中考数学考点大串讲（北师大版）：专题01 特殊平行四边形（压轴40题4种题型）（解析版）

专题01特殊平行四边形（压轴40题4种题型）一、菱形的性质与判定1．（2022·江苏镇江·校考三模）如图，菱形ABCD中，，，点M是边CD的中点，直线EF分别与、交于点、，若点与点关于直线对称，则的值为（

）

A．2 B． C． D．【答案】C【分析】利用勾股定理得出的长，再利用菱形的性质以及等边三角形的性质得出，进而得出答案．【详解】解：如图所示：延长，过点作于点，连接，，，

，四边形是菱形，，，设，则，，，，，解得：，故，连接，，，是等边三角形，是的中点，，，，，设，则，故，解得：，的值为：．故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，利用勾股定理得出的长是解题关键．2．（2019·江苏盐城·八年级射阳县第二中学阶段练习）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【分析】①根据题中矩形和等边三角形的性质证明出，即可证明；②由全等三角形的性质即可判断；③根据菱形的判定方法证明即可；④根据30°角的直角三角形的性质即可证明．【详解】连接，

四边形是矩形，，、互相平分，为中点，也过点，，，，是等边三角形，，，在与中，，（），与关于直线对称，，；①正确，，，，，，，，，，，，四边形是菱形，③正确，，错误．②错误，，，，，，：：，④正确；故选C．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形和等边三角形的判定和性质以及30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是会综合运用这些知识点解决问题．3．（2023春·江苏扬州·八年级统考期末）如图，菱形中，，对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若菱形的面积为，则的长为（

）

A．4 B． C．8 D．【答案】A【分析】先由菱形的性质得到，，进而证明是等边三角形，得到，利用勾股定理求出，进而利用菱形面积公式求出，再证明是的中位线，即可得到．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴是等边三角形，∵，∴，∴，∵菱形的面积为，∴，∴，∴（负值舍去），∵O、H分别是的中点，∴是的中位线，∴，故选A．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定等等，证明是等边三角形是解题的关键．4．（2023·江苏盐城·校考三模）如图，菱形的顶点、在轴上，，点在边上且横坐标为8，点为边上一动点，轴上有一点．当点到所在直线的距离取得最大值时，点的坐标为．

【答案】【分析】依据直线过定点，则定点到直线的最大距离就是长，利用直线的解析式求出直线的解析式，则点坐标可求出来．【详解】解：如图，，，，，点在边上且横坐标为8，，，，直线过定点，时，点到所在直线的距离取得最大值．，，设解析式为，代入点坐标得，，即．此刻直线的值为：，设直线解析式为：，代入点坐标得：，，直线的解析式为：，令，则，解得．此刻点的坐标为：．故答案为：．

【点睛】本题考查了坐标与图形性质以及菱形的性质，本题的关键就是能看到点到直线的最大距离就是到定点的长．5．（2023春·江苏镇江·八年级统考期中）如图，在边长为2的菱形中，，E、F分别为、上的两个动点（包括端点），且，则线段的取值范围为．

【答案】【分析】易得为等边三角形，证明，推出为等边三角形，求出的取值范围，即可得解．【详解】解：∵在边长为2的菱形中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，又，∴为等边三角形，∴，∵E、F分别为、上的两个动点（包括端点），∴当点与点重合时，最大，此时，，当时，最小，此时为的中点，∴，∴，∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明．6．（2023春·江苏·八年级期末）如图，在菱形中，，延长至点E，使，现以点D为圆心，以为半径画弧，与直线交于点M，则的长为．

【答案】1或3【分析】当点M在的延长线上时，连接，过点D作于点F，于点G，由菱形的性质及全等三角形的性质即可解答；当点M在BC的延长线上时，同理可得出，然后根据全等三角形的性质即可解答．【详解】解：①如图1：当点M在的延长线上时，连接，过点D作于点F，于点G，∵四边形为菱形，∴，∵，∴和都是等边三角形，∴，又∵，∴，由作图可知，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②如图2，当点M在的延长线上时，同理：，∴，综上所述，的长为1或3．故答案为：1或3．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．7．（2023春·江苏常州·八年级校考期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点D作对角线的垂线交的延长线于点E．

