精选新题速递之特殊四边形—浙江省八（下）数学期末复习
一、选择题
1．（浙江省杭州英特外国语学校2024-2025学年八年级下学期期中数学试卷）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点．下列说法中不正确的是（ ）
A．四边形EMFN一定是平行四边形
B．若，则四边形EMFN是矩形
C．若，则四边形EMFN是菱形
D．若，则四边形EMFN是矩形
2．（2025八下·温州期中）如图，在正方形ABCD中，向内作四个全等的三角形，其中．以DG，CG为邻边作．若点B，F，G在同一直线上，，点到CD的距离为1，则图中阴影面积为（ ）
A．6 B．9 C．15 D．18
3．（2025八下·宁波期中）如图，以为斜边的Rt面积为2，以的各边为边分别向外作正方形，过点作于点，过点作于点，则图中阴影面积为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
4．（2025八下·路桥期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，正方形BCHI．以DE，GF所在的直线构造矩形PQMN，且点H，I在边MN，MQ上．已知△ABC的面积为1，矩形PQMN的面积为20，则矩形PQMN的周长为（ ）
A．16 B．18 C．20 D．22
5．（2025八下·路桥期中）如图，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，过点D作DF⊥AE交AE于点H，交AB于点F，连接DE．下列结论：①AF＝BE；②∠CDF＝67.5°；③△DHE≌△DCE．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题
6．（浙江省杭州英特外国语学校2024-2025学年八年级下学期期中数学试卷）如图，由两个长为9，宽为3的全等矩形叠合而得到四边形ABCD，则四边形ABCD面积的最大值是 ．
7．（2025八下·宁波期中）如图，在等腰△ABC中，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒.过点作于点，若平面内存在一点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，则的值为 .
8．（ 浙江省杭州市春蕾中学2024-2025学年 下学期八年级期中数学试题）如图，在平行四边形ABCD纸片中，∠BAD=45°，AB=10．将纸片折叠，使得点A的对应点落在BC边上，折痕EF交AB、AD、分别于点E、F、G．继续折叠纸片，使得点C的对应点落在上，连接，点G到AD的距离为 ，的最小值为 ．
9．（2024八下·宁波期中）如果菱形有一条对角线等于它的边长，那么称此菱形为“完美菱形”．如图，已知“完美菱形”的边长为是它的较短对角线，点分别是边上的两个动点，且，点为的中点，点为边上的动点，则的最小值为 ．
10．（2025八下·宁波开学考）如图，在中，，分别以的三边为边向外构造正方形，，，分别记正方形，的面积为，．
（1）比较，的大小： ；
（2）若，则的值为 ．
11．（浙江省杭州采荷中学2024-2025学年八年级下学期期中测试数学试卷）如图，P为正方形内一点，分别过P作两条直线，交，于E，F，交，于G，H．若，，且四边形的面积为9，则正方形的面积为 ．（若和为锐角）
12．（2025八下·温州期中）如图1是一个三节段式伸缩晾衣架，如图2，是其衣架侧面示意图.MN为衣架的墙体固定端，A为固定支点，B为滑动支点，四边形DFGI和四边形EIJH是平行四边形，且AF=BF=DF=DI=EI=EH=CH，点B在AN上滑动时，衣架外延钢体发生角度改变，其外延长度(点A和点C间的距离)也随之变化，形成衣架伸缩效果.当伸缩衣架为初始状态时，衣架外延长度为42cm.如图3，当点B向点A移动8cm时，外延长度为90cm，则BD与GE的之间距离为 cm.
三、解答题
13．（2025八下·宁波期中）如图1，点是边长为6的正方形边上一点，点是延长线上一点，四边形是边长为4的正方形，连接，点是线段的中点，连接.
图1 图2 图3
（1）如图2，连接并延长交于点，求线段的长度；
（2）将图1中的正方形绕点顺时针方向旋转，
①如图3，当点恰好落在线段上，求此时线段的长度；
②在旋转过程中，当三点在一条直线上时，请直接写的面积.
14．（2025八下·路桥期中）在四边形ABCD中，对角线BD上有一点E，连接AE，CE，F是射线AD上一点，连接EF，且EF＝AE，以EC，EF为边作平行四边形CEFH．
（1）如图1，若四边形ABCD是菱形．
①求证：四边形CEFH是菱形；
②若∠BAD＝60°，连接CF，则CF与AE是否相等？请说明理由．
（2）如图2，若四边形ABCD是正方形．
①CF与AE的关系是（ ）
CF＝AECF＝AECF＝1.5AECF＝2AE
②已知AD＝6，DF＝2，连接DH，则DH的长为 ．
15．（2025八下·瑞安期中）如图，在□ABCD中，AB=10+10，P为线段CD上一点，连结AP，将△ADP沿着线段AP折叠，点D落在D'处，作D'E//CD交AP于点E.
（1）证明：四边形D'EDP为菱形.
（2）如图1，若D'恰好落在平行四边形ABCD的对角线交点处，求此时DP的长度.
（3）如图2，连结AC，∠ADC=45°，∠DAC=105°，在AB上取一点M（AM
16．（2025八下·鄞州期中） 如图平行四边形ABCD的顶点A、B在×轴上，顶点D在y轴上.已知OA=6，OB=10，OD=8.
（1）求平行四边形 ABCD 的面积.
（2）如图 1，点E是BC边上的一点，若的面积是 的，求点E的坐标；
（3）如图2，将绕点O顺时针旋转，旋转得。在整个旋转过程中，能否使以点 O、、、B 为顶点的四边形是平行四边形？若能，求点的坐标；若不能，请说明理由.
17．（2025八下·鄞州期中）如图，一条河流的BD段长为12km，在B点的正北方4km处有一村庄A，在D点的正南方2km处有一村庄E，计划在BD上建一座桥C，使得桥C到A村和E村的距离和最小.请根据以上信息，回答下列问题：
（1）将桥C建在何处时，可以使得桥C到A村和E村的距离和最小？请在图中画出此时C点的位置；
（2）小明发现：设，则，则，根据（1）中的结论可以求出当x= 时，的值最小，且最小值为 ；
（3）结合（1）（2）问，请直接写出下列代数式的最小值；
①的最小值 ；
②的最小值为 .
18．（2025八下·慈溪期中）已知，在正方形ABCD中，△ADE是一个等边三角形，点P在射线DE上运动且与直线AB上的两动点M，N（点M在N点左侧）构成等边三角形PMN.
（1）如图1， 当点M与A点重合时，求证： AE平分∠PAB：
（2）当点P 与点E重合时，若AD=2，求PN+AN；
（3）当点 P在直线 AB 下方时：
①如图2，试说明：PN+AN为定值；
②如图3， 若AM的中点为F点，连接EF，EN. 试探究S△BFN与S△ADE的数量关系.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E，N分别为AD，BD的中点，
∴NE∥AB，NE=AB，
同理可得MF∥AB，MF=AB，
故NE∥MF，且NE=MF，
∴四边形EMFN为平行边形，
故A正确；
若AB=CD，
由中位线的性质，可知NE=AB，ME=DC，
∴NE=ME，
∴四边形EMFN为菱形，
故C正确；
由MF∥AB，NF∥DC，
则∠ABC=∠MFC，∠DCB=∠NFB，
则
∴∠NFM=90°，
故四边形EMFN为矩形，
故D正确，
故答案为：B.
【分析】根据三角形中位线的性质，可证明NMFN为平行四边形，在平行四边形的基础上再去判断是否会成为菱形或矩形.
2．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质；正方形的性质；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：如图所示，连接GF，作GJ⊥PC于点J，
由题意可知△ABE △BCF △CDG △DAH，
∵四边形CGDP为平行四边形，
∴△CDG △DCP，
从而△DCP≌△BCF，∠DCP=∠BCF，
又∠GCD=∠FBC
∵∠GCP = 45°，
∴∠GCD+∠BCF=45°，
∴∠GCF=90°-45°= 45°.
∴∠FBC+∠BCF=∠GCD+∠DCP=45°
即∠GFC=45°.
