浙教版数学八年级下册 第5章 特殊平行四边形 培优检测卷
一、选择题(每题3分,共30分)
1．（2025八下·温州期末）如图，在菱形中，交于点．若，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
2．（2025八下·广州期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点．若，则的长为（ ）
A．4 B．3 C． D．2
3．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的有( )
①添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形；
②添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
③添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形；
④添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2025八下·金华月考）下列命题中，真命题是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形；
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形；
C．对角线互相垂直的四边形是菱形；
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
5．（2025八下·南沙月考）如图，点在正方形的内部，且是等边三角形，连接，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025八下·白云期中）如图，正方形的边长为，过线段上的两点分别作和的垂线，则阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
7．（2025八下·东莞期中）如图，在矩形中，与交于，，，是上不与和重合的一个动点，过点分别作和的垂线，垂足分别为，，则的值为（ ）
A．2.4 B．4.8 C．5 D．10
8．（2025八下·遵义期中）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，过点O作的垂线分别交于点E和点F，点G是的中点，连接．若，则的度数为（ ）．
A． B． C． D．
9．（2025八下·珠海期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1﹣S2+S3+S4等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
10．（2024八下·深圳期中）如图，，是正方形的边上两个动点，．连接，交于点，连接，交于点．若正方形的边长为2，则线段的最小值是（ ）
A．1 B． C． D．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025八下·深圳期末）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（-2，0），点D在y轴的正半轴上，则点D的坐标是 .
12．（2024八下·岳阳期中）如图，O是矩形的对角线的中点，M是的中点．若，则四边形的周长为 ．
13． 如图， 的对角线 相交于点 是等边三角形， 交 于点 ． 则 的长为 ．
14．（2025八下·广州期中）如图所示，以的斜边为边，在的同侧作正方形，，交于点，连接．若，，则 ．
15．（2025八下·三台月考）如图，在长方形中，，在上任取一点，连接，将沿折叠，使点恰好落在边上的点处，则的长为 ．
16．（2025八下·珠海期中）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有 （填正确的序号）．
三、解答题（17-21每题8分，22、23每题10分，24题12分，共72分）
17．（2023八下·抚顺期末）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．求证：四边形是菱形．
18．（2024八下·番禺期末）如图，四边形的对角线，交于点O，已知O是的中点，，．
（1）求证：；
（2）当时，证明四边形是矩形．
19．（2023八下·双鸭山期末）如图，在 ABCD中，已知.
（1）作的平分线交BC于点E，在AD上截取，连接EF；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法.）
（2）直接写出四边形ABEF的形状.
20．（2025八下·期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，交CB延长线于E，交AD延长线于点F．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若，，求OB的长．
21．（2017-2018学年数学浙教版八年级下册5.3.2 正方形的判定 同步练习）如图，△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE．
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由
22．（2025八下·杭州月考）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形为垂等四边形，
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 .
（2）如图1，在3×3方格纸中，A，B，C在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使AC，BD是对角线，点D在格点上.
（3）如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，AE=AF=CG且∠DGC=∠DEG，求证：四边形DEFG是垂等四边形.
23．（2023八下·青秀期中）如图1，某中学的校门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为，当每个菱形的内角度数为（如图2）时，校门打开了.
（1）求该中学校门的总宽度是多少m？
（2）当每个菱形的内角度数为时，校门打开了多少m？
24．（2024八下·黄埔期末）如图，把一个含的直角三角板和一个正方形摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，连接，点与分别是中点，连接，．
（1）如图，点、分别在正方形的边上，连接．则的数量关系是________；、的位置关系是________；
（2）如图，将图中直角三角板绕点顺时针旋转，当点落在线段上时，其他条件不变，（）中结论是否仍然成立，若成立，请证明结论，若不成立，请说明理由．
（3）如图，将图中直角三角板绕点顺时针旋转，其他条件不变，若，，直接写出线段的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵在菱形中，交于点，
∴，，
∴，
故答案为：A．
【分析】菱形的对角线互相垂直平分，这样即可得出，，然后放到直角三角形BOC中，利用勾股定理列式计算即可。
2．【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，，
∴，
故选：D．
【分析】根据菱形的性质求出，，再根据三角形的中位线的性质计算求解即可。
3．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解： ∵AB=AD， BC=DC，
∴AC垂直平分BD，
当添加：“AB∥CD”， 则∠ABD =∠BDC，
∵∠BDC=∠DBC，
∴∠ABO=∠CBO，
又∵BO=BO， ∠BOA =∠BOC，
∴△ABO≌△CBO(ASA)，
∴BA=BC，
∴AB= BC =CD = DA，
∴四边形ABCD是菱形，故①符合题意；
当添加“∠BAD=90°”， 无法证明四边形ABCD是矩形，故②符合题意；
当添加条件“OA=OC"时，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故③符合题意；
当添加条件“∠ABC =∠BCD =90°”时，则∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB∥CD，
由证选项A可知四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，故④符合题意；
故选： C.
