人教版八年级数学下册期末复习专项训练 专题03 四边形(11常考1易错3压轴)

专题03四边形（11常考1易错3压轴）题型1多边形及其内角和（常考）题型9正方形的判定与性质综合（常考）题型2平行四边形的性质（常考）题型10三角形中位线（常考）题型3平行四边形的判定与性质综合（常考）题型11直角三角形斜边中线（常考）题型4矩形的性质（常考）题型12特殊平行四边形判定辨析（易错）题型5矩形的判定与性质综合（常考）题型13（特殊）平行四边形+动点（压轴）题型6菱形的性质（常考）题型14特殊平行四边综合证明+计算（压轴）题型7菱形的判定与性质综合（常考）题型15折叠、旋转与特殊四边形结合（压轴）题型8正方形的性质（常考）题型1多边形及其内角和（常考）（共5小题）1．（25-26八年级上·湖南张家界·期末）从n边形的一个顶点出发的对角线的条数是（

）A． B． C． D．n【答案】A【详解】解：∵从n边形的一个顶点出发，总共有n个顶点，但不能连接到自身（1个）和相邻的两个顶点（2个），∴可连接的对角线条数为．故选A．2．（24-25七年级上·广东清远·期末）过七边形的一个顶点可以画n条对角线，将它分成m个三角形，则的值是（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【详解】解：∵过边形的一个顶点可以画出条对角线，∴，∴，∴，∴的值是．故选：C．3．（25-26八年级上·云南昆明·期末）把一个多边形用连接它的不相邻顶点的线段（这些线段不在多边形内部相交）划分为若干个三角形，叫作多边形的三角剖分，部分多边形的三角剖分方法如下图，如：四边形三角剖分得到两个三角形，它的内角和为，用你发现的规律求七边形的内角和是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：由题意得，七边形三角剖分得到五个三角形，它的内角和为．故选：B．4．（25-26八年级上·山东济南·期末）如图所示，第四套人民币中角硬币边缘镌刻的图形是正九边形，正九边形每个内角为______度．【答案】先用多边形内角和公式求出正九边形的内角和，再根据正多边形的每个内角相等求解即可．【详解】解：该正九边形内角和，则每个内角的度数．故答案为：．5．（24-25八年级上·广东惠州·期末）一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数为______．【答案】6【详解】解：∵多边形的外角和等于，每个外角为，∴边数．故答案为：6．题型2平行四边形的性质（常考）（共5小题）6．（25-26八年级上·山东淄博·期末）在中，若，则_______．【答案】45【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，且，（平行四边形邻角互补），，又，，，即，将代入，得：，，．7．（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，的对角线交于点，且，若它的对角线的和是，则的周长为_________．【答案】【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，∴，∴的周长．故答案为：．8．（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，中，E是边AB（不含端点）上任意一点，若，，则_____．【答案】8【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴．9．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在平行四边形中，，，则直线，之间的距离为______．【答案】2【详解】解：作，如图所示：则，∵，，∴，∴与之间的距离为，故答案为：．10．（24-25八年级下·湖北黄石·期末）如图，在中，，分别是边，上的点，与相交于点，与相交于点，若四边形的面积，则图中阴影部分的面积为_______________．【答案】20【详解】解：如图，连接，四边形是平行四边形，，和等底同高，，，，同理可得：，图中阴影部分的面积，故答案为：20．题型3平行四边形的判定与性质综合（常考）（共4小题）11．（25-26八年级上·山东青岛·期末）已知：如图，在中，分别是边和上的点，且．求证：四边形是平行四边形．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，，，又∵，∴，∴，，∴，即，∴四边形是平行四边形．12．（25-26八年级上·山东日照·期末）如图，的对角线，相交于点O，点E，F在对角线上，且，连接，，，．求证：四边形是平行四边形．【详解】证明：，，，，，，四边形是平行四边形．13．（25-26八年级上·山东·期末）如图，平行四边形，分别延长，至点，，使，连接，分别交，，于点，，．求证：．（请用两种方法证明）【详解】证明：①法一：∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，即．②法二：如图，连接，，∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴．14．（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，为边上一点，连接为中点，过点C作，交的延长线于点F，连接交于点G．(1)判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，，．求的长．【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：为中点，，，，，在和中，，，，，四边形是平行四边形．（2）解：四边形是平行四边形，，，，，在中，，设，则，，解得（负值舍去），，．题型4矩形的性质（常考）（共4小题）15．（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，如果，那么的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∴，∴，∴．故选：B．16．（25-26八年级上·重庆·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O，过点D作于点N，连接，点M为的中点，连接，若，，则的长度为________．【答案】2【详解】解：∵矩形中，对角线相交于点O，且，∴，∴，∵，，∴，∵点M为的中点，∴，∴．故答案为：2．17．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，过点的直线分别交，边于点，，若，则图中阴影部分的面积为_________．【答案】【详解】解：四边形是矩形，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴在和中，，∴（），∴，∴．18．（24-25八年级下·吉林白山·期末）如图，在矩形中，点E是上一点，，于点F．(1)求证：；(2)连接，若，求的长．【详解】（1）证明：四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴∵，∴∴∵，∴．（2）解：由（1）得，∴∵，∴，在中，，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，在中，．题型5矩形的判定与性质综合（常考）（共3小题）19.（24-25八年级下·广东湛江·期中）如图所示，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作BC的平行线交CE的延长线于点F，连接BF．(1)求证：AF=BD；(2)如果AB=AC，试证明：四边形AFBD为矩形．【详解】（1）证明：∵点E是AD的中点，∴AE=DE，又∵AF∥BD，∴∠FAE=∠CDE，又∵∠FEA=∠CED，∴△AFE≌△DCE，∴AF=CD，又∵AD是BC边上的中线，∴BD=CD，∴AF=BD．（2）解：∵AB=AC，BD=CD，∴AD⊥BC，∴∠ADB=90°，由（1）得AF=BD，又∵AF∥BD，∴四边形AFBD为平行四边形，∵∠ADB=90°，∴四边形AFBD为矩形．20．（24-25八年级下·广东汕尾·期末）如图，在平行四边形中，过点A作交边于点E，点F在边上，且． (1)求证：四边形是矩形．(2)若平分，且，求线段的长．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形；（2）解：∵平分，，∴，∴，在中，，，在中，．即的长是．21．（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在中，O为的中点，延长交的延长线于点E，连接，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．【详解】（1）证明：∵O为的中点，∴．∵四边形是平行四边形，∴，，∴．又∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形；（2）解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，，∴是等边三角形，∵，∴，∴，即的长为．题型6菱形的性质（常考）（共4小题）22．（24-25八年级下·辽宁大连·期末）如图，菱形的两条对角线相交于点O，若，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∴，∴，∴，故选：A．23．（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在菱形中，，分别为，的中点，且，，则菱形的面积为________．【答案】24【详解】解：在菱形中，，∵为的中点，∴，∵，分别为，的中点，且，∴，∴，由勾股定理得，∴，菱形的面积为．故答案为：24．24．（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线交于点O，，过点O作于点E，若，则的长为_____．