故∠BGC=90°.
设GC=a，则GC=GF=BF=a，
∴BG =2a，
由勾股定理可得，，
∵△GJC为等腰直角三角形，
∴，
∵点P到CD的距离为1，
∴，
又∵，
即，
解得
故图中阴影面积
故答案为：C.
【分析】连接GF，作GJ⊥PC于点J，由题意可知△ABE △BCF △CDG △DAH，根据四边形CGDP为平行四边形，可得△CDG △DCP，从而△DCP≌△BCF，∠DCP=∠BCF，导角可证∠GFC=45°，∠BGC=90°.设GC=a，则GC=GF=BF=a，BG=2a，，，由△GJC为等腰直角三角形，可得，，再根据列方程即可求解a的值，最后根据图中阴影面积即可计算得答案.
3．【答案】B
【知识点】三角形的面积；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；同侧一线三垂直全等模型；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，过点C作CO⊥AB于点O，延长AB交EM于点P，交GN于点Q，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∵以△ABC的各边为边分别向外作正方形，过点作EM⊥KH于点M，过点G作GN⊥KH于点N，
∴AC=AE，BC=BG，AB=AK=BH，四边形AKMP、四边形BHNQ都为矩形，
∴∠CAE=∠CBG=90°，
∴∠APE=∠BQG=90°，
∵∠EAP+∠CAO=180-∠CAE=180°-90°=90°，
∴∠EAP+∠AEP=90°，
∴∠CAO=∠AEP.
在△EAP和△ACO中，
∴△EAP △ACO(AAS)，
∴AP=CO，△EAP的面积=△ACO的面积：
同理可证：△GBQ △BCO(AAS)，
∴BQ=CO，△GBQ的面积=△BCO的面积，
∴AP=BQ=CO，△EAP的面积+△GBQ的面积=△ACO的面积+△BCO的面积=△ABC的面积，
∴图中阴影面积=矩形AKP的面积+矩形BHNQ的面积+△EAP的面积+△GBQ的面积
=AK·AP+BH·BQ+△ABC的面积
=5×△ABC的面积
=5×2
=10，
故答案为：B.
【分析】过点C作CO⊥AB于点O，延长AB交EM于点P，交GN于点Q，再由题意得出AC=AE，BC=BG，AB=AK=BH，四边形AKMP、四边形BHNQ都为矩形，∠CAE=∠CBG=90°，然后证△EAP △ACO(AAS)，得出AP=CO，△EAP的面积=△ACO的面积，同理△GBO △BCO(AAS)，得出BQ=CO，△GBQ的面积=△BCO的面积，即可得出结果.
4．【答案】B
【知识点】完全平方公式及运用；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图所示：分别延长AB交MQ于点K、延长AC交MN于点L.
设，则
四边形DCHI是正方形
四边形PQMN是矩形
正方形ACFG中
同理：
、
矩形PQMN中
四边形CLNF是矩形
同理四边形AEBG、KBDQ都是矩形
矩形PQMN的周长为
故答案为：B.
【分析】分别延长AB交MQ于点K、延长AC交MN于点L，则得到赵爽弦图AKML，即，由全等及矩形的性质可判定四边形CLNF、AEBG、KBDQ都是矩形，为方便计算可分别设，则矩形PQMN的两边PQ、PN分别，则其周长等于；此时可利用矩形PQMN和 △ABC的面积分别得到的平方和与乘积，则利用完全平方公式可得到的和即可 .
5．【答案】A
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：四边形ABCD是正方形
，故结论 ① 正确；
平分
，故结论 ② 正确；
中：
不可能与全等，故结论 ③ 错误.
故答案为：A.
【分析】 ① 由正方形的性质结合已知DF⊥AE 可证明，则AF=BE、 ∠BAE＝ ∠ADF；
②由正方形的性质可得，由角平分的概念可得等于的一半等于；由全等的性质可得等于，再利用两锐角互余即可求得 ∠CDF＝67.5°；
③ 若 △DHE≌△DCE，则DC=DH，由于正方形的四条边相等，则DH=DA，显然矛盾，故不可能全等.
6．【答案】15
【知识点】菱形的判定与性质；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：
如图，作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵两个矩形的宽都是3，
∴AE=AF=3，
∵S四边形ABCD=AE BC=AF CD，
∴BC=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
如图，当菱形的一条对角线为矩形的对角线时，四边形ABCD的面积最大，
，
设AB=BC=x，则BE=9-x，
∵BC2=BE2+CE2，
∴x2=（9-x）2+32，
解得x=5，
∴四边形ABCD面积的最大值是：
5×3=15．
故答案为：15.
【分析】 首先证明四边形ABCD是菱形，然后判断出菱形的一条对角线为矩形的对角线时，四边形ABCD的面积最大，利用勾股定理求出AB的值，即可求出四边形ABCD面积的最大值是多少.
7．【答案】或或5
【知识点】勾股定理；菱形的性质；等腰直角三角形；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：过点E作AB的垂线，垂足为M，如图所示，
是等腰直角三角形， 且
∵点E的运动速度为 点D的速度为
是等腰直角三角形，
在 中，
，
是等腰直角三角形，
是等腰直角三角形，
∵以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，
∴当 为等腰三角形时满足要求.
当 时， 即.
解得
又
当 时， 即
解得
当 时，点E，F与点C重合，故此情况不存在，
当 时， 即
解得
当 时，点D，F与点B重合，故此情况不存在，
综上所述，t的值为 或 或5.
故答案为： 或 或5.
【分析】用含t的代数式分别表示出. 及 再由 是等腰三角形时，平面内存在一点H，可使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，最后利用分类讨论的数学思想即可解决问题.
8．【答案】；
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：过B作BH⊥AD于H，过G作GP⊥AD于P，GQ⊥于Q，过作⊥AD于R，如图：
∵∠BAD=45°，AB=10，
∴BH=AB=5，
∵四边形ABCD是平行四边形，BH⊥AD，⊥AD，
∴四边形是矩形，
∴=BH=5，
∵GP⊥AD，⊥AD，
∴GP，
∵将纸片折叠，使得点A的对应点落在BC边上，折痕EF，
∴AG=，∠AFE=∠，
∴GP是△的中位线，
∴GP==，
∵GP⊥AD，GQ⊥，
∴GQ=GP=，
∵折叠纸片，使得点C的对应点C落在上，
∴当与Q重合时，最小，最小值即是GQ的长，
∴最小为，
故答案为：，．
【分析】先根据等腰直角三角形的性质求得BH，再证明四边形是矩形，从而可求得，然后根据折叠的性质得出AG=，∠AFE=∠，再根据中位线的性质求得GP，从而可利用角平分析的性质求得GQ，最后利用折叠的性质求出最小值．
9．【答案】
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：设与的交点为，连接，，
四边形是菱形，
，
，
，
的最小值为，
作点关于的对称点，延长交于点，连接，，，
，
，
的最小值为，
四边形是菱形，，
，
四边形是“完美菱形”，
∴菱形的边只能和较短对角线相等，
∵的边长为8，
，，
，，
，，
由对称性和菱形的性质，知，
，
的最小值为，
故答案为：．
【分析】连接，，可得，根据，可得的最小值，根据将军饮马模型构造出的最小值时的线段，再根据勾股定理解答即可．
10．【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS；勾股树模型
【解析】【解答】解：（1）∵为正方形，
∴，，
∵为正方形，
∴，，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）作交的延长线于点Q，则，
设，，则，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为：．
【分析】（1）由正方形的性质得AI=AC，AB=AE，∠IAC=∠EAB=90°，根据等式性质推出∠IAB=∠CAE，从而利用SAS判断出△AIB≌△ACE，由全等三角形的对应边相等可得CE=BI，从而可得答案；
（2）作交CA的延长线于点Q，设，，根据正方形面积计算公式表示出，，根据直角三角形量锐角互余及同角的余角相等得∠QAB=∠ABC，从而用AAS判断出△AEQ≌△BAC，由全等三角形的对应边相等得AQ=BC=a，QE=AC=b，则QC=a+b，由含30°角直角三角形的性质得EC=2QE，然后根据勾股定理表示出QC，可得 ，再代入计算即可得出的值．
11．【答案】
【知识点】二次根式的混合运算；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
12．【答案】24
【知识点】平行线之间的距离；勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：连结AD、DE、EC
∵ 四边形DFGI和四边形EIJH是平行四边形，且 AF=BF=DF=DI=EI=EH=CH
∴四边形DFGI和四边形EIJH是菱形，△AFD、△DIE、△EHC是等腰三角形，，点A、D、E、C在同一条直线上
如图，初始状态时， 衣架外延长度为42cm
∴AD=DE=EC=14cm
在△AFD中，过点F作FP⊥AD，则
令PF=x，∴
如图， 当点B向点A移动8cm时，外延长度为90cm
∴AD=DE=EC=30cm
在△AFD中，过点F作FQ⊥AD，则
QF=x-4，∴
∵衣架滑动过程中，AF的长度不发生变化
∴ 解得x=24.