【分析】根据AB=AD， BC = DC， 可以得到AC垂直平分BD，然后再根据各个选项中的条件，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题.
4．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线相等的四边形不一定是矩形，故A不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故B符合题意；
C、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故C不符合题意
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形不是正方形，故D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】利用矩形的判定，可对A作出判断；利用平行四边形的判定定理，可对B作出判断；利用菱形和正方形的判定定理，可对C、D作出判断.
5．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解．
6．【答案】B
【知识点】正方形的性质；轴对称图形
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为，
根据正方形的轴对称性得：
，
故答案为：．
【分析】利用正方形的性质及轴对称的性质和三角形的面积公式列出算式求解即可.
7．【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，过点A作于G，
，，
∴由勾股定理可得：，
，即，
解得：，
在矩形中，
，，
，
故，
故选：B．
【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理和三角形面积公式的综合应用，首先利用勾股定理求出矩形对角线BD的长度，再通过的面积等积法求出边BD上的高AG；结合矩形对角线互相平分且相等的性质，连接OP后将的面积拆分为和的面积和，利用面积公式推导得出，进而求出结果。
8．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：四边形是矩形，
，
，
垂直平分，点G是的中点，
，
，
，
，
，
故选：D．
【分析】根据矩形性质可得，根据等边对等角可得，根据直角三角形斜边上的中线可得，再根据三角形内角和定理可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
9．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示， 过点F作FG⊥AM交于点G， 连接PF.
根据正方形的性质可得： AB=BE， BC=BD，
∠ABC+∠CBE=∠CBE+∠EBD=90，即∠ABC=∠EBD.
在△ABC和△EBD中，
AB=EB，∠ABC=∠EBD， BC=BD
所以△ABC≌△EBD(SAS)，故S=，同理可证，△KME≌△TPF，
△FGK≌△ACT，因为∠QAG=∠AGF=∠AQF=90， 所以四边形AQFG是矩形， 则QF//AG， 又因为QP//AC， 所以点Q、P， F三点共线， 故S+S=， S=. 因为∠QAF+∠CAT=90，∠CAT+∠CBA=90，所以∠QAF=∠CBA， 在△AQF和△ACB中， 因为
∠AQF=∠ACB，AQ=AC，∠QAF=∠CAB
所以△AQF≌△ACB(ASA)， 同理可证△AQF ≌△BCA，故
S1﹣S2+S3+S4==34 =6，
故答案为B.
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，核心是利用全等三角形进行面积转化。过点作，通过正方形的边长相等和角的关系，可证明（SAS），因此。再通过证明（ASA），可得，且，因此。综上，，而的面积为，故结果为6。
10．【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；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：取的中点，连接、，如下图
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
∵点O是CD的中点
∴，
在中，，
根据三角形的三边关系，，
当、、三点共线时，的长度最小，
的最小值．
故答案为：D．
【分析】
本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
根据正方形的性质：四边形相等，四个角都是90°，可知：，，，再根据全等三角形的判定定理：SAS可证明，由全等三角形的性质：对应角相等得出：，再根据全等三角形的判定定理：SAS证明，由全等三角形的性质得出，再由角的和差和等量代换可得：即，∠DMC=90°，取的中点，连接、，由直角三角形的性质：直角三角形斜边的中线=斜边的一半可知：，由勾股定理求出的长，当、、三点共线时，的长度最小，则可求出答案．
11．【答案】（0，4）
【知识点】点的坐标；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（-2，0），点D在y轴的正半轴上
∴OA=3，AB=AD=5
∴
∴点D的坐标为(0，4)
故答案为：(0，4)
【分析】根据菱形性质及两点间距离可得OA=3，AB=AD=5，根据勾股定理可得OD，即可求出点D坐标.
