OC=OF AC=BF
又在直角三角形COF中，
∴BC=BF+CF=1+4=5
∴正方形的面积=
故答案为：D
【分析】正方形的面积是边长的平方，等于AC和BC的平方和。当前AC已知，求BC即可。由当前已知条件很难求得BC。已知的2条线段没有直接的和差倍半关系，我们想到旋转或平移试试。显而易见，OA=OB，故尝试过O点作OF垂直OC，交BC于F，这样把OC旋转至OF，CF可求，AC移动到BF，至此BC可求。
8．（2023八下·黄山期末）如图，在平行四边形中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于，连接，若．下列结论：①；②四边形是菱形；③；④．其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④
【答案】B
【知识点】平行线的判定；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】 ①易得DF与BE平行且相等，四边形BEDF是平行四边形，DE∥ BF ，①正确
②AD⊥BD，且E为边AB的中点，DE=12AB=BE，∴平行四边形BEDF是菱形，②正确
③等底等高的三角形面积相等，易得AD=GB=BC，∴S△ BFG=S△ BFC 连接EF，由①②的结论可知
S△ BFC = 14S ABCD，∴S△ BFG=S△ BFC= 14S ABCD，③正确
④假设FG⊥AB，∴FG⊥DC，由上面证明可知点B是斜边CG的中点，∴FB=BG=BC(直角三角形斜边中线等于斜边一半），题中条件，无法证明FB=BC或者AD=DE，④不正确
故选B。
【分析】①熟练掌握平行四边形判定和性质定理；②熟练掌握菱形判定和性质定理③等底等高的三角形面积相等；④假设法，推论到无法证明的条件时，假设不成立。
9．（2023八下·东阳期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”得到正方形与正方形，点O为对角线的中点，过点O，分别交，于点M，N，若，，连．则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；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：连接GE，过点H作HQ∥NM交EF于点Q，
∵CH=AF，GH=BF，
∴CG=AE，
∵CG∥AE，
∴∠GCA=∠OAE，
∵点O是AC的中点，
∴OA=OC，
∴△CGO≌△AEO（SAS）
∴OG=OE，
∵正方形EFGH，
∴GH∥EF，
∴∠MGO=∠NEO，
在△MGO和△NEO中
∴△MGO≌△NEO（AAS）
∴GM=EN，
∵HM∥NQ，HQ∥MN
∴四边形QNMH是平行四边形，
∴HM=QN，HQ=MN，
∵MG=3MH，AC=2MN，
设MH=a，
∴MG=EN=3a，NQ=MH=a，EQ=2a，GH=HE=4a，
∴，
∴
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴，
设DH=CG=AE=BF=m，
∴
解之：m=2a（取正值）
∴CG=BF=2a，
∴
故答案为：A
【分析】连接GE，过点H作HQ∥NM交EF于点Q，利用已知易证CG=AE，利用平行线的性质可证得∠GCA=∠OAE，利用线的中点可得到OA=OC，利用SAS可得到△CGO≌△AEO，利用全等三角形的性质可得到OG=OE，再利用AAS证明△MGO≌△NEO，可得到GM=EN，利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得到四边形QNMH是平行四边形，可证得HM=QN，HQ=MN；利用MG=3MH，AC=2MN，设MH=a，可得到MG=EN=3a，NQ=MH=a，EQ=2a，GH=HE=4a，利用勾股定理可表示出NM的长，可得到AC的长，利用正方形的性质和勾股定理可表示出AB的长，设DH=CG=AE=BF=m，可得到关于m的方程，解方程可得到m=2a，即可求出BF的长，然后求出的值.
10．（2023八下·洞头）如图，在正方形ABCD中，延长DC至点，以CG为边向下画正方形CEFG.延长AB交边FG于点，连结CF，AF分别交AH，CE于点，，在清朝四库全书的《几何通解》中，利用此图得到了：.若，且正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，则AH的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设AB=a，BH=b，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，
∴AD=CD=a，CG=FG=b，∠D=∠G=∠MHF=90°，∠ACB=∠BCM=∠CAB=∠MFH=45°，
∴，∠ACF=45°+45°=90°，
∴AB=BC=BM=a，即AM=2a，
∴，
∵S△ACF=30，
∴
解之：ab=30；
∵ 正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，
∴a2+b2=68，
∵，
∴2a2+2b2=（a+b）2+MH2即a2+b2=2ab+MH2，
MH2=8，
∴
在Rt△MHF中
2MH2=MF2=16，
解之：MF=4，
∴即
解之：（舍去），
∴
∴.