∴QF=20cm，DG=2QF=40cm，AF=
过点F作FK⊥GI， BD与GE的之间距离为垂线段FK的长度
∵ ，GI=AF=25cm，FI=30cm
∴FK=24cm
故答案为：24.
【分析】本题考查菱形的性质，由已知条件可得△AFD、△DIE、△EHC是等腰三角形，且，因此只需要研究△ADF中的数量关系，即可知道其他三角形的边长关系，最后利用菱形的面积计算公式，可以得到 BD与GE的之间距离。
13．【答案】（1）解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴GF//CE，AD//BC，
∴HF//AD，
∴∠FHM=∠ADM，∠HFM=∠DAM，
又∵点M是线段AF的中点，
∴AM=FM，
∴△HMF △DMA(AAS)，
∴HF=AD=4，CH=2，DM=HM
又∵GD=GC-DC =2，
∴△GHD为等腰直角三角形，
∴
（2）解：①连接DM并延长，交CF延长线于点H，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴GF//CE，AD//BC，
∴HF//AD，
∴∠FHM=∠ADM，∠HFM=∠DAM，
又∵点M是线段AF的中点，
∴AM=FM，
∴△HMF △DMA(AAS)，
∴HF=AD=4，GH=10，DM=HM，
又∵GD=GC+DC =10，
∴△GHD为等腰直角三角形
∴
②如图，当AD在CG右侧时，过M作MN⊥GD于点N，过F作FK⊥GD于点K，
在Rt△CGD中，，
∴，
∵∠CGD=∠GFK=90°-∠DGF，CG=FG，∠CDG=∠GHF=90°，
∴△GCD △FGK(AAS)，
∴，
∵M是AF中点，MN//FK，
∴N是AK中点，
∴，
∴，
如图，当AD在CG左侧时，过M作MN⊥GD于点N，过E作FK⊥GD于点K，
同理可得，
，
∴；
综上，△AGM的面积为或.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】(1)先证△HMF △DMA(AAS)，再证△GHD为等腰直角三角形，即可得解；
(2)①先证△HMF △DMA(AAS)，再证△GHD为等腰直角三角形，即可得解；
②分类讨论，当AD在CG右侧或者左侧，画出图形，利用勾股定理和中位线性质定理即可得解.
14．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB，AD＝CD．
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE，
∴AE＝CE．
∵EF＝AE，
∴CE＝EF．
∵四边形CEFH是平行四边形，
∴四边形CEFH是菱形．
②相等（或：是）
∵△ADE≌△CDE，
∴∠EAD＝∠ECD．
∵EF＝AE，
∴∠EAD＝∠EFD，
∴∠EFD＝∠ECD，
∴∠CEF＝∠CDF．
∵AB∥CD，∠BAD＝60°，
∴∠CDF＝∠BAD＝60°，
∴∠CEF＝60°．
∵CE＝EF，
∴△CEF是等边三角形，
∴CF＝EF＝AE．
（2）①B②或
【知识点】菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；四边形-动点问题；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（2）①如图所示：
四边形ABCD是正方形
、
四点共圆
四边形EFHC是矩形
矩形EFHC是正方形
故应选B
② 如图1所示：当点F在AD上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
四边形EFHC是正方形
四边形ABCD和四边形EFHC都是正方形
如图2所示，当点F在AD的延长线上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
同理：
综上所述，DH的值为或.
【分析】（1） ①由于菱形是轴对称图形，因此CE=AE、又EF=AE，则等量代换得CE=FE，则平行四边形CEFH是菱形；
②若 ∠BAD＝60° ，则由菱形的对边平行可得∠CDF＝∠BAD＝60°，由于菱形是轴对称图形，因此△ADE全等△CDE，即有∠EAD等于∠ECD；由于已知EF=EA，则∠EAD等于∠EFD，等量代换得∠ECD等于∠EFD，即D、E、C、F四点共圆，所以∠CEF＝60°，因为CE=EF、所以三角形CEF是等边三角形，即CF=AE；
（2）分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM，再分两种情况进行计算，即当点F在AD上时，此时AF＝4，由于AE＝FE，则NF等于AF的一半等于2，再利用正方形的性质可证明，由全等的性质可得MH等于NF等于2，再利用正方形的性质证明，可得，从而得为等腰直角三角形即可求得DH的长；当点F在AD的延长线上时，方法同上.
15．【答案】（1）证明：∵将沿线段AP折叠得到，
∴∠DEP=∠D'EP，∠DPE=∠D'PE，DE=D'E，DP=D'P，
∵D'E∥CD，
∴∠D'EP=∠DPE，
∴∠D'EP=∠DPE=∠DEP=∠D'PE，
∴DE=DP，D'E=D'P，
∴DE=DE'=D'P=DP，
∴四边形D'EDP为菱形；
（2）解：∵D'为AC中点，D'E∥CD，
∴D'E为中位线，
∴，即CP=2D'E，
由（1）得四边形D'EDP为菱形，
∴D'E=DP，
∴CD=DP+CP=3DP，
∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】菱形的判定与性质；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形的中位线定理；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）解：∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴AB∥CD，，
∴∠ADC+∠BAD=180°，
∵∠ADC=45°，
∴∠BAD=135°，
∵折叠的性质，
∴∠DAP=∠D'AP，
①如图，当点N在AP上时，
∵点M关于直线AD'的对称点为N，
∴∠D'AN=∠D'AM=∠DAP，
∵∠BAD=∠D'AN+∠D'AM+∠DAP=135°，
∴∠D'AN=∠D'AM=∠DAP=45°，
∵∠ADC=45°，∠DAC=105°，
∴∠APC=∠ADC+∠DAP=90°，∠ADC=∠DAP，∠ACP=180°-∠ADC-∠DAC=30°，
∴PA=PD，
设PA=PD=x，
∴AC=2PA=2x，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴DP=10，AC=20；
②如图，当点N在AC上时，过点P作PF⊥AC于F，
∴∠PFA=∠PFC=90°，
∵AB∥CD，∠ACP=30°，
∴∠BAC=∠ACP=30°，
∵点M关于直线AD'的对称点为N，
∴∠D'AN=∠D'AM=15°，
∵∠DAC=105°，
∴∠DAD'=∠DAC+∠D'AN=120°，
∴∠DAP=∠D'AP=60°，
∴∠PAF=∠D'AP-∠D'AN=45°，
∵∠PFA=90°，
∴∠APF=∠PAF=45°，
∴AF=PF，设AF=PF=y，
∵AC=20，
∴CF=AC-AF=20-y，
∵∠PFC=90°，∠ACP=30°，
∴PC=2PF=2y，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴；
综上所述，DP的取值范围为，
故答案为：.