(1)证明：四边形是平行四边形；(2)若，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形的判定证明即可；（2）利用菱形的性质得出，即可求的面积．【详解】（1）证明∵四边形是菱形，∴，∴，∵，即，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵四边形是菱形，，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，,∴．【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质和判定问题，关键是根据平行四边形的判定解答即可．8．（2023春·江苏泰州·八年级校联考期中）我们在学习数学的过程中，常常需要联想、类比、迁移．请先认真阅读材料，再解决问题．（材料中问题无需作答）．

【阅读材料】如图1，平分，点P为上一点，两边分别交于点C、D，且，求证：；证明思路：过点P作．根据平分，易证．再证明可得．【解决问题】如图2，在菱形中，，对角线相交于点O，点E在对角线上，连接．只用圆规在射线上作点F，使，简要说明作法并根据你的做法证明．【答案】以点E为圆心，为半径，交的延长线于一点，该点即为点F，连接，则；证明见解析【分析】以点E为圆心，为半径，交的延长线于一点，该点即为点F，连接，则，过点E作交的延长线于点G，过点E作，交的延长线于点H，证明，得出，证明，求出，即可得出答案．【详解】解：以点E为圆心，为半径，交的延长线于一点，该点即为点F，连接，则，过点E作交的延长线于点G，过点E作，交的延长线于点H，如图所示：

∵四边形为菱形，∴，平分，∴，根据作图可知，，∴，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，四边形内角和，解题的关键是理解题意，熟练掌握三角形全等的判定方法，证明．9．（2023春·江苏淮安·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，、、，仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：

(1)线段的长为______；(2)画线段，使，且，则点的坐标为______；(3)连接，四边形是______；（填“矩形”或“菱形”）(4)在线段上找一点，使（保留作图痕迹，不写作法和证明过程）．【答案】(1)；(2)，；(3)菱形；(4)作图见解析【分析】利用网格根据勾股定理即可解决问题；根据网格线的特点作图；根据四条边相等的四边形是菱形进行判定；通过证明≌，构造等腰直角三角形，连接交于点，则．【详解】（1）解：线段的长为：，（2）解：如图，即为所求；

，、，的坐标为；（3）解：∵，且；∴四边形是平行四边形，又由（1）知，，∴又，，四边形为菱形，故答案为：菱形；（4）解：如图所示，在图上取格点、、，使，，，，连接、、、、，连接交于点．

由图可知，，，，,则在和中，∴≌，∴，，∵，∴，∴，又∵，∴，故点即为所求．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了复杂作图，菱形的判定，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，掌握勾股定理和菱形的判定定理以及等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．10．（2023春·江苏无锡·八年级校联考期末）请仅用无刻度的直尺按下列要求作图，保留作图痕迹，不写作法：

(1)如图1，在四边形中，，，，作一个菱形（写答句）；(2)如图2，四边形是平行四边形，点在上，，作的平分线【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）连接交于，连接，即可得到菱形；（2）作出平行四边形的对角线，即可作出的平分线．【详解】（1）四边形是所求作的菱形；

（2）是所求作的的平分线．

【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，角平分线定义，作图复杂作图，关键是掌握平行四边形的性质，菱形的判定．二、矩形的性质与判定11．（2023秋·江苏·八年级专题练习）如图，在中，，的平分线交于点，为的中点，若，则的长是（）A．8 B．6 C．5 D．4【答案】C【分析】利用等腰三角形的性质得出，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．【详解】解：∵，平分，∴，即，∵为的中点，∴．故选：C．【点睛】此题考查了等腰三角形的性质、直角三角形斜边中线的性质等知识，熟记等腰三角形的性质是解题的关键．12．（2023春·江苏常州·八年级校考期中）如图，在中，D是斜边的中点，E是上一点，F是的中点．若，，则的长是（