故答案为：A
【分析】设AB=a，BH=b，利用正方形的性质可知AD=CD=a，CG=FG=b，∠D=∠G=∠MHF=90°，∠ACB=∠BCM=∠CAB=∠MFH=45°，同时可证得∠ACF=90°，利用勾股定理表示出AC，CF的长，利用三角形的面积公式可求出ab的长；再利用已知条件可求出a2+b2=68及MH的长，利用勾股定理求出MF的长，再根据△ACF的面积为30，可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到AM的长，然后根据AH=AM+MH，代入计算求出AH的长.
二、填空题
11．正方形ABCD的边长为2，如图1，点E，F均在正方形内部，且BE=EF=FD，∠E=∠F=90°，则BE的长为　 　；如图2，点G，H，I，J，K，L均在正方形内部，且BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD，∠G=∠H=∠I=∠J=∠K=∠L=90°，则BG的长为　 　.
【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：连接BD，交BD于点M，
在△DFM和△BEM中
∴△DFM≌△BEM（AAS），
∴BM=DM，FM=ME，
∵正方形ABCD，
∴∠A=90°，AB=AD=2，
∴，
∴，
设ME=x，则BE=2x，
∴BE2+ME2=BM2即x2+4x2=2，
解之：x=，
∴；
如图，将KL，HJ，HI，HG平移，
设BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD=x，可知DS=2x， SO=1.5x，
∴（1.5x）2+（2x）2=2
解之：x=.
故答案为：，.
【分析】连接BD，交BD于点M，利用AAS证明△DFM≌△BEM，利用全等三角形的性质可证得BM=DM，FM=ME，利用正方形的性质可得到∠A=90°，AB=AD=2，利用勾股定理求出BD的长，可得到BM的长；设ME=x，则BE=2x，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BE的长；如图，将KL，HJ，HI，HG平移，设BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD=x，则DS=2x， SO=1.5x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可求解.
12．如图，定义：若菱形 AECF 与正方形ABCD的两个顶点A，C重合，另外两个顶点E，F在正方形ABCD 的内部，则称菱形AECF 为正方形ABCD 的内含菱形.若正方形的周长为16，其内含菱形的边长是整数，则内含菱形的周长为　 　；若正方形的面积为18，其内含菱形的面积为6，则内含菱形的边长为　 　.
【答案】12；
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：连接AC、BD、AC、BD交于点O，
在正方形ABCD中，AC⊥BD，AC=BD，
在菱形AECF中，EF⊥AC，
∵ 正方形的周长为16，
∴AB=4，OA=AB=2，
∴OE＜2，
∵ 其内含菱形的边长是整数，
∴OA2+OE2=AE2，解得AE=3，
∴ 内含菱形的周长为3×4=12，
若正方形的面积为18，
∴AB=3，
∴OA=AB=3，
∵其内含菱形的面积为6 ，
∴EF=2，
∴ 内含菱形的边长为 =.
故答案为：12，.
【分析】连接AC、BD、AC、BD交于点O，根据正方形的性质、菱形的性质及勾股定理分别求解即可.
13．（2023八下·青秀期末）如图，正方形的边长为，点，分别在，上若，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，延长CB到点G，使得BG＝DF，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠C＝∠ADF＝90°，
∴∠ABG＝∠ADF＝90°，
∵在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAF＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAE+∠BAG＝45°，即∠EAG＝45°，
∴∠EAG＝∠EAF＝45°，
∵在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG＝EF，
∵在Rt△ABE中，AB＝6，AE=2，
∴由勾股定理得：BE=，
∴CE＝BC-BE＝6-2＝4，
设：DF＝x，则BG＝x，EG＝EF＝2+x，CF＝6-x，
∵在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝EF2，
∴42+（6-x）2＝（2+x）2，解得x＝3，
∴DF＝3，
∵在Rt△ADF中，
∴由勾股定理得：AF=，
故答案为：.