【分析】（1）根据折叠的性质得∠DEP=∠D'EP，∠DPE=∠D'PE，DE=D'E，DP=D'P，然后根据平行线的性质得∠D'EP=∠D'PE，于是进行等量代换得∠D'EP=∠D'PE=∠DEP=∠DPE，从而根据等腰三角形的判定证出DE=DP，D'E=D'P，进而进行等量代换得DE=DE'=D'P=DP，最后根据菱形的判定即可得证结论；
（2）根据中位线定理得CP=2D'E，然后根据菱形的性质得D'E=DP，从而得CD=3DP，进而根据平行四边形的性质得AB=CD=3DP，据此即可求解；
（3）根据平行四边形的性质、平行线的性质、折叠的性质得，∠BAD=135°，∠DAP=∠D'AP，然后分情况讨论：①当点N在AP上时，根据轴对称的性质得∠D'AN=∠D'AM=∠DAP=45°，然后求出∠APC=90°，∠ADC=∠DAP，∠ACP=30°，从而根据等腰三角形的判定得设PA=PD=x，进而利用勾股定理得，于是可得，即可列出关于x的方程，解方程求出x的值，即可得DP=10，AC=20；
②当点N在AC上时，过点P作PF⊥AC于F，得∠PFA=∠PFC=90°，根据平行线的性质得∠BAC=∠ACP=30°，然后根据轴对称的性质得∠D'AN=∠D'AM=15°，从而求出∠DAD'=120°，∠DAP=∠D'AP=60°，进而得∠PAF=∠APF=45°，于是根据等腰三角形的判定得设AF=PF=y，得CF=20-y，接下来根据含30°的直角三角形的性质以及勾股定理得PC=2y，，即可列出关于y的方程，解方程求出y的值可得PC的值，于是得DP的值，最后综合以上两种情况得到答案.
16．【答案】（1）解：∵OA=6，OB=10，
∴AB=16，
∵OD=8，
∴S平行四边形ABCD=AB×OD=128
（2）解：过点E作EF丄AB于点F，如图所示：
，即点E的纵坐标为4，
∵ OA=6，OB=10，OD=8，
∴A(-6，0)，B（10，0），D(0，8)，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=16，AB∥CD，
∴C(16，8)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有：
，
解得：
直线BC的解析式为 ，
把y=4代入，得
解得
∴E(13，4)
（3）解：由题意可分：
①当A1D1//OB时，如图所示
∵OA=6，OD=8，
∴，
由旋转性质得A1D1=AD=10，OA1=OA=6，OD1=OD=8，∠A1OD1=∠AOD=90°，
∴A1D1=OB=10，
∴四边形A1D1BO是平行四边形，
∴OM⊥A1D1
；
②当四边形OA1BD1是平行四边形时，过点A1作A1N⊥OB于点N1，如图所示：
∵∠A1OD1=90°，
∴四边形OA1BD1是矩形，
∴∠OA1B=90°，A1O=6， A1B=OD1 =8，
③当四边形OBA1D1是平行四边形时，过点A作A1G⊥OB于点G，如图所示：
综上所述：当以点 为顶点的四边形是平行四边形，则点 ，
【知识点】矩形的判定与性质；旋转的性质；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）根据AB=OA+OB计算出AB，然后根据平行四边形的面积等于底乘以高，列式计算即可；
（2）过点E作EF丄AB于点F，首先根据三角形面积公式及△ABE与平行四边形ABCD的面积之间的关系建立方程求出EF=4，可得点E的纵坐标值y=4；由题意易得A(-6，0)，B（10，0），D(0，8)，根据平行四边形的性质及点的坐标与图形性质可得C(16，8)，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，再将y=4代入直线BC的解析式算出对应的自变量x的值，即可得到点E的坐标；
（3）①当A1D1//OB时，由勾股定理求AD，由旋转得A1D1=AD=10，OA1=OA=6，OD1=OD=8，∠A1OD1=∠AOD=90°，则A1D1=OB=10，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形A1D1BO是平行四边形；利用等面积法求出OM的长，利用勾股定理算出A1M的长，即可得到点A1的坐标；②当四边形OA1BD1是平行四边形时，过点A1作A1N⊥OB于点N1，由有一个内角为90°的平行四边形是矩形得四边形OA1BD1是矩形，有矩形及旋转性质得∠OA1B=90°，A1O=6， A1B=OD1 =8，由等面积法求出A1N，再利用勾股定理求出ON，可得A1坐标；③当四边形OBA1D1是平行四边形时，过点A作A1G⊥OB于点G，根据平行四边形性质及旋转性质得，由等面积法求出A1G，再利用勾股定理求出OG，可得A1坐标，综上可得答案.
17．【答案】（1）解：如图，连接AE交BD于点C'，点C'即为所作；
（2）8；km
（3）25；
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（2）过点A作AJ⊥ED交ED的延长线于点J，连接DC'，则四边形ABDJ是矩形；
∴AB=DJ=4km，AJ=BD=12km，则EJ=DE+DJ=6km，
∴，
∵AC+CE≥AE，
∴AC+CE的最小值为km，
设C'B=xkm，
∴，
解得x=8，
∴当x=8km时，AC+CE的值最小，最小值为km；
故答案为：8；km；
（3）①∵，
∴ 的最小值就是以24与7为直角边的直角三角形的斜边得长；
∴的最小值：
故答案为：25；
②∵
∴ 的最小值就是以6和9为直角边的直角三角形的斜边得长；
∴为直角边的直角三角形的斜边得长的最小值为.
故答案为：.
【分析】（1）根据两点之间线段最短，故连接AE，AE与BD的交点就是所求的点C的位置；
（2）过点A作AJ⊥ED交ED的延长线于点J，连接DC'，则四边形ABDJ是矩形；由矩形性质得AB=DJ=4km，AJ=BD=12km，则EJ=DE+DJ=6km，利用勾股定理算出AE，然后根据三角形三边关系得AC+CE≥AE，只有当C与C'重合即A、C、E三点共线的时候，AE最短，进而利用等面积法建立方程，求出x即可；
（3）①根据（1）（2）思路， 的最小值就是以24与7为直角边的直角三角形的斜边得长，从而根据勾股定理计算即可；
②根据（1）（2）思路， 的最小值就是以6和9为直角边的直角三角形的斜边得长，根据勾股定理计算即可.
18．【答案】（1）证明，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵△ADE与△PMN都是等边三角形，
∴∠DAE=∠PAN=60°，
∴∠BAE=∠DAP=∠BAD-∠DAE=30°，
∴∠PAE=∠BAD-∠BAE-∠DAP=30°，
∴∠BAE=∠PAE，
∴AE平分∠PAB；
（2）解：如图，
∵△ADE与△PMN都是等边三角形，
∴AE=AD=2，∠PAD=∠N=60°，
又∵ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∴∠PAN=30°，
∴∠APN=180°-30°-60°=90°，
设PN=x，则AN=2x，
在Rt△APN中，，即，
解得x=
∴PN，AN=，
∴ PN+AN =；
（3）解：设射线DE与直线AB的交点为Q点，
①由题可得： ∠BAD =90°， ∠ADE=60°，∠MNP=60°，
∴∠AQD=30°，
∴QD=2AD，
是定值，
∵∠MNP=∠AQD+∠NPQ =60°，
∴∠NPQ=30°；
∴∠NPQ =∠Q；
∴PN=QN；
∵AQ=QN+AN；
∴PN+AN = AQ是定值.
理由： 由(2)①得： QN = PN在等边 中，
∵点F为AM中点，
Q，
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得到∠BAD =90°，根据等边三角形的性质得到∠DAE=∠NAP =60°， 得到∠BAE=30°， 求得∠PAE=60°-30°=30°，根据角平分线的定义得到AE平分∠PAB；
（2）根据等边三角形的性质得到∠APN=90°，AE=AD=2，然后根据解直角三角形求出PN和AN的长计算解题.
（3）假设射线DE与直线AB的交点为Q点，①根据题意得到∠BAD=90°， ∠ADE=60°，∠MNP =60°， 求得∠AQD =30°， 得到PN+AN = AQ；
②由(2)①得：QN =PN根据等边三角形的性质得到MN= PN， 求得 由点F为AM中点，求得 得到 ，根据三角形的面积公式得到 ， 推出 于是得到结论.