12．【答案】20
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∵O是矩形的对角线的中点，
∴，
∵M是的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴四边形的周长为：，
故答案为：20．
【分析】
由矩形的性质可知OB是斜边AC上的中线，OM是的中位线，则OB可求，再利用勾股定理可求得AC的BC的长，再利用矩形的性质可分别求得AM、OM的长，则四边形的周长可求 ．
13．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
平行四边形是矩形，
，
，，
，
设，则，
在中，，即，
解得或（不符题意，舍去），
，
，
故答案为：.
【分析】根据等边三角形的性质、平行四边形的性质、矩形的判定证出平行四边形是矩形，根据矩形的性质可得，然后利用勾股定理求解即可。
14．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】在AC上截取CG=AB=4，连接OG
∵四边形BCEF是正方形，∠BAC=90°
∴OB=OC，∠BAC=∠BOC=90°
∴∠ABO=∠ACO
∵BA=CG，∠ABO=∠ACO，OB=OC
∴△BAO≌△CGO
∴OA=OG=，∠AOB=∠COG
∵∠BOC=∠COG+∠BOG=90°
∴∠AOG=∠AOB+∠BOG=90°，即△AOG是等腰直角三角形
∴，
∴AC=AG+CG=12，
∴，
故答案为．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质和勾股定理，解题关键是构造全等三角形。在AC上截取，连接OG，由正方形性质得，，结合的，推出；通过SAS证明，得，，进而推出，即是等腰直角三角形；利用勾股定理求出，再求出；最后在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出BC的长度。
15．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AD=BC=5，CD=AB=3，
由折叠的性质可知，，
∴
∴
∴设为，则，
∵在中，
∴
∴
∴．
故答案为：．
【分析】由矩形的性质得∠A=∠D=90°，AD=BC=5，CD=AB=3，由折叠的性质得BF=BC=5，EF=CE，在Rt△ABF中，利用勾股定理算出AF，然后根据线段和差算出DF，进而在Rt△DEF中，利用勾股定理建立方程可求出FE的长，从而得出答案.
16．【答案】①②③
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵，
∴，
由旋转得：，
∴， ，
， ，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点是的中点，
∴，故①符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故②符合题意；
∵，
，
∵，
∴是等腰直角三角形，
，
∵，
，故③符合题意；
设交于，
∵是等腰直角三角形，，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，
设，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
∵，
∴，故④不符合题意；
综上所述，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
【分析】本题考查旋转的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及勾股定理，解题需通过图形变换与全等推导结论。由旋转性质得，，，可证四边形是矩形，故；证得，，进而推出，故，①正确；由全等与角度推导得，，因此，②正确；是等腰直角三角形，故，又，所以，③正确；设参数计算得，但，故④错误，综上正确结论为①②③。
17．【答案】证明：如图，
∵四边形是矩形，
∴
∴
∵O为的中点
∴
∵
∴≌（）
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】根据矩形性质可得，则，再根据线段中点可得，由全等三角形判定定理可得≌（），则，再根据菱形判定定理即可求出答案.
18．【答案】（1）证明：
∴∠DFO=∠BEO，
在和中
（2）证明
O是的中点
∴OD=OC，
四边形是矩形．
【知识点】矩形的判定；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、矩形的判定以及平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）根据平行线的性质得出∠DFO=∠BEO，根据对顶角相等得到∠EOB=∠FOD，已知OE=OF，根据ASA即可得证 ；
（2）根据全等三角形的性质和中点的定义及AC=2OD，可得出OC=OD，继而得到，再根据对角线相等且互相平分的四边形为矩形即可得证．
（1）证明：
，
在和中
；
（2）
O是的中点
，
四边形是矩形．
19．【答案】（1）解：如图所示.
（2）解：四边形ABEF是菱形.
【知识点】菱形的判定；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】 （1）先尺规作图作出∠BAD的角平分线，交BC于点E，然后在AD上截取AF=AB，连结EF.
（2）本题包含“双平等腰”模型，即发现包含AD∥BC，AE平分∠BAD的条件，则△ABE必为等腰三角形，理由如下：因为AD∥BC，所以∠FAE=∠BEA，因为AE平分∠BAD，所以∠BAE=∠BEA，等量代换得∠BAE=∠BEA，所以BA=BE.又因为BA=FA，所以FA=BE，因此根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定定理，可得四边形ABEF为平行四边形，再结合BA=FA，该平行四边形即为菱形.