【答案】【详解】解：∵菱形中，∴∴∴∴∴∴∴∴∴故答案为：．25．（24-25八年级下·全国·期末）如图，矩形的顶点E，G分别在菱形的边，上，顶点F，H在菱形的对角线上．(1)求证：；(2)若E为中点，，求菱形的周长．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，，，，，，四边形是菱形，，，在和中，，；（2）解：连接，四边形是菱形，，，为中点，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是矩形，，，菱形的周长．题型7菱形的判定与性质综合（常考）（共3小题）26．（25-26八年级上·江苏淮安·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，将沿直线翻折得到.(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，则菱形的面积为______．【详解】（1）证明：是矩形，，沿直线翻折得到，，，四边形是菱形．（2）解：是矩形，，，，，，．故答案为：．27．（24-25八年级上·北京·期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求矩形的面积．【详解】（1）证明：，，∴四边形是平行四边形，∵矩形的对角线，相交于点，，，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵四边形是矩形，，，∵，∴为等边三角形，∵，∴，∴，∴，∴．28．（24-25八年级下·云南红河·期末）如图，在平行四边形中，，分别是，的平分线，且，分别在边，上，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求平行线与间的距离．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∵，分别是，的平分线，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：如图，过作于点，则，∴，∴，∴，∴平行线与间的距离为．题型8正方形的性质（常考）（共4小题）29．（25-26八年级上·甘肃天水·期末）如图，四边形是正方形，是等边三角形，则等于（