1 / 1精选新题速递之特殊四边形—浙江省八（下）数学期末复习
一、选择题
1．（浙江省杭州英特外国语学校2024-2025学年八年级下学期期中数学试卷）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点．下列说法中不正确的是（ ）
A．四边形EMFN一定是平行四边形
B．若，则四边形EMFN是矩形
C．若，则四边形EMFN是菱形
D．若，则四边形EMFN是矩形
【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E，N分别为AD，BD的中点，
∴NE∥AB，NE=AB，
同理可得MF∥AB，MF=AB，
故NE∥MF，且NE=MF，
∴四边形EMFN为平行边形，
故A正确；
若AB=CD，
由中位线的性质，可知NE=AB，ME=DC，
∴NE=ME，
∴四边形EMFN为菱形，
故C正确；
由MF∥AB，NF∥DC，
则∠ABC=∠MFC，∠DCB=∠NFB，
则
∴∠NFM=90°，
故四边形EMFN为矩形，
故D正确，
故答案为：B.
【分析】根据三角形中位线的性质，可证明NMFN为平行四边形，在平行四边形的基础上再去判断是否会成为菱形或矩形.
2．（2025八下·温州期中）如图，在正方形ABCD中，向内作四个全等的三角形，其中．以DG，CG为邻边作．若点B，F，G在同一直线上，，点到CD的距离为1，则图中阴影面积为（ ）
A．6 B．9 C．15 D．18
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质；正方形的性质；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：如图所示，连接GF，作GJ⊥PC于点J，
由题意可知△ABE △BCF △CDG △DAH，
∵四边形CGDP为平行四边形，
∴△CDG △DCP，
从而△DCP≌△BCF，∠DCP=∠BCF，
又∠GCD=∠FBC
∵∠GCP = 45°，
∴∠GCD+∠BCF=45°，
∴∠GCF=90°-45°= 45°.
∴∠FBC+∠BCF=∠GCD+∠DCP=45°
即∠GFC=45°.
故∠BGC=90°.
设GC=a，则GC=GF=BF=a，
∴BG =2a，
由勾股定理可得，，
∵△GJC为等腰直角三角形，
∴，
∵点P到CD的距离为1，
∴，
又∵，
即，
解得
故图中阴影面积
故答案为：C.
【分析】连接GF，作GJ⊥PC于点J，由题意可知△ABE △BCF △CDG △DAH，根据四边形CGDP为平行四边形，可得△CDG △DCP，从而△DCP≌△BCF，∠DCP=∠BCF，导角可证∠GFC=45°，∠BGC=90°.设GC=a，则GC=GF=BF=a，BG=2a，，，由△GJC为等腰直角三角形，可得，，再根据列方程即可求解a的值，最后根据图中阴影面积即可计算得答案.
3．（2025八下·宁波期中）如图，以为斜边的Rt面积为2，以的各边为边分别向外作正方形，过点作于点，过点作于点，则图中阴影面积为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【知识点】三角形的面积；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；同侧一线三垂直全等模型；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，过点C作CO⊥AB于点O，延长AB交EM于点P，交GN于点Q，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∵以△ABC的各边为边分别向外作正方形，过点作EM⊥KH于点M，过点G作GN⊥KH于点N，
∴AC=AE，BC=BG，AB=AK=BH，四边形AKMP、四边形BHNQ都为矩形，
∴∠CAE=∠CBG=90°，
∴∠APE=∠BQG=90°，
∵∠EAP+∠CAO=180-∠CAE=180°-90°=90°，
∴∠EAP+∠AEP=90°，
∴∠CAO=∠AEP.
在△EAP和△ACO中，
∴△EAP △ACO(AAS)，
∴AP=CO，△EAP的面积=△ACO的面积：
同理可证：△GBQ △BCO(AAS)，
∴BQ=CO，△GBQ的面积=△BCO的面积，
∴AP=BQ=CO，△EAP的面积+△GBQ的面积=△ACO的面积+△BCO的面积=△ABC的面积，
∴图中阴影面积=矩形AKP的面积+矩形BHNQ的面积+△EAP的面积+△GBQ的面积
=AK·AP+BH·BQ+△ABC的面积
=5×△ABC的面积
=5×2
=10，
故答案为：B.
【分析】过点C作CO⊥AB于点O，延长AB交EM于点P，交GN于点Q，再由题意得出AC=AE，BC=BG，AB=AK=BH，四边形AKMP、四边形BHNQ都为矩形，∠CAE=∠CBG=90°，然后证△EAP △ACO(AAS)，得出AP=CO，△EAP的面积=△ACO的面积，同理△GBO △BCO(AAS)，得出BQ=CO，△GBQ的面积=△BCO的面积，即可得出结果.
4．（2025八下·路桥期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，正方形BCHI．以DE，GF所在的直线构造矩形PQMN，且点H，I在边MN，MQ上．已知△ABC的面积为1，矩形PQMN的面积为20，则矩形PQMN的周长为（ ）
A．16 B．18 C．20 D．22
【答案】B
【知识点】完全平方公式及运用；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图所示：分别延长AB交MQ于点K、延长AC交MN于点L.
设，则
四边形DCHI是正方形
四边形PQMN是矩形
正方形ACFG中
同理：
、
矩形PQMN中
四边形CLNF是矩形
同理四边形AEBG、KBDQ都是矩形
矩形PQMN的周长为
故答案为：B.
【分析】分别延长AB交MQ于点K、延长AC交MN于点L，则得到赵爽弦图AKML，即，由全等及矩形的性质可判定四边形CLNF、AEBG、KBDQ都是矩形，为方便计算可分别设，则矩形PQMN的两边PQ、PN分别，则其周长等于；此时可利用矩形PQMN和 △ABC的面积分别得到的平方和与乘积，则利用完全平方公式可得到的和即可 .
5．（2025八下·路桥期中）如图，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，过点D作DF⊥AE交AE于点H，交AB于点F，连接DE．下列结论：①AF＝BE；②∠CDF＝67.5°；③△DHE≌△DCE．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】A
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：四边形ABCD是正方形
，故结论 ① 正确；
平分
，故结论 ② 正确；
中：
不可能与全等，故结论 ③ 错误.
故答案为：A.
【分析】 ① 由正方形的性质结合已知DF⊥AE 可证明，则AF=BE、 ∠BAE＝ ∠ADF；
②由正方形的性质可得，由角平分的概念可得等于的一半等于；由全等的性质可得等于，再利用两锐角互余即可求得 ∠CDF＝67.5°；
③ 若 △DHE≌△DCE，则DC=DH，由于正方形的四条边相等，则DH=DA，显然矛盾，故不可能全等.
二、填空题
6．（浙江省杭州英特外国语学校2024-2025学年八年级下学期期中数学试卷）如图，由两个长为9，宽为3的全等矩形叠合而得到四边形ABCD，则四边形ABCD面积的最大值是 ．
【答案】15
【知识点】菱形的判定与性质；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：
如图，作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵两个矩形的宽都是3，
∴AE=AF=3，
∵S四边形ABCD=AE BC=AF CD，
∴BC=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
如图，当菱形的一条对角线为矩形的对角线时，四边形ABCD的面积最大，
，
设AB=BC=x，则BE=9-x，
∵BC2=BE2+CE2，
∴x2=（9-x）2+32，
解得x=5，
∴四边形ABCD面积的最大值是：
5×3=15．
故答案为：15.
【分析】 首先证明四边形ABCD是菱形，然后判断出菱形的一条对角线为矩形的对角线时，四边形ABCD的面积最大，利用勾股定理求出AB的值，即可求出四边形ABCD面积的最大值是多少.
7．（2025八下·宁波期中）如图，在等腰△ABC中，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒.过点作于点，若平面内存在一点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，则的值为 .