20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，
∴AF∥EC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE⊥BC
∴∠AEC=90°，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：四边形ABCD是菱形，则AB=BC=AD=5，线段AC，BD互相垂直平分，
Rt△AEB中，由勾股定理得BE=，
Rt△AEC中，CE=CB＋BE=5＋3=8，AC=，
Rt△AOB中，AO=AC=，OB=，
故OB的长为：
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查菱形的性质、矩形的判定以及勾股定理的综合应用。
(1)中先利用菱形对边平行的性质，结合，判定四边形为平行四边形，再根据得到，利用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”的判定定理证明；
(2)中由菱形四条边相等的性质得，在中用勾股定理求出的长度，进而得到，再在中求出的长度，结合菱形对角线互相平分的性质得，最后在中利用勾股定理求出的长度。
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴AF∥EC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE⊥BC
∴∠AEC=90°，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：四边形ABCD是菱形，则AB=BC=AD=5，线段AC，BD互相垂直平分，
Rt△AEB中，由勾股定理得BE=，
Rt△AEC中，CE=CB＋BE=5＋3=8，AC=，
Rt△AOB中，AO=AC=，OB=，
故OB的长为：
21．【答案】（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形
（2）解：当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形
【知识点】正方形的判定
【解析】【分析】利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得AEBD是矩形；利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可．
22．【答案】（1）矩形（写一个即可）
（2）解：如图1中，四边形ABCD即为所求.
（3）证明：在正方形 ABCD 中，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴四边形 DEFG 是垂等四边形
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1)∵矩形的邻边垂直且对角线相等，
∴矩形是垂等四边形，
故答案为：矩形.
【分析】(1)根据垂等四边形的定义判断即可；
(2)根据垂等四边形的定义画出图形即可；
(3)证明∠EFG=90°，EG=DF即可.
23．【答案】（1）解：如图，连接.
四边形是菱形，
，
又，
是等边三角形，，
，
所以，该中学校门的总宽度是.
（2）解：当菱形的时，
，
四边形是正方形，
如图，连接，
则，，
所以，当每个菱形的内角为时，校门打开了.
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接BD，根据菱形的性质可得AB=AD，推出△ABD为等边三角形，得到BD=AB=0.3m，据此求解；
（2）当∠A=90°时，四边形ABCD是正方形，连接BD，求出BD的值，据此求解.
24．【答案】（1），；
（2）解：，结论仍然成立．理由如下：
如图，延长交的延长线于点，
四边形是正方形，
，，，
∴，
∵是一个含的直角三角板，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∵点与分别是中点，
，，
∴，
∵点是的中点，，
，
∴，
∴，
∴，
综上，，；
（3）．
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）解：，，理由如下：
四边形是正方形，
，，
∵是一个含的直角三角板，
∴是等腰直角三角形，，
，
，
，，
∵点与分别是中点，
，，
∴，
∵点是的中点，
∴为的中线，，
，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上，，；
（3）解：如图，连接，，
四边形是正方形，
，，
∴，
∵点与分别是中点，
，
∵，当点、、三点共线时，等号成立，，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
由（）得，
∴线段的最小值为．
【分析】（1）根据正方形性质可得，，根据等腰直角三角形性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据三角形中位线性质可得，，则，根据三角形中线可得，则，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）延长交的延长线于点，根据正方形性质可得，，，则，根据等腰直角三角形性质可得，则，根据边之间的关系可得，再根据三角形中位线定理可得，，则，再根据三角形中线可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
（3）连接，，根据正方形性质可得，，根据勾股定理可得AC，再根据线段中点可得，根据边之间的关系可得，当点、、三点共线时，等号成立，，则的最小值为，即的最小值为，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：，，理由如下：
四边形是正方形，
，，
∵是一个含的直角三角板，
∴是等腰直角三角形，，
，
，
，，
∵点与分别是中点，
，，
∴，
∵点是的中点，
∴为的中线，，
，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上，，；
（2）解：，结论仍然成立．理由如下：
如图，延长交的延长线于点，
四边形是正方形，
，，，
∴，
∵是一个含的直角三角板，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∵点与分别是中点，
，，
∴，
∵点是的中点，，
，
∴，
∴，
∴，
综上，，；
（3）解：如图，连接，，
四边形是正方形，
，，
∴，
∵点与分别是中点，
，
∵，当点、、三点共线时，等号成立，，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
由（）得，
∴线段的最小值为．
1 / 1浙教版数学八年级下册 第5章 特殊平行四边形 培优检测卷
一、选择题(每题3分,共30分)
1．（2025八下·温州期末）如图，在菱形中，交于点．若，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵在菱形中，交于点，