【分析】如图，延长CB到点G，使得BG＝DF，连接AG，先利用SAS证明△ABG≌△ADF，得出AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，然后利用∠EAF＝45°，求出∠EAG＝45°，得出∠EAF＝∠EAG，再利用SAS证明△EAG≌△EAF，得出EG＝EF，在Rt△ABE中，由勾股定理求出BE＝2，然后设DF＝x，分别用含x的式子表示出BG、EG、EF、CF的长，最后根据勾股定理列方程求解即可．
14．（2022八下·淮安期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为BC的中点，F为DE上一动点，P为AF中点，连接PC，则PC的最小值是　 　.
【答案】
【知识点】垂线段最短；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，，，
∵点E是BC中点，点H是AD中点，
∴AH＝CE＝DH＝BE＝AB=CD=2，
∴四边形BEDH是平行四边形，，
，
∴，
∵点P是AF的中点，点H是AD的中点，
∴，
∴点P在BH上，
∵，
∴，
∴，
∵点P在BH上，
∴当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，
在Rt△CDH中，
∴PC的最小值为，
故答案为：.
【分析】取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，可证四边形BEDH是平行四边形，可得，由三角形中位线定理可得，可知当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，利用勾股定理求出CH的长即可.
15．（2023八下·资阳期末）已知直线的解析式为，菱形，，，…按图所示的方式放置，顶点，，，，…均在直线上，顶点，，，…均在轴上，则点的坐标是　 　．
【答案】
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；菱形的性质；坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：设直线l： 与x轴交于点C，如图所示：
令y=0，即2x+2=0，x=-1，则C（-1，0）
令x=0，得y=2，则
∵ 四边形 为菱形
∴ AO垂直平分
∴
∴ 当x=1时，y=4，∴
则，
以此类推，可以发现：，·······
∴则点的坐标是
故答案为： .
【分析】本题考查菱形的性质，一次函数点的特征，找出点坐标的规律是关键。
三、解答题
16．如图，在平行四边形ABCD中，AD=9 cm，CD= cm，∠B=45°，点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)． ．
（1）求BC边上的高AE的长度．
（2）连结AN，CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形？
（3）作MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形？
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB= CD=3cm， 在Rt△ABE中，∠AEB=90 ，∠B=45°，∴设BE=AE=xcm，则有x2+x2 =(3)2，解得x=3，即AE的长度为3cm．
（2）解：∵点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)，
∴AM=CN=t cm．∵AM∥ CN，∴四边形AMCN为平行四边形，
∴当AN=AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE=AE=3 cm，EN=(6-t)cm，∴AN2=32+(6-t)2，
∴32+(6-t)2=t2 ，解得t=
故当t为时，四边形AMCN为菱形．
（3）解：∵MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，QM∥NP，∴四边形MPNQ
为矩形，∴当QM=QN时，四边形MPNQ为正方形．∵AM=CN=tcm，
BE=3 cm，∴AQ=EN=BC -BE -CN=9-3-t=(6-t)cm，
∴QM=|AM-AQ|=|t-(6-t)|=、2t-6|(注：分点Q在点M的左右两种情况)．
∵QN=AE=3 cm，∴|2t-6|=3，解得t=4.5 或t=1.5．
故当t为4.5或1.5时，四边形MPNQ为正方形．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定；正方形的性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）根据勾股定理，列算式解答即可；
（2）根据菱形的判定方法，邻边相等的平行四边形为菱形，结合勾股定理，可解答；
（3）根据正方形的判定方法，邻边相等的矩形为正方形，再结合勾股定理可解答，但需要分Q在点M的左右两种情况，所以列式时需加上绝对值.
17．如图，在 ABCD中，AB=6 cm，BC=10 cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD 上的动点，EG 的延长线与BC 的延长线相交于点 F，连结 CE，DF.