【答案】或或5
【知识点】勾股定理；菱形的性质；等腰直角三角形；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：过点E作AB的垂线，垂足为M，如图所示，
是等腰直角三角形， 且
∵点E的运动速度为 点D的速度为
是等腰直角三角形，
在 中，
，
是等腰直角三角形，
是等腰直角三角形，
∵以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，
∴当 为等腰三角形时满足要求.
当 时， 即.
解得
又
当 时， 即
解得
当 时，点E，F与点C重合，故此情况不存在，
当 时， 即
解得
当 时，点D，F与点B重合，故此情况不存在，
综上所述，t的值为 或 或5.
故答案为： 或 或5.
【分析】用含t的代数式分别表示出. 及 再由 是等腰三角形时，平面内存在一点H，可使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，最后利用分类讨论的数学思想即可解决问题.
8．（ 浙江省杭州市春蕾中学2024-2025学年 下学期八年级期中数学试题）如图，在平行四边形ABCD纸片中，∠BAD=45°，AB=10．将纸片折叠，使得点A的对应点落在BC边上，折痕EF交AB、AD、分别于点E、F、G．继续折叠纸片，使得点C的对应点落在上，连接，点G到AD的距离为 ，的最小值为 ．
【答案】；
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：过B作BH⊥AD于H，过G作GP⊥AD于P，GQ⊥于Q，过作⊥AD于R，如图：
∵∠BAD=45°，AB=10，
∴BH=AB=5，
∵四边形ABCD是平行四边形，BH⊥AD，⊥AD，
∴四边形是矩形，
∴=BH=5，
∵GP⊥AD，⊥AD，
∴GP，
∵将纸片折叠，使得点A的对应点落在BC边上，折痕EF，
∴AG=，∠AFE=∠，
∴GP是△的中位线，
∴GP==，
∵GP⊥AD，GQ⊥，
∴GQ=GP=，
∵折叠纸片，使得点C的对应点C落在上，
∴当与Q重合时，最小，最小值即是GQ的长，
∴最小为，
故答案为：，．
【分析】先根据等腰直角三角形的性质求得BH，再证明四边形是矩形，从而可求得，然后根据折叠的性质得出AG=，∠AFE=∠，再根据中位线的性质求得GP，从而可利用角平分析的性质求得GQ，最后利用折叠的性质求出最小值．
9．（2024八下·宁波期中）如果菱形有一条对角线等于它的边长，那么称此菱形为“完美菱形”．如图，已知“完美菱形”的边长为是它的较短对角线，点分别是边上的两个动点，且，点为的中点，点为边上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：设与的交点为，连接，，
四边形是菱形，
，
，
，
的最小值为，
作点关于的对称点，延长交于点，连接，，，
，
，
的最小值为，
四边形是菱形，，
，
四边形是“完美菱形”，
∴菱形的边只能和较短对角线相等，
∵的边长为8，
，，
，，
，，
由对称性和菱形的性质，知，
，
的最小值为，
故答案为：．
【分析】连接，，可得，根据，可得的最小值，根据将军饮马模型构造出的最小值时的线段，再根据勾股定理解答即可．
10．（2025八下·宁波开学考）如图，在中，，分别以的三边为边向外构造正方形，，，分别记正方形，的面积为，．
（1）比较，的大小： ；
（2）若，则的值为 ．
【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS；勾股树模型
【解析】【解答】解：（1）∵为正方形，
∴，，
∵为正方形，
∴，，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）作交的延长线于点Q，则，
设，，则，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为：．
【分析】（1）由正方形的性质得AI=AC，AB=AE，∠IAC=∠EAB=90°，根据等式性质推出∠IAB=∠CAE，从而利用SAS判断出△AIB≌△ACE，由全等三角形的对应边相等可得CE=BI，从而可得答案；
（2）作交CA的延长线于点Q，设，，根据正方形面积计算公式表示出，，根据直角三角形量锐角互余及同角的余角相等得∠QAB=∠ABC，从而用AAS判断出△AEQ≌△BAC，由全等三角形的对应边相等得AQ=BC=a，QE=AC=b，则QC=a+b，由含30°角直角三角形的性质得EC=2QE，然后根据勾股定理表示出QC，可得 ，再代入计算即可得出的值．
11．（浙江省杭州采荷中学2024-2025学年八年级下学期期中测试数学试卷）如图，P为正方形内一点，分别过P作两条直线，交，于E，F，交，于G，H．若，，且四边形的面积为9，则正方形的面积为 ．（若和为锐角）
【答案】
【知识点】二次根式的混合运算；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
12．（2025八下·温州期中）如图1是一个三节段式伸缩晾衣架，如图2，是其衣架侧面示意图.MN为衣架的墙体固定端，A为固定支点，B为滑动支点，四边形DFGI和四边形EIJH是平行四边形，且AF=BF=DF=DI=EI=EH=CH，点B在AN上滑动时，衣架外延钢体发生角度改变，其外延长度(点A和点C间的距离)也随之变化，形成衣架伸缩效果.当伸缩衣架为初始状态时，衣架外延长度为42cm.如图3，当点B向点A移动8cm时，外延长度为90cm，则BD与GE的之间距离为 cm.
【答案】24
【知识点】平行线之间的距离；勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：连结AD、DE、EC
∵ 四边形DFGI和四边形EIJH是平行四边形，且 AF=BF=DF=DI=EI=EH=CH
∴四边形DFGI和四边形EIJH是菱形，△AFD、△DIE、△EHC是等腰三角形，，点A、D、E、C在同一条直线上
如图，初始状态时， 衣架外延长度为42cm
∴AD=DE=EC=14cm
在△AFD中，过点F作FP⊥AD，则
令PF=x，∴
如图， 当点B向点A移动8cm时，外延长度为90cm
∴AD=DE=EC=30cm
在△AFD中，过点F作FQ⊥AD，则
QF=x-4，∴
∵衣架滑动过程中，AF的长度不发生变化
∴ 解得x=24.
∴QF=20cm，DG=2QF=40cm，AF=
过点F作FK⊥GI， BD与GE的之间距离为垂线段FK的长度
∵ ，GI=AF=25cm，FI=30cm
∴FK=24cm
故答案为：24.
【分析】本题考查菱形的性质，由已知条件可得△AFD、△DIE、△EHC是等腰三角形，且，因此只需要研究△ADF中的数量关系，即可知道其他三角形的边长关系，最后利用菱形的面积计算公式，可以得到 BD与GE的之间距离。
三、解答题
13．（2025八下·宁波期中）如图1，点是边长为6的正方形边上一点，点是延长线上一点，四边形是边长为4的正方形，连接，点是线段的中点，连接.
图1 图2 图3
（1）如图2，连接并延长交于点，求线段的长度；
（2）将图1中的正方形绕点顺时针方向旋转，
①如图3，当点恰好落在线段上，求此时线段的长度；
②在旋转过程中，当三点在一条直线上时，请直接写的面积.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴GF//CE，AD//BC，
∴HF//AD，
∴∠FHM=∠ADM，∠HFM=∠DAM，
又∵点M是线段AF的中点，
∴AM=FM，
∴△HMF △DMA(AAS)，
∴HF=AD=4，CH=2，DM=HM
又∵GD=GC-DC =2，
∴△GHD为等腰直角三角形，
∴
（2）解：①连接DM并延长，交CF延长线于点H，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴GF//CE，AD//BC，
∴HF//AD，
∴∠FHM=∠ADM，∠HFM=∠DAM，
又∵点M是线段AF的中点，
∴AM=FM，
∴△HMF △DMA(AAS)，
∴HF=AD=4，GH=10，DM=HM，
又∵GD=GC+DC =10，
∴△GHD为等腰直角三角形
∴
②如图，当AD在CG右侧时，过M作MN⊥GD于点N，过F作FK⊥GD于点K，
在Rt△CGD中，，
∴，
∵∠CGD=∠GFK=90°-∠DGF，CG=FG，∠CDG=∠GHF=90°，
∴△GCD △FGK(AAS)，
∴，
∵M是AF中点，MN//FK，
∴N是AK中点，
∴，
∴，
如图，当AD在CG左侧时，过M作MN⊥GD于点N，过E作FK⊥GD于点K，
同理可得，
，
∴；
综上，△AGM的面积为或.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】(1)先证△HMF △DMA(AAS)，再证△GHD为等腰直角三角形，即可得解；
(2)①先证△HMF △DMA(AAS)，再证△GHD为等腰直角三角形，即可得解；
②分类讨论，当AD在CG右侧或者左侧，画出图形，利用勾股定理和中位线性质定理即可得解.