）

A．8 B．6 C．5 D．4【答案】B【分析】根据三角形中位线定理求出，进而求出，再根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．【详解】解：∵D是的中点，F是的中点，，∴是的中位线，∴，∵，∴，在中，D是斜边的中点，则，故选：B．【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．13．（2023春·江苏南通·八年级统考阶段练习）如图，在矩形中，，E，F是对角线上两点，，过点E，F分别作的垂线，与边分别交于点G，H．若，，则（

）

A．6 B．5 C．4 D．3【答案】B【分析】延长交于，过作交于，可证，，可证，从而可得，，由，即可求解．【详解】解：延长交于，过作交于，

，四边形是矩形，，，四边形是矩形，，，，过点E，F分别作的垂线，与边分别交于点G，H，，，在和中，()，，，，在中：，，；故选：B．【点睛】本题主要考查了矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等，掌握相关的判定方法及性质，构建出直角三角形是解题的关键．14．（2023春·江苏南京·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，对角线的垂直平分线分别交、于点、，垂足为，则的长为．

【答案】【分析】连接，设，则，在中，勾股定理，即可求解．【详解】解：连接，设，则，

是的中垂线，，在中，，，．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．15．（2023春·江苏南通·八年级统考期中）如图，在矩形纸片中，，为边上一点，将沿所在的直线折叠，点恰好落在边上的点处，过点作，垂足为点，取的中点，连接，且，则的长为．

【答案】12【分析】连接，，由折叠的性质得出，由勾股定理求出，利用三角形的中位线定理解决问题即可．【详解】解：如图所示连接，．

由翻折的性质可知，垂直平分线段，，，、、共线，，是的中点，是的中点，是的中位线，，，四边形是矩形，，，，即，故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换，掌握矩形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识是解题的关键．16．（2023春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，在矩形中，点为的中点，将绕点旋转得到，连接，为的中点，连接，若，，当时，的长为．

【答案】或【分析】当时，需分两种情况进行讨论：①当点F位于矩形内部时，如图①，延长与交于点，证明点与点E重合，由为的中位线，由勾股定理求解，由旋转性质得可得，从而可得答案；②当点F位于矩形外部时，如图②，同理可得，，从而可得答案．【详解】解：当时，①当点F位于矩形内部时，如图①，

延长与交于点，∵，∴，∵点G为的中点，∴，∴点为的中点，则点与点E重合，而为的中位线，∵，∴，∵，由勾股定理得由旋转性质得，∴∴；②当点F位于矩形外部时，如图②，

同理可得，，∴．故答案为：或．【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，三角形的中位线的性质，旋转的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键．17．（2023春·江苏镇江·八年级校考阶段练习）如图，矩形的顶点A、C分别在y、x轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图像与边、分别交于点D、E，并且满足，点P是线段上的一个动点．

(1)求一次函数的表达式．(2)连结，若把四边形面积分成两部分，求点P的坐标．【答案】(1)(2)点P的坐标为或．【分析】（1）先令，即可求得，然后求出E的坐标，代入一次函数解析式求得m的值即可求解；（2）先求得四边形的面积，然后分两种情况求解即可．【详解】（1）解：对于，令，解得，则D的坐标是，，∵点B的坐标为，∴，∴，∵，∴，则E的坐标是，把E的坐标代入得，解得，∴；（2）解：设，，当时，则，∴，∴，∴，∴；当时，则，∴，∴，∴，∴综上可知，点P的坐标为或．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，矩形的性质，坐标与图形的性质等知识，正确根据面积公式求得P的坐标是解决本题的关键．18．（2023春·江苏常州·八年级校考阶段练习）【了解概念】如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，我们把这条直线称为这个平面图形的一条面积等分线，例如平行四边形的一条对角线所在的直线定是平行四边形的一条面积等分线．