∴，，
∴，
故答案为：A．
【分析】菱形的对角线互相垂直平分，这样即可得出，，然后放到直角三角形BOC中，利用勾股定理列式计算即可。
2．（2025八下·广州期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点．若，则的长为（ ）
A．4 B．3 C． D．2
【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，，
∴，
故选：D．
【分析】根据菱形的性质求出，，再根据三角形的中位线的性质计算求解即可。
3．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的有( )
①添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形；
②添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
③添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形；
④添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解： ∵AB=AD， BC=DC，
∴AC垂直平分BD，
当添加：“AB∥CD”， 则∠ABD =∠BDC，
∵∠BDC=∠DBC，
∴∠ABO=∠CBO，
又∵BO=BO， ∠BOA =∠BOC，
∴△ABO≌△CBO(ASA)，
∴BA=BC，
∴AB= BC =CD = DA，
∴四边形ABCD是菱形，故①符合题意；
当添加“∠BAD=90°”， 无法证明四边形ABCD是矩形，故②符合题意；
当添加条件“OA=OC"时，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故③符合题意；
当添加条件“∠ABC =∠BCD =90°”时，则∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB∥CD，
由证选项A可知四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，故④符合题意；
故选： C.
【分析】根据AB=AD， BC = DC， 可以得到AC垂直平分BD，然后再根据各个选项中的条件，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题.
4．（2025八下·金华月考）下列命题中，真命题是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形；
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形；
C．对角线互相垂直的四边形是菱形；
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线相等的四边形不一定是矩形，故A不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故B符合题意；
C、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故C不符合题意
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形不是正方形，故D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】利用矩形的判定，可对A作出判断；利用平行四边形的判定定理，可对B作出判断；利用菱形和正方形的判定定理，可对C、D作出判断.
5．（2025八下·南沙月考）如图，点在正方形的内部，且是等边三角形，连接，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解．
6．（2025八下·白云期中）如图，正方形的边长为，过线段上的两点分别作和的垂线，则阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；轴对称图形
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为，
根据正方形的轴对称性得：
，
故答案为：．
【分析】利用正方形的性质及轴对称的性质和三角形的面积公式列出算式求解即可.
7．（2025八下·东莞期中）如图，在矩形中，与交于，，，是上不与和重合的一个动点，过点分别作和的垂线，垂足分别为，，则的值为（ ）
A．2.4 B．4.8 C．5 D．10
【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，过点A作于G，
，，
∴由勾股定理可得：，
，即，
解得：，
在矩形中，
，，
，
故，
故选：B．
【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理和三角形面积公式的综合应用，首先利用勾股定理求出矩形对角线BD的长度，再通过的面积等积法求出边BD上的高AG；结合矩形对角线互相平分且相等的性质，连接OP后将的面积拆分为和的面积和，利用面积公式推导得出，进而求出结果。
8．（2025八下·遵义期中）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，过点O作的垂线分别交于点E和点F，点G是的中点，连接．若，则的度数为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：四边形是矩形，
，
，
垂直平分，点G是的中点，
，
，
，
，
，
故选：D．
【分析】根据矩形性质可得，根据等边对等角可得，根据直角三角形斜边上的中线可得，再根据三角形内角和定理可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
9．（2025八下·珠海期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1﹣S2+S3+S4等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示， 过点F作FG⊥AM交于点G， 连接PF.
根据正方形的性质可得： AB=BE， BC=BD，
∠ABC+∠CBE=∠CBE+∠EBD=90，即∠ABC=∠EBD.
在△ABC和△EBD中，
AB=EB，∠ABC=∠EBD， BC=BD
所以△ABC≌△EBD(SAS)，故S=，同理可证，△KME≌△TPF，
△FGK≌△ACT，因为∠QAG=∠AGF=∠AQF=90， 所以四边形AQFG是矩形， 则QF//AG， 又因为QP//AC， 所以点Q、P， F三点共线， 故S+S=， S=. 因为∠QAF+∠CAT=90，∠CAT+∠CBA=90，所以∠QAF=∠CBA， 在△AQF和△ACB中， 因为
∠AQF=∠ACB，AQ=AC，∠QAF=∠CAB
所以△AQF≌△ACB(ASA)， 同理可证△AQF ≌△BCA，故
S1﹣S2+S3+S4==34 =6，
故答案为B.