14．（2025八下·路桥期中）在四边形ABCD中，对角线BD上有一点E，连接AE，CE，F是射线AD上一点，连接EF，且EF＝AE，以EC，EF为边作平行四边形CEFH．
（1）如图1，若四边形ABCD是菱形．
①求证：四边形CEFH是菱形；
②若∠BAD＝60°，连接CF，则CF与AE是否相等？请说明理由．
（2）如图2，若四边形ABCD是正方形．
①CF与AE的关系是（ ）
CF＝AECF＝AECF＝1.5AECF＝2AE
②已知AD＝6，DF＝2，连接DH，则DH的长为 ．
【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB，AD＝CD．
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE，
∴AE＝CE．
∵EF＝AE，
∴CE＝EF．
∵四边形CEFH是平行四边形，
∴四边形CEFH是菱形．
②相等（或：是）
∵△ADE≌△CDE，
∴∠EAD＝∠ECD．
∵EF＝AE，
∴∠EAD＝∠EFD，
∴∠EFD＝∠ECD，
∴∠CEF＝∠CDF．
∵AB∥CD，∠BAD＝60°，
∴∠CDF＝∠BAD＝60°，
∴∠CEF＝60°．
∵CE＝EF，
∴△CEF是等边三角形，
∴CF＝EF＝AE．
（2）①B②或
【知识点】菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；四边形-动点问题；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（2）①如图所示：
四边形ABCD是正方形
、
四点共圆
四边形EFHC是矩形
矩形EFHC是正方形
故应选B
② 如图1所示：当点F在AD上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
四边形EFHC是正方形
四边形ABCD和四边形EFHC都是正方形
如图2所示，当点F在AD的延长线上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
同理：
综上所述，DH的值为或.
【分析】（1） ①由于菱形是轴对称图形，因此CE=AE、又EF=AE，则等量代换得CE=FE，则平行四边形CEFH是菱形；
②若 ∠BAD＝60° ，则由菱形的对边平行可得∠CDF＝∠BAD＝60°，由于菱形是轴对称图形，因此△ADE全等△CDE，即有∠EAD等于∠ECD；由于已知EF=EA，则∠EAD等于∠EFD，等量代换得∠ECD等于∠EFD，即D、E、C、F四点共圆，所以∠CEF＝60°，因为CE=EF、所以三角形CEF是等边三角形，即CF=AE；
（2）分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM，再分两种情况进行计算，即当点F在AD上时，此时AF＝4，由于AE＝FE，则NF等于AF的一半等于2，再利用正方形的性质可证明，由全等的性质可得MH等于NF等于2，再利用正方形的性质证明，可得，从而得为等腰直角三角形即可求得DH的长；当点F在AD的延长线上时，方法同上.
15．（2025八下·瑞安期中）如图，在□ABCD中，AB=10+10，P为线段CD上一点，连结AP，将△ADP沿着线段AP折叠，点D落在D'处，作D'E//CD交AP于点E.
（1）证明：四边形D'EDP为菱形.
（2）如图1，若D'恰好落在平行四边形ABCD的对角线交点处，求此时DP的长度.
（3）如图2，连结AC，∠ADC=45°，∠DAC=105°，在AB上取一点M（AM【答案】（1）证明：∵将沿线段AP折叠得到，
∴∠DEP=∠D'EP，∠DPE=∠D'PE，DE=D'E，DP=D'P，
∵D'E∥CD，
∴∠D'EP=∠DPE，
∴∠D'EP=∠DPE=∠DEP=∠D'PE，
∴DE=DP，D'E=D'P，
∴DE=DE'=D'P=DP，
∴四边形D'EDP为菱形；
（2）解：∵D'为AC中点，D'E∥CD，
∴D'E为中位线，
∴，即CP=2D'E，
由（1）得四边形D'EDP为菱形，
∴D'E=DP，
∴CD=DP+CP=3DP，
∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】菱形的判定与性质；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形的中位线定理；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）解：∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴AB∥CD，，
∴∠ADC+∠BAD=180°，
∵∠ADC=45°，
∴∠BAD=135°，
∵折叠的性质，
∴∠DAP=∠D'AP，
①如图，当点N在AP上时，
∵点M关于直线AD'的对称点为N，
∴∠D'AN=∠D'AM=∠DAP，
∵∠BAD=∠D'AN+∠D'AM+∠DAP=135°，
∴∠D'AN=∠D'AM=∠DAP=45°，
∵∠ADC=45°，∠DAC=105°，
∴∠APC=∠ADC+∠DAP=90°，∠ADC=∠DAP，∠ACP=180°-∠ADC-∠DAC=30°，
∴PA=PD，
设PA=PD=x，
∴AC=2PA=2x，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴DP=10，AC=20；
②如图，当点N在AC上时，过点P作PF⊥AC于F，
∴∠PFA=∠PFC=90°，
∵AB∥CD，∠ACP=30°，
∴∠BAC=∠ACP=30°，
∵点M关于直线AD'的对称点为N，
∴∠D'AN=∠D'AM=15°，
∵∠DAC=105°，
∴∠DAD'=∠DAC+∠D'AN=120°，
∴∠DAP=∠D'AP=60°，
∴∠PAF=∠D'AP-∠D'AN=45°，
∵∠PFA=90°，
∴∠APF=∠PAF=45°，
∴AF=PF，设AF=PF=y，
∵AC=20，
∴CF=AC-AF=20-y，
∵∠PFC=90°，∠ACP=30°，
∴PC=2PF=2y，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴；
综上所述，DP的取值范围为，
故答案为：.
【分析】（1）根据折叠的性质得∠DEP=∠D'EP，∠DPE=∠D'PE，DE=D'E，DP=D'P，然后根据平行线的性质得∠D'EP=∠D'PE，于是进行等量代换得∠D'EP=∠D'PE=∠DEP=∠DPE，从而根据等腰三角形的判定证出DE=DP，D'E=D'P，进而进行等量代换得DE=DE'=D'P=DP，最后根据菱形的判定即可得证结论；
（2）根据中位线定理得CP=2D'E，然后根据菱形的性质得D'E=DP，从而得CD=3DP，进而根据平行四边形的性质得AB=CD=3DP，据此即可求解；
（3）根据平行四边形的性质、平行线的性质、折叠的性质得，∠BAD=135°，∠DAP=∠D'AP，然后分情况讨论：①当点N在AP上时，根据轴对称的性质得∠D'AN=∠D'AM=∠DAP=45°，然后求出∠APC=90°，∠ADC=∠DAP，∠ACP=30°，从而根据等腰三角形的判定得设PA=PD=x，进而利用勾股定理得，于是可得，即可列出关于x的方程，解方程求出x的值，即可得DP=10，AC=20；
②当点N在AC上时，过点P作PF⊥AC于F，得∠PFA=∠PFC=90°，根据平行线的性质得∠BAC=∠ACP=30°，然后根据轴对称的性质得∠D'AN=∠D'AM=15°，从而求出∠DAD'=120°，∠DAP=∠D'AP=60°，进而得∠PAF=∠APF=45°，于是根据等腰三角形的判定得设AF=PF=y，得CF=20-y，接下来根据含30°的直角三角形的性质以及勾股定理得PC=2y，，即可列出关于y的方程，解方程求出y的值可得PC的值，于是得DP的值，最后综合以上两种情况得到答案.
16．（2025八下·鄞州期中） 如图平行四边形ABCD的顶点A、B在×轴上，顶点D在y轴上.已知OA=6，OB=10，OD=8.
（1）求平行四边形 ABCD 的面积.