(1)【理解运用】下列说法正确的是______（只填序号）．①三角形的中线所在的直线是三角形的面积等分线；②矩形有四条面积等分线；③菱形的面积等分线互相垂直．(2)如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A的坐标为，点B在x轴上，的面积等分线为过点A，与x轴交于点C，求点B的坐标．(3)【拓展提升】在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，，，请直接写出四边形的所有过顶点的面积等分线的解析式．【答案】(1)①(2)；(3)或或或．【分析】（1）利用三角形、矩形、菱形的性质以及题目中面积等分线的定义判断即可；（2）先用待定系数法求出一次函数解析式，然后求出点C的坐标，随后求出点B坐标即可；（3）分为四种情况讨论，先设出函数解析式，将每种情况的坐标代入解析式，再利用面积求解即可．【详解】（1）解：①中线使得两个三角形的底相同，高也相同，即面积相等，故选项①说法正确；②矩形的面积等分线过对角线的交点，有无数条，故选项②说法错误；③菱形的面积等分线过其对角线的交点，所以不一定互相垂直，故选项③说法错误；故答案为：①；（2）解：∵点A的坐标为，的面积等分线为过点A，∴将代入，得：，∴的面积等分线为，令，，∴，∵，∴；（3）解：∵O为坐标原点，，，，∴，分为以下四种情况：①当面积等分线过点A时，设为，将代入，得：，令，则，∴，解得：，∴，∴；②当面积等分线过点C时，设为，将代入，得：，令，，∴，解得：，∴，∴；③当面积等分线过点O时，设为，∵，，∴直线的解析式：，直线与直线的交点D的坐标为：，∴，解得：，∴；④当面积等分线过点B时，设为，将代入，得：，∵，，∴直线的解析式：，直线与直线的交点E的坐标为：，∴，解得：，∴，∴．【点睛】本题考查一次函数图象及性质，待定系数法，平行四边形、菱形、矩形的性质，解题的关键是理解题目中给出的面积等分线的定义．19．（2022秋·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）将一矩形纸片放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，，．如图1在边上取一点D，将沿折叠，使点C恰好落在边上，记作E点．

(1)求点E的坐标及折痕的长；(2)如图2，在边上选取适当的点F、G，将沿折叠，使点C落在上，记为H点，设，，写出y关于x的关系式以及x的取值范围；(3)在x轴上取两点M、N（点M在点N的左侧），且，取线段段的中点为F，当点M运动到哪里时，四边形的周长最小？请画出示意图并求出周长最小值．【答案】(1)；(2)(3)图见解析，周长最小值为22【分析】（1）根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，易得，则，即可得到点坐标；在中，设，则，利用勾股定理可计算出，再在中，利用勾股定理计算出；（2）过点作于，则，从而在中可用表示出的长，利用梯形的面积公式可用表示出，点与点重合时是取得最大值的点；（3）如图所示，过点B作，且，作F关于x轴的对称点，从而推出四边形的周长，则要使四边形的周长最小，即最小，即最小，故当，N，三点共线时，有最小值，即，根据两点距离公式即可求出，然后求出直线的解析式，即可求出N点坐标，从而得到M点坐标．【详解】（1）解：∵四边形为矩形，∴，，∵沿折叠，使点恰好落在边点上，∴，，

在中，，，∴，∴，∴点坐标为；在中，设，则，∵∴，解得，∴在中，；（2）解：过点作于，∵，∴，又∵，∴四边形是矩形∴，，∵沿折叠得到，∴，∴，在中，，即，解得：，即；

（3）解：如图所示，过点B作，且，作F关于x轴的对称点，∴四边形是平行四边形，∴，∵，F为中点，∴B点坐标为，F坐标为，，∴的坐标为，的坐标为，∴四边形的周长，∴要使四边形的周长最小，即最小，即最小，∴当，N，三点共线时，有最小值，即，∵的坐标为，的坐标为，∴，∴四边形的周长的最小值，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，令，，∴N点坐标为，∴M点坐标为，∴当M运动到时，四边形的周长最小，最小值为22．

【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质及最短路径的知识，综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等，在求自变量范围的时候，要注意寻找极限点，不要想当然的判断．20．（2023春·江苏泰州·八年级校联考期中）已知四边形．