）

A． B． C． D．【答案】B【详解】解：四边形是正方形，是等边三角形，；，，，同理，∴，故选：B．30．（24-25八年级下·云南普洱·期末）如图，四边形是正方形，是延长线上一点．已知，，则正方形的面积是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：∵四边形是正方形，是延长线上一点，∴，∴，∴正方形的面积为．故选B．31．（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为_________________．【答案】【详解】解：正方形的边长为，对角线，交于点，，，，在中，由勾股定理得：，，，，，的长为．32．（24-25八年级下·云南临沧·期末）如图，在正方形中，点E在线段上，且不与点B重合，且．过点F作交的延长线于点G，连接．(1)若，求的度数；(2)求证：．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，又∵，∴．（2）证明：由题意知，，∴，在和中，，∴，∴，，又∵四边形是正方形，∴，∴，即，∴．题型9正方形的判定与性质综合（常考）（共3小题）33．（24-25八年级下·陕西商洛·期末）如图，在矩形中，平分，平分交于点E，点E在边上，．求证：四边形是正方形．【详解】四边形是平行四边形，四边形是矩形，，平分，平分，，，平行四边形是正方形．34．（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图，在矩形中，平分，交于点，过点作于点，连接交于点，连接．(1)求证：四边形ABEF是正方形；(2)如果，求四边形的周长．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，，，四边形是矩形，平分，，，，矩形是正方形；（2）解：过点作于点，如图所示：四边形是正方形，，，，，是等腰直角三角形，于点，，在中，由勾股定理得：，，，在中，，由勾股定理得：，，，四边形是矩形，∴，四边形的周长为：．35．（24-25八年级下·甘肃陇南·期末）如图，在中，对角线交于点E，，．(1)当平分时，是______形；（填特殊平行四边形名称）(2)证明：当时，为正方形．【详解】（1）证明：是矩形，过程如下：，又平分，，，又四边形是平行四边形，∴，，，是矩形．（2）解：∵，．∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是菱形，∴，∵，∴，则，即，故，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形，∵，∴，∴为正方形．题型10三角形中位线（常考）（共3小题）36．（24-25八年级下·云南保山·期末）如图，学校要在一片空地上搭建一个三角形形状的绿植装饰架，为了提前制作支撑框架，工作人员取，边的中点M，N进行测量，经测量的长度为，那么装饰架底边的长度为______．【答案】160【详解】解：∵点M，N分别是，边的中点，∴是的中位线，∴．故答案为：160．37．（24-25八年级上·山东威海·期末）在中，E是的中点，相交于点F，，．连接交于点O，若，，，求的长．【答案】【详解】解：∵E是的中点，，∴是的中位线，∴，，即：，∵，∴四边形为平行四边形，∴，，，，∵，即，∴，∴，∴，∴．38．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图所示，在中，点D、E分别为的中点，点H在线段上，连接，点G、F分别为的中点．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，，，求线段的长度．【详解】（1）证明：∵点D、E分别为的中点，∴，且，∵点G、F分别为的中点，∴，且，∴，且，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∵点D为的中点，∴，∵，∵点G为的中点，∴．题型11直角三角形斜边中线（常考）（共4小题）39．（25-26八年级上·浙江金华·期末）如图，在中，点在BC上，分别是AC，BD的中点，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：如图，连接．∵，为的中点，∴，即为直角三角形．∵，∴．在中，由勾股定理得．∵，∴．在中，由勾股定理得．∵为的中点，∴．故选：B．40．（25-26八年级上·浙江台州·期末）如图，在中，，，，点，分别在边，上，连接，点，分别是，的中点，连接，若，则的最小值是（