（2）如图 1，点E是BC边上的一点，若的面积是 的，求点E的坐标；
（3）如图2，将绕点O顺时针旋转，旋转得。在整个旋转过程中，能否使以点 O、、、B 为顶点的四边形是平行四边形？若能，求点的坐标；若不能，请说明理由.
【答案】（1）解：∵OA=6，OB=10，
∴AB=16，
∵OD=8，
∴S平行四边形ABCD=AB×OD=128
（2）解：过点E作EF丄AB于点F，如图所示：
，即点E的纵坐标为4，
∵ OA=6，OB=10，OD=8，
∴A(-6，0)，B（10，0），D(0，8)，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=16，AB∥CD，
∴C(16，8)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有：
，
解得：
直线BC的解析式为 ，
把y=4代入，得
解得
∴E(13，4)
（3）解：由题意可分：
①当A1D1//OB时，如图所示
∵OA=6，OD=8，
∴，
由旋转性质得A1D1=AD=10，OA1=OA=6，OD1=OD=8，∠A1OD1=∠AOD=90°，
∴A1D1=OB=10，
∴四边形A1D1BO是平行四边形，
∴OM⊥A1D1
；
②当四边形OA1BD1是平行四边形时，过点A1作A1N⊥OB于点N1，如图所示：
∵∠A1OD1=90°，
∴四边形OA1BD1是矩形，
∴∠OA1B=90°，A1O=6， A1B=OD1 =8，
③当四边形OBA1D1是平行四边形时，过点A作A1G⊥OB于点G，如图所示：
综上所述：当以点 为顶点的四边形是平行四边形，则点 ，
【知识点】矩形的判定与性质；旋转的性质；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）根据AB=OA+OB计算出AB，然后根据平行四边形的面积等于底乘以高，列式计算即可；
（2）过点E作EF丄AB于点F，首先根据三角形面积公式及△ABE与平行四边形ABCD的面积之间的关系建立方程求出EF=4，可得点E的纵坐标值y=4；由题意易得A(-6，0)，B（10，0），D(0，8)，根据平行四边形的性质及点的坐标与图形性质可得C(16，8)，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，再将y=4代入直线BC的解析式算出对应的自变量x的值，即可得到点E的坐标；
（3）①当A1D1//OB时，由勾股定理求AD，由旋转得A1D1=AD=10，OA1=OA=6，OD1=OD=8，∠A1OD1=∠AOD=90°，则A1D1=OB=10，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形A1D1BO是平行四边形；利用等面积法求出OM的长，利用勾股定理算出A1M的长，即可得到点A1的坐标；②当四边形OA1BD1是平行四边形时，过点A1作A1N⊥OB于点N1，由有一个内角为90°的平行四边形是矩形得四边形OA1BD1是矩形，有矩形及旋转性质得∠OA1B=90°，A1O=6， A1B=OD1 =8，由等面积法求出A1N，再利用勾股定理求出ON，可得A1坐标；③当四边形OBA1D1是平行四边形时，过点A作A1G⊥OB于点G，根据平行四边形性质及旋转性质得，由等面积法求出A1G，再利用勾股定理求出OG，可得A1坐标，综上可得答案.
17．（2025八下·鄞州期中）如图，一条河流的BD段长为12km，在B点的正北方4km处有一村庄A，在D点的正南方2km处有一村庄E，计划在BD上建一座桥C，使得桥C到A村和E村的距离和最小.请根据以上信息，回答下列问题：
（1）将桥C建在何处时，可以使得桥C到A村和E村的距离和最小？请在图中画出此时C点的位置；
（2）小明发现：设，则，则，根据（1）中的结论可以求出当x= 时，的值最小，且最小值为 ；
（3）结合（1）（2）问，请直接写出下列代数式的最小值；
①的最小值 ；
②的最小值为 .
【答案】（1）解：如图，连接AE交BD于点C'，点C'即为所作；
（2）8；km
（3）25；
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（2）过点A作AJ⊥ED交ED的延长线于点J，连接DC'，则四边形ABDJ是矩形；
∴AB=DJ=4km，AJ=BD=12km，则EJ=DE+DJ=6km，
∴，
∵AC+CE≥AE，
∴AC+CE的最小值为km，
设C'B=xkm，
∴，
解得x=8，
∴当x=8km时，AC+CE的值最小，最小值为km；
故答案为：8；km；
（3）①∵，
∴ 的最小值就是以24与7为直角边的直角三角形的斜边得长；
∴的最小值：
故答案为：25；
②∵
∴ 的最小值就是以6和9为直角边的直角三角形的斜边得长；
∴为直角边的直角三角形的斜边得长的最小值为.
故答案为：.
【分析】（1）根据两点之间线段最短，故连接AE，AE与BD的交点就是所求的点C的位置；
（2）过点A作AJ⊥ED交ED的延长线于点J，连接DC'，则四边形ABDJ是矩形；由矩形性质得AB=DJ=4km，AJ=BD=12km，则EJ=DE+DJ=6km，利用勾股定理算出AE，然后根据三角形三边关系得AC+CE≥AE，只有当C与C'重合即A、C、E三点共线的时候，AE最短，进而利用等面积法建立方程，求出x即可；
（3）①根据（1）（2）思路， 的最小值就是以24与7为直角边的直角三角形的斜边得长，从而根据勾股定理计算即可；
②根据（1）（2）思路， 的最小值就是以6和9为直角边的直角三角形的斜边得长，根据勾股定理计算即可.
18．（2025八下·慈溪期中）已知，在正方形ABCD中，△ADE是一个等边三角形，点P在射线DE上运动且与直线AB上的两动点M，N（点M在N点左侧）构成等边三角形PMN.
（1）如图1， 当点M与A点重合时，求证： AE平分∠PAB：
（2）当点P 与点E重合时，若AD=2，求PN+AN；
（3）当点 P在直线 AB 下方时：
①如图2，试说明：PN+AN为定值；
②如图3， 若AM的中点为F点，连接EF，EN. 试探究S△BFN与S△ADE的数量关系.
【答案】（1）证明，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵△ADE与△PMN都是等边三角形，
∴∠DAE=∠PAN=60°，
∴∠BAE=∠DAP=∠BAD-∠DAE=30°，
∴∠PAE=∠BAD-∠BAE-∠DAP=30°，
∴∠BAE=∠PAE，
∴AE平分∠PAB；
（2）解：如图，
∵△ADE与△PMN都是等边三角形，
∴AE=AD=2，∠PAD=∠N=60°，
又∵ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∴∠PAN=30°，
∴∠APN=180°-30°-60°=90°，
设PN=x，则AN=2x，
在Rt△APN中，，即，
解得x=
∴PN，AN=，
∴ PN+AN =；
（3）解：设射线DE与直线AB的交点为Q点，
①由题可得： ∠BAD =90°， ∠ADE=60°，∠MNP=60°，
∴∠AQD=30°，
∴QD=2AD，
是定值，
∵∠MNP=∠AQD+∠NPQ =60°，
∴∠NPQ=30°；
∴∠NPQ =∠Q；
∴PN=QN；
∵AQ=QN+AN；
∴PN+AN = AQ是定值.
理由： 由(2)①得： QN = PN在等边 中，
∵点F为AM中点，
Q，
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得到∠BAD =90°，根据等边三角形的性质得到∠DAE=∠NAP =60°， 得到∠BAE=30°， 求得∠PAE=60°-30°=30°，根据角平分线的定义得到AE平分∠PAB；
（2）根据等边三角形的性质得到∠APN=90°，AE=AD=2，然后根据解直角三角形求出PN和AN的长计算解题.
（3）假设射线DE与直线AB的交点为Q点，①根据题意得到∠BAD=90°， ∠ADE=60°，∠MNP =60°， 求得∠AQD =30°， 得到PN+AN = AQ；
②由(2)①得：QN =PN根据等边三角形的性质得到MN= PN， 求得 由点F为AM中点，求得 得到 ，根据三角形的面积公式得到 ， 推出 于是得到结论.
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