(1)如图1，对角线交于点O，M是四边形外的一点，．求证：①四边形是矩形；②(2)如图2，若（1）中点M是矩形外任意一点，还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(3)在（2）中，若，且的长度都为整数，求的长．【答案】(1)①见解析②见解析；(2)成立，见解析；(3)10．【分析】（1）①如图，连接，可证四边形是平行四边形，于是，，由直角三角形斜边中线性质，得，，于是，得证四边形是矩形；②由勾股定理，，，于是；（2）解：结论成立．理由如下，过点M作，交于点E，交于点F，可知四边形，均为矩形，于是，，根据勾股定理，，，，，根据等式性质，等量代换可得证结论．（3）由知．转化为方程组，或，或，求解知，根据勾股定理得，于是．【详解】（1）解：①如图，连接,∵四边形，∴四边形是平行四边形．∴，．中，，中，，∴．∴四边形是矩形．

②∵中，，中，，∴．（2）解：结论成立．理由如下，过点M作，交于点E，交于点F，∵，，∴．∴四边形，均为矩形．∴，．中，，中，，中，，中，，∴，．∴．

（3）解：∵，∴．∴．∵的长度都为整数,∴，或，或，解得（舍去），或，或（舍去），中，．∴．【点睛】本题考查勾股定理，矩形的判定和性质，直角三角形斜边中线性质，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．三、正方形的性质与判定21．（2023春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在正方形中，分别是的中点，交于点G，连接，下列结论：，正确的是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，，故①正确；求得，根据垂直的定义得到，故②正确；延长交的延长线于H，根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到，故③正确；假设，根据，可得，结合，，可得，即有，进而可得，则有，显然，即假设不成立，即可判断④错误．【详解】解：四边形是正方形，，，，分别是，的中点，，，，在与中，，，，，故①正确；，，，，故②正确；，如图，延长交的延长线于，

，，点是的中点，，，，，，，已证明，是斜边的中线，，，，，．故③正确；根据可得，若成立，，，，，，，在中，有，，，显然，假设不成立，，故④错误，故正确的有，故选B．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等，综合性很强，难度较大，解题的关键是能够综合运用上述知识．22．（2023春·江苏南通·九年级统考阶段练习）如图，正方形的边长为6，点M在延长线上，，作交延长线于点N，则的长为（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【分析】如图所示，在上取一点F使得，连接，先证明得到，，进而可以证明得到，设，则，，，在中利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图所示，在上取一点F使得，连接，∵四边形是正方形，∴，，，又∵，∴，∴，，∴，∴，又∵，∴，又∵，，∴，∴，设，∵，，∴，，∴，在中，，∴，解得，∴，故选C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．23．（2023春·江苏泰州·八年级统考期末）如图，四边形为正方形，为等边三角形，将绕点A旋转，若，则的度数为（

）

A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】分两种情况：绕点A旋转到正方形的内部时；绕点A旋转到正方形的外部时；然后分别求解即可．【详解】解：当绕点A旋转到正方形的内部时，如图，

∵四边形是正方形，∴，，∵是等边三角形，∴，，又∵，∴，∴；当绕点A旋转到正方形的外部时，如图，

∵四边形是正方形，∴，，∵是等边三角形，∴，，又∵，∴，，综上，的度数为或，故选：D．【点睛】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转性质，熟练掌握相关知识的联系与运用，分类讨论求解是解答的关键．24．（2023春·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，四边形为正方形，O为的交点，为直角三角形，，，若．则正方形的面积为．

【答案】10【分析】过点O作于M，作交的延长线于N，判断出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，再求出，根据正方形的性质可得，然后利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，，然后判断出四边形是正方形，可得，得，设，，可得，根据，，即可解决问题．【详解】解：如图，过点O作于M，作交的延长线于N，

∵，∴四边形是矩形，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴四边形是正方形，∴在中，∵，

∴，∴，∴，设，，∴，∵，∴，∴，故答案为：10．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．25．（2023春·江苏南京·八年级校考阶段练习）如图，在等腰中，，的面积是10，为边上一点，且，以为一边作正方形，连接，则面积为．

【答案】7.5【分析】过点作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，作于点．由的面积是10，求出，进而求出,，再由正方形证明，得到最后根据面积公式计算即可．【详解】解：过点作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，