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，核心是利用全等三角形进行面积转化。过点作，通过正方形的边长相等和角的关系，可证明（SAS），因此。再通过证明（ASA），可得，且，因此。综上，，而的面积为，故结果为6。
10．（2024八下·深圳期中）如图，，是正方形的边上两个动点，．连接，交于点，连接，交于点．若正方形的边长为2，则线段的最小值是（ ）
A．1 B． C． D．
【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；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：取的中点，连接、，如下图
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
∵点O是CD的中点
∴，
在中，，
根据三角形的三边关系，，
当、、三点共线时，的长度最小，
的最小值．
故答案为：D．
【分析】
本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
根据正方形的性质：四边形相等，四个角都是90°，可知：，，，再根据全等三角形的判定定理：SAS可证明，由全等三角形的性质：对应角相等得出：，再根据全等三角形的判定定理：SAS证明，由全等三角形的性质得出，再由角的和差和等量代换可得：即，∠DMC=90°，取的中点，连接、，由直角三角形的性质：直角三角形斜边的中线=斜边的一半可知：，由勾股定理求出的长，当、、三点共线时，的长度最小，则可求出答案．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025八下·深圳期末）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（-2，0），点D在y轴的正半轴上，则点D的坐标是 .
【答案】（0，4）
【知识点】点的坐标；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（-2，0），点D在y轴的正半轴上
∴OA=3，AB=AD=5
∴
∴点D的坐标为(0，4)
故答案为：(0，4)
【分析】根据菱形性质及两点间距离可得OA=3，AB=AD=5，根据勾股定理可得OD，即可求出点D坐标.
12．（2024八下·岳阳期中）如图，O是矩形的对角线的中点，M是的中点．若，则四边形的周长为 ．
【答案】20
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∵O是矩形的对角线的中点，
∴，
∵M是的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴四边形的周长为：，
故答案为：20．
【分析】
由矩形的性质可知OB是斜边AC上的中线，OM是的中位线，则OB可求，再利用勾股定理可求得AC的BC的长，再利用矩形的性质可分别求得AM、OM的长，则四边形的周长可求 ．
13． 如图， 的对角线 相交于点 是等边三角形， 交 于点 ． 则 的长为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
平行四边形是矩形，
，
，，
，
设，则，
在中，，即，
解得或（不符题意，舍去），
，
，
故答案为：.
【分析】根据等边三角形的性质、平行四边形的性质、矩形的判定证出平行四边形是矩形，根据矩形的性质可得，然后利用勾股定理求解即可。
14．（2025八下·广州期中）如图所示，以的斜边为边，在的同侧作正方形，，交于点，连接．若，，则 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】在AC上截取CG=AB=4，连接OG
∵四边形BCEF是正方形，∠BAC=90°
∴OB=OC，∠BAC=∠BOC=90°
∴∠ABO=∠ACO
∵BA=CG，∠ABO=∠ACO，OB=OC
∴△BAO≌△CGO
∴OA=OG=，∠AOB=∠COG
∵∠BOC=∠COG+∠BOG=90°
∴∠AOG=∠AOB+∠BOG=90°，即△AOG是等腰直角三角形
∴，
∴AC=AG+CG=12，
∴，
故答案为．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质和勾股定理，解题关键是构造全等三角形。在AC上截取，连接OG，由正方形性质得，，结合的，推出；通过SAS证明，得，，进而推出，即是等腰直角三角形；利用勾股定理求出，再求出；最后在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出BC的长度。
15．（2025八下·三台月考）如图，在长方形中，，在上任取一点，连接，将沿折叠，使点恰好落在边上的点处，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AD=BC=5，CD=AB=3，
由折叠的性质可知，，
∴
∴
∴设为，则，
∵在中，
∴
∴
∴．
故答案为：．
【分析】由矩形的性质得∠A=∠D=90°，AD=BC=5，CD=AB=3，由折叠的性质得BF=BC=5，EF=CE，在Rt△ABF中，利用勾股定理算出AF，然后根据线段和差算出DF，进而在Rt△DEF中，利用勾股定理建立方程可求出FE的长，从而得出答案.