（1）求证：四边形CEDF 是平行四边形.
（2）①当AE= cm时，四边形CEDF 是菱形，请说明理由.
②当 AE= cm时，四边形 CEDF 是矩形，请说明理由.
【答案】（1）证明：在 ABCD中 ，BC∥AD，
∴∠FCG=∠EDG，
∵ G是CD的中点 ，
∴CG=DG，
∵∠CGF=∠DGE，
∴△CGF≌△DGE（AAS），
∴GE=GF，
∴ 四边形CEDF 是平行四边形.
（2）解：① 当AE=4 cm时，四边形CEDF 是菱形，
理由：在 ABCD中， CD=AB=6 cm，AD=BC=10 cm ， ∠ADC=∠B=60° ，
∴DE=AD-AE=10-4=6cm，
∴DE=CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE=ED，
由（1）知：四边形CEDF 是平行四边形.
∴ 四边形CEDF 是菱形 .
故答案为：4.
②当 AE=7cm时，四边形 CEDF 是矩形，
理由：过点A作AH⊥BC，
∵ ∠B=60° ， AB=6 cm ，
∴BH=AB=3cm，
∴DE=AD-AE=10-7=3cm，即BH=DE，
∴△HBA≌△EDC（SAS）
∴ ∠DEC=∠BHA=90° ，
由（1）知：四边形CEDF 是平行四边形.
∴ 四边形CEDF 是矩形 .
故答案为：7.
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】（1）证△CGF≌△DGE（AAS），可得GE=GF，结合CG=DG，根据平行四边形的判定即证结论；
（2）①证明△CDE为等边三角形，可得CE=ED，根据菱形的判定定理即证；
②过点A作AH⊥BC，证明△HBA≌△EDC（SAS），可得∠DEC=∠BHA=90° ，根据矩形的判定定理即证.
18．如图，四边形 ABCD为正方形，E 为对角线AC 上一点，连结 DE，过点 E 作EF⊥DE，交BC于点 F，以DE，EF为邻边作矩形 DEFG，连结 CG.
（1）求证：矩形 DEFG 是正方形.
（2）若 求 CG 的长.
（3）当 时，求∠EFC的度数.
【答案】（1）证明：如图，过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，
则∠EMC=∠ENC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴四边形ENCM是矩形；
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ACB=∠ACD=45°，
又∵∠EMC=∠ENC=90°，
∴EN=EM，
∴四边形CMEN是正方形，
∴∠MEN=90°，
即∠MEF+∠FEN=90°，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF=90°，
即∠MEF+∠DEM=90°，
∴∠FEN=∠DEM，
在△FEN和△DEM中，
，
∴△FEN≌△DEM（ASA），
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形.
（2）解：如图：过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，
∵矩形DEFG是正方形，四边形CMEN是正方形，
∴DE=EF=GF，EN=NC=MC=EM，
在Rt△ENC中，CE2=CN2+EN2=2EN2，
即，
解得：，
∵△FEN≌△DEM，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴，
在Rt△DEM中，，
∴DE=2；
∴FG=DE=2.
（3）解：∵∠ADE=40°，∠ADC=90°，
∴∠EDC=∠ADC-∠ADE=90°-40°=50°；
∵△FEN≌△DEM，
∴∠EDC=∠EFC=50°.
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，根据正方形的四个角是直角可得∠BCD=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形可得四边形ENCM是矩形，根据正方形的对角线平分对角可得∠ACB=∠ACD=45°，根据角平分线上的点到两边的距离相等可得EN=EM，根据邻边相等的矩形是正方形，正方形和矩形的四个角是直角可推得∠FEN=∠DEM，根据两个角和它们所夹的边分别对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得EF=ED，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明；
（2）过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，根据正方形的四条边都相等可得DE=EF=GF，EN=NC=MC=EM，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得EN的值，得到EM和MV的值，求出DM的值，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出DE的值，即可求解；
（3）根据题意可求得∠EDC=50°，根据全等三角形的对应角相等即可求解.