，，，，又，∴，，∵正方形，∴，，∴，∵，∴，，，故答案为：7.5【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练运用正方形的性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键．26．（2022春·江苏泰州·七年级校考期中）如图点B在线段上，在线段同侧作正方形及正方形，连接得到．当时，的面积记为；当时，的面积记为；当时，的面积记为……，则．

【答案】【分析】连接，，与同底等高，与面积相等，求差时利用平方差公式计算即可．【详解】解：连接，

∵在正方形和正方形中，，平分，平分，∴，∴，∴与同底等高，∴与面积相等，∴时，，时，，∴；故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的面积、图形的变化类的规律，掌握正方形性质的应用，其中利用与同底等高，推出面积相等是解题关键．27．（2023春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）已知：正方形中，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交，（或它们的延长线）于点，．当绕点A旋转到时（如图1），易证．

(1)当绕点A旋转到时（如图2），线段，和之间有怎样的数量关系？请直接写出猜想：________________________．(2)当绕点A旋转到如图3的位置时，线段，和之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．(3)图3中若，，求的面积．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；（2）证明，根据全等三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；（3）根据全等三角形的性质得出，，由题意求出的面积即可得出答案．【详解】（1）解：猜想：，证明如下：如图2，在的延长线上，截取，连接，

∵四边形是正方形，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，

∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴；故答案为：（2）解：，证明如下：如图3，在上截取，连接，

在和中，，∴，∴，，∴，即，∵，∴，在和中，，∴，

∴，∴，∴；（3）解：∵，∴，，∵四边形是正方形，，

∴，∴的面积为：，∴．即的面积为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．28．（2023春·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，下列为的方格图，每个方格都是由边长为1的小正方形构成，请按要求画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．

(1)在图1中画出四边形，使得且，点P在四边形的内部（不包括四边形的边界）；(2)在图2中画出平行四边形，使得点P到平行四边形的三个顶点的距离相等．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）构造正方形即可；（2）以点P为圆心，分别以为半径画圆，找出圆上的格点，构造平行四边形即可．【详解】（1）解：∵，∴四边形即为所求．

（2）解：∵，∴四边形即为所求．

【点睛】本题主要考查了格点作图，平行四边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关内容，根据题意作图即可．29．（2023春·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，，．延长到E，使，连接，由直角三角形的性质可知．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．

(1)当时，___________；(2)当___________时，点P运动到的角平分线上；(3)请用含t的代数式表示的面积S．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由题意可得，当时，点在线段上，此时，即可求解；（2）根据，可得四边形为矩形，根据角平分线的定义可得，得到再根据点运动的路程，即可求解；（3）根据题意，分三种情况讨论，当在线段上，当在线段上，当在线段上时，分别用含的代数式表示即可．【详解】（1）解：当时，点运动的路程为，因为，所以点在线段上，此时；（2）作的角平分线，交于点

∴∵，∴四边形为矩形，∴∴∴∴∴由题意可得：点与点重合，走过的路程为∴，解得即当时，点P运动到的角平分线上；（3）根据题意，分三种情况讨论：①当在线段上时，此时②当在线段上时，此时③当在线段上时，此时综上【点睛】此题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，熟练掌握相关基础性质．30．（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线，与x、y轴交于A、B两点，以线段为边作正方形，交x、y轴于点C、D，点P是y轴负半轴上一点，连接，过点P作，交线段于点Q．

(1)如图1，判断与的数量关系并证明；(2)如图2，以、为邻边作正方形，求证：；(3)如图1，若点①用含t的代数式表示点Q的坐标，并求直线的关系式；②若，在直线上，求n的取值范围．【答案】(1)，证明见解析(2)见解析(3)①；②【分析】（1）设，，由，，根据勾股定理可得，再由，由此可得，当时，，即可证明；（2）证明，可得，再由，可得，从而证明；（3）①过点作轴，过点作交于，过点作交于，可证明，证明，得到，用待定系数法求直线的解析式为；②根据题意可到，，消去可得，由，即可得．【详解】（1）解：当时，，，当时，，，四边形是正方形，，设，，，，，，，整理得，当时，，；（2）证明：，，，，，，，，，；（3）①过点作轴，过点作交于，过点作交于，，，，，，，，，点，，设直线的解析式为，，解得，直线的解析式为；②，，在直线上，，，，，，．