16．（2025八下·珠海期中）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有 （填正确的序号）．
【答案】①②③
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵，
∴，
由旋转得：，
∴， ，
， ，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点是的中点，
∴，故①符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故②符合题意；
∵，
，
∵，
∴是等腰直角三角形，
，
∵，
，故③符合题意；
设交于，
∵是等腰直角三角形，，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，
设，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
∵，
∴，故④不符合题意；
综上所述，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
【分析】本题考查旋转的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及勾股定理，解题需通过图形变换与全等推导结论。由旋转性质得，，，可证四边形是矩形，故；证得，，进而推出，故，①正确；由全等与角度推导得，，因此，②正确；是等腰直角三角形，故，又，所以，③正确；设参数计算得，但，故④错误，综上正确结论为①②③。
三、解答题（17-21每题8分，22、23每题10分，24题12分，共72分）
17．（2023八下·抚顺期末）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．求证：四边形是菱形．
【答案】证明：如图，
∵四边形是矩形，
∴
∴
∵O为的中点
∴
∵
∴≌（）
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】根据矩形性质可得，则，再根据线段中点可得，由全等三角形判定定理可得≌（），则，再根据菱形判定定理即可求出答案.
18．（2024八下·番禺期末）如图，四边形的对角线，交于点O，已知O是的中点，，．
（1）求证：；
（2）当时，证明四边形是矩形．
【答案】（1）证明：
∴∠DFO=∠BEO，
在和中
（2）证明
O是的中点
∴OD=OC，
四边形是矩形．
【知识点】矩形的判定；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、矩形的判定以及平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）根据平行线的性质得出∠DFO=∠BEO，根据对顶角相等得到∠EOB=∠FOD，已知OE=OF，根据ASA即可得证 ；
（2）根据全等三角形的性质和中点的定义及AC=2OD，可得出OC=OD，继而得到，再根据对角线相等且互相平分的四边形为矩形即可得证．
（1）证明：
，
在和中
；
（2）
O是的中点
，
四边形是矩形．
19．（2023八下·双鸭山期末）如图，在 ABCD中，已知.
（1）作的平分线交BC于点E，在AD上截取，连接EF；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法.）
（2）直接写出四边形ABEF的形状.
【答案】（1）解：如图所示.
（2）解：四边形ABEF是菱形.
【知识点】菱形的判定；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】 （1）先尺规作图作出∠BAD的角平分线，交BC于点E，然后在AD上截取AF=AB，连结EF.
（2）本题包含“双平等腰”模型，即发现包含AD∥BC，AE平分∠BAD的条件，则△ABE必为等腰三角形，理由如下：因为AD∥BC，所以∠FAE=∠BEA，因为AE平分∠BAD，所以∠BAE=∠BEA，等量代换得∠BAE=∠BEA，所以BA=BE.又因为BA=FA，所以FA=BE，因此根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定定理，可得四边形ABEF为平行四边形，再结合BA=FA，该平行四边形即为菱形.
20．（2025八下·期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，交CB延长线于E，交AD延长线于点F．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若，，求OB的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，
∴AF∥EC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE⊥BC
∴∠AEC=90°，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：四边形ABCD是菱形，则AB=BC=AD=5，线段AC，BD互相垂直平分，
Rt△AEB中，由勾股定理得BE=，
Rt△AEC中，CE=CB＋BE=5＋3=8，AC=，
Rt△AOB中，AO=AC=，OB=，
故OB的长为：
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查菱形的性质、矩形的判定以及勾股定理的综合应用。
(1)中先利用菱形对边平行的性质，结合，判定四边形为平行四边形，再根据得到，利用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”的判定定理证明；
(2)中由菱形四条边相等的性质得，在中用勾股定理求出的长度，进而得到，再在中求出的长度，结合菱形对角线互相平分的性质得，最后在中利用勾股定理求出的长度。
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴AF∥EC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE⊥BC
∴∠AEC=90°，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：四边形ABCD是菱形，则AB=BC=AD=5，线段AC，BD互相垂直平分，
Rt△AEB中，由勾股定理得BE=，
Rt△AEC中，CE=CB＋BE=5＋3=8，AC=，
Rt△AOB中，AO=AC=，OB=，
故OB的长为：
21．（2017-2018学年数学浙教版八年级下册5.3.2 正方形的判定 同步练习）如图，△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE．
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由
【答案】（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形
（2）解：当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形
【知识点】正方形的判定
【解析】【分析】利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得AEBD是矩形；利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可．
22．（2025八下·杭州月考）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形为垂等四边形，
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 .