19．（2023八下·巴彦期末）在四边形中，，对角线平分，点为边上一点，连接交于点，．
（1）如图，求证：四边形是菱形；
（2）如图，点在上，，交于点，于点，若，求证：．
（3）如图，在的条件下，为的中点，点在上，点在上，连接，，，，若，求线段的长，
【答案】（1）证明：平分，
，
，，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
是菱形；
（2）证明：，，
是等边三角形，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，
过点C作，
，
由知：≌，
，
，
，，
，
≌，
，
在上截取，连接，
，
，
，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
连接，
是的中点，
，
，
，
，
设，则，，
，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定
【解析】【分析】（1）先证出四边形ABCD是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出答案；
（2）利用SAS证出△ABE≌△BCF，得出∠BCF=∠BAE，从而得出∠ANF=∠ABC=60°，∠NAL=30°，再根据在直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半 ，即可得出AN=2NL；
（3）过点C作CR⊥AE，在BH上截取GT=AG，连接AT、AH，先利用AAS证出△CRM≌△ALT，得出AT=CM，再利用勾股定理求出AL的长，设CH=k，得出AB=CD=2k，AH=k，BH=k，然后利用等积法求出k的值，即可得出BH 的长.
20．（2023八下·东港期末）如图，正方形的边都在坐标轴上，点的坐标为，将正方形绕点顺时针旋转，得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接，．
（1）求证：；
（2）求的度数；
（3）当时，求点的坐标；
（4）在（3）的条件下，直线上是否存在点，使以点，为顶点的三角形是等腰三角形？若存在请直接写出点的坐标；若不存在请说明理由．
【答案】（1）解：∵四边形ABCO是正方形，
∴，，
∵将正方形ABCO绕点A顺时针旋转得到正方形ADEF，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
即
∴
即；
（3）解：∵，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴AG=2OG，，
∵正方形中点的坐标为，
∴，
在Rt△AOG中，AO=3，AG=2OG，AG2=AO2+OG2，
（2OG）2=32+OG2，
解得：；
∴，
在Rt中，，
∵，
∴，
解得：，
∴点的坐标为；
（4）解：存在两个M点，点的坐标为或；如图所示．
①延长GE交y轴于点M1，
∵∠AGO=∠PGC，∠PGC=∠M1GO，
∴∠AGO=∠M1GO，
∵∠AOG=∠M1OG=90°，OG=OG，∠AGO=∠M1GO，
∴△AOG≌△M1OG（ASA），
∴AO=M1O，
∵A（0，3），
∴点M1的坐标为（0，-3）；
②延长GP与AB的延长线交于点M2，作GF⊥AB于点F．
∵AB∥OC，
∴∠AGO=∠M2AG=60°，
∵∠M2AG=∠AGM2=60°，
∴△AGM2为等边三角形，
∴GF垂直平分线AM2，
∴A（0，3），G（，0），
∴， ∴点M2的坐标为；
综上，点M的坐标为（0，-3）或.
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的四条边都相等，四个角都是90°可得，，根据旋转可得旋转前后图形全等可得，，推得，，根据斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等即可证明；
（2）根据斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等得Rt△ADP≌Rt△ABP，由全等三角形对应角相等得，，结合题意即可求解；
（3）由全等三角形对应角相等得∠AGO=∠AGD，根据等角的余角相等可得∠AGO=∠PGC，推得∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，即可求得∠1=∠2=30°，根据点B的坐标可求得正方形ABCD的边长为3，根据直角三角形中，30°所对的边是斜边的一半可得AG=2OG，PG=2GC，根据勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方，求得，，，，即可求解；
（4）①根据对顶角相等推得∠AGO=∠M1GO，根据如果一个三角形有两个角和另一个三角形的两个角对应相等，且它们所夹的边相等，那么这两个三角形全等，得△AOG≌△M1OG，由全等三角形对应边相等，可得AO=M1O，求得M1的坐标；②根据有两个角等于60度的三角形是等边三角形，得△AGM2为等边三角形，根据等边三角形底边上的高，中线，顶角的角平分线三线合一可得GF垂直平分线AM2，即可求得，即可求解.
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