【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，正方形的性质，添加辅助线构造三角形全等是解题的关键．四、菱形、矩形、正方形的最值31．（2023春·江苏扬州·八年级校考期末）如图，在正方形中，点E、F、G分别在、、上，，，，，与交于点P．连接，则的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】过点作于点，取的中点，连接、，根据正方形的性质证明≌，然后根据直角三角形性质可得，当、、共线时，有最小值，根据勾股定理即可解决问题．【详解】解：如图，过点作于点，取的中点，连接、，

四边形是正方形，，，，四边形是矩形，，在和中，，≌，，，，，，，，，是直角三角形，是的中点，，，，，，，当、、共线时，有最小值，，，，，的最小值为．故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的三边关系，在几何证明中常利用三角形的三边关系解决线段的最值问题，解题的关键是得到≌．32．（2023·江苏宿迁·统考三模）如图，，，，点C，D分别在，的另一边上运动，并保持，点M在边BC上，，点N是CD的中点，若点P为AB上任意一点，则的最小值为(

)

A． B． C． D．【答案】D【分析】延长，，交于点，作点关于的对称点，连接，，交于点，交于点，利用轴对称的性质可得，利用直角三角形斜边中线的性质可得，即可判断点在以为圆心，半径为2的圆位于的内部的弧上运动，从而得出当、、、四点在同一条直线上时，最小，然后利用勾股定理求出，即可得出结论．【详解】如图，延长，，交于点，作点关于的对称点，

连接，，交于点，交于点，则，过点作交的延长线于点，，，，是的中点，连接，，点在以为圆心，半径为2的圆位于的内部的弧上运动，，当、、、四点在同一条直线上时，最小，即最小，点、关于对称，垂直平分，，，∴，∵∴，∵，，，∴，的最小值为．故答案为：D．【点睛】本题考查了轴对称的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适的辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．33．（2023·江苏苏州·校考二模）如图，正方形的边长为10，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接，则的最小值是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得的长，再由翻折知，由可知当点、、三点共线时，最小．【详解】解：正方形的边长为，，，点是边的中点，，连接，

，将沿翻折得到，，，当点、、三点共线时，最小，

∴的最小值为故选：A．【点睛】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点、、三点共线时，最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．34．（2023春·江苏南通·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，M，N为对角线上的两个动点，且，则的最小值是．

【答案】【分析】先证明是等边三角形，过点C作，使，取的中点G，连接，当共线时，的最小值是的长，延长、相交于点F，利用勾股定理求解即可．【详解】解：连接交于点O，∵矩形中，，，∴，∴，∴是等边三角形，∴，，过点C作，使，取的中点G，连接，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，，∴四边形是平行四边形，当点M与点G重合时，此时点N与点O重合，则，∴当共线时，的最小值是的长，延长、相交于点F，∵是等边三角形，点G是的中点，∴，，∵，∴，即，∴，，∴，

故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．35．（2023春·江苏南通·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，，则的最小值是．

【答案】【分析】连接，利用三角形中位线定理，可知，当时，最小，求出最小值即可求出．【详解】解：连接，如图，

∵四边形是菱形，∴，∵，分别为，的中点，∴是的中位线，∴，当时，则，最小，得到最小值，∵，∴是等腰直角三角形，∴，即，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知36．（2023春·江苏连云港·八年级统考期中）如图，矩形中，，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以EF为边向右侧作等边，连接，则的最小值为．

【答案】4【分析】以为边在的上方作等边，过点H作于N，于M，可证四边形是矩形，可得，根据证明，可得，当时，有最小值，即有最小值，即可求解．【详解】解：如图，以为边在的上方作等边，过点H作于N，于M，

又∵，∴四边形是矩形，∴，∵，，∴，∵是等边三角形，，∴，，，∴，∵是等边三角形，∴，，∴，在和