（2）如图1，在3×3方格纸中，A，B，C在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使AC，BD是对角线，点D在格点上.
（3）如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，AE=AF=CG且∠DGC=∠DEG，求证：四边形DEFG是垂等四边形.
【答案】（1）矩形（写一个即可）
（2）解：如图1中，四边形ABCD即为所求.
（3）证明：在正方形 ABCD 中，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴四边形 DEFG 是垂等四边形
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1)∵矩形的邻边垂直且对角线相等，
∴矩形是垂等四边形，
故答案为：矩形.
【分析】(1)根据垂等四边形的定义判断即可；
(2)根据垂等四边形的定义画出图形即可；
(3)证明∠EFG=90°，EG=DF即可.
23．（2023八下·青秀期中）如图1，某中学的校门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为，当每个菱形的内角度数为（如图2）时，校门打开了.
（1）求该中学校门的总宽度是多少m？
（2）当每个菱形的内角度数为时，校门打开了多少m？
【答案】（1）解：如图，连接.
四边形是菱形，
，
又，
是等边三角形，，
，
所以，该中学校门的总宽度是.
（2）解：当菱形的时，
，
四边形是正方形，
如图，连接，
则，，
所以，当每个菱形的内角为时，校门打开了.
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接BD，根据菱形的性质可得AB=AD，推出△ABD为等边三角形，得到BD=AB=0.3m，据此求解；
（2）当∠A=90°时，四边形ABCD是正方形，连接BD，求出BD的值，据此求解.
24．（2024八下·黄埔期末）如图，把一个含的直角三角板和一个正方形摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，连接，点与分别是中点，连接，．
（1）如图，点、分别在正方形的边上，连接．则的数量关系是________；、的位置关系是________；
（2）如图，将图中直角三角板绕点顺时针旋转，当点落在线段上时，其他条件不变，（）中结论是否仍然成立，若成立，请证明结论，若不成立，请说明理由．
（3）如图，将图中直角三角板绕点顺时针旋转，其他条件不变，若，，直接写出线段的最小值．
【答案】（1），；
（2）解：，结论仍然成立．理由如下：
如图，延长交的延长线于点，
四边形是正方形，
，，，
∴，
∵是一个含的直角三角板，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∵点与分别是中点，
，，
∴，
∵点是的中点，，
，
∴，
∴，
∴，
综上，，；
（3）．
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）解：，，理由如下：
四边形是正方形，
，，
∵是一个含的直角三角板，
∴是等腰直角三角形，，
，
，
，，
∵点与分别是中点，
，，
∴，
∵点是的中点，
∴为的中线，，
，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上，，；
（3）解：如图，连接，，
四边形是正方形，
，，
∴，
∵点与分别是中点，
，
∵，当点、、三点共线时，等号成立，，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
由（）得，
∴线段的最小值为．
【分析】（1）根据正方形性质可得，，根据等腰直角三角形性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据三角形中位线性质可得，，则，根据三角形中线可得，则，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）延长交的延长线于点，根据正方形性质可得，，，则，根据等腰直角三角形性质可得，则，根据边之间的关系可得，再根据三角形中位线定理可得，，则，再根据三角形中线可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
（3）连接，，根据正方形性质可得，，根据勾股定理可得AC，再根据线段中点可得，根据边之间的关系可得，当点、、三点共线时，等号成立，，则的最小值为，即的最小值为，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：，，理由如下：
四边形是正方形，
，，
∵是一个含的直角三角板，
∴是等腰直角三角形，，
，
，
，，
∵点与分别是中点，
，，
∴，
∵点是的中点，
∴为的中线，，
，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上，，；
（2）解：，结论仍然成立．理由如下：
如图，延长交的延长线于点，
四边形是正方形，
，，，
∴，
∵是一个含的直角三角板，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∵点与分别是中点，
，，
∴，
∵点是的中点，，
，
∴，
∴，
∴，
综上，，；
（3）解：如图，连接，，
四边形是正方形，
，，
∴，
∵点与分别是中点，
，
∵，当点、、三点共线时，等号成立，，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
由（）得，
∴线段的最小值为．
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