）A．1.8 B．2 C． D．2.5【答案】B【详解】解:连接，在中,,,，，点为的中点，，分别是、边上的点,且，，点在以点为圆心，半径为的圆弧上运动，且当点三点共线时，最小，，故选：B．41．（25-26八年级上·江苏淮安·期末）在矩形中，点在边上，与的延长线交于点，，若，则_____．【答案】【详解】解：取的中点G，连接，∵在矩形中，，∴，∴，∴，∵，∴，又∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．42．（25-26八年级上·广东深圳·期末）如图，等腰三角形中，，，D为边的中点，连接并延长至点P，作交于点Q，若，则________．【答案】【详解】解：等腰三角形中，，，，又为边的中点，，，，如图，过点作，，，设，则，在中，，，，在中，，，在中，，，，，在中，，即，化简整理得：，解得：，（舍去），．题型12特殊平行四边形判定辨析（易错）（共6小题）43．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，下面能判断四边形是平行四边形的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【详解】解：A、∵，，不能得出四边形是平行四边形，错误；B、∵，，邻角相等，∴不能得出四边形是平行四边形，错误；C、∵，，∴四边形是平行四边形，正确；D、∵，，不能得出四边形是平行四边形，错误．故选：C．44．（24-25八年级下·云南红河·期末）如图，在四边形中，与相交于点E，点E是的中点，要判定四边形是平行四边形，能添加的条件是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：∵点E是的中点，∴，∵，∴四边形是平行四边形，故A正确；选项B，C，D均不能证明四边形是平行四边形，故选：A．45．（24-25八年级下·陕西西安·期末）如图，在中，，相交于点，下列条件不能判定为矩形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】解：A、根据一个角为直角的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意；B、根据对角线相等的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意；C、中，可以得到，根据对角线相等的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意；D、根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，可以得到为菱形，不能判定为矩形，符合题意；故选D．46．（24-25八年级下·湖北黄冈·期末）如图，的对角线，交于点O，要使成为菱形，则可添加一个条件是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】解：A、是的性质，不能作为菱形的判定条件，故不符合题意；B、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意；C、当时，则是菱形，故符合题意；D、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意；故选C．47．（25-26八年级上·湖南张家界·期末）下列命题中正确的是（

）A．四边都相等的四边形是正方形 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．对角线相等的四边形是矩形【答案】B【详解】解：A、四边都相等的四边形是菱形，不一定是正方形，原说法错误，不符合题意；B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原说法正确，符合题意；C、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法错误，不符合题意；D、对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形的对角线也相等，原说法错误，不符合题意；故选；B．48．（24-25八年级下·河北石家庄·期末）在复习特殊四边形的关系时，嘉祺同学整理出如图所示的转换图，①、②、③、④处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（

）A．处可填 B．处可填C．处可填 D．处可填【答案】A【详解】解：∵一组对边相等是平行四边形的性质，∴选项符合题意，∵一组邻边互相垂直的菱形是正方形，∴选项不符合题意，∵有一个角是直角的平行四边形是矩形，∴选项不符合题意，∵一组邻边相等的矩形是正方形，∴选项不符合题意，故选：．题型13（特殊）平行四边形+动点（压轴）（共4小题）49．（24-25八年级上·新疆昌吉·期末）如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（

）A． B． C．或 D．或【答案】D【详解】解：中，当和全等时，一定为直角三角形，当点在上时，不能构成三角形；当点在上时，如下图所示，构成的不是直角三角形，此时和不全等；当点在上时，如下图所示，，则有，此时点运动的路程为，运动的时间为；当点在上时，如下图所示，，，此时点运动的路程为，运动的时间为，综上所述，当和全等时，的值是或．故选：D．50．（23-24八年级下·辽宁鞍山·期末）如图，正方形的边长为，点是边上一点，且，对角线，交于点，点是中点，连接；(1)如图1，过点作交于点，判断四边形的形状并证明；(2)如图2，若点是对角线上的动点，当平分时，判断，，之间的数量关系，并计算的值．【详解】（1）解：四边形是平行四边形；证明：如图，过点作于点，∴，∵四边形是正方形，且边长为，∴，，，，，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，∵，，∴，∴，∵点是中点，∴，在中，，，∴，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∵四边形为平行四边形；（2），，之间的数量关系为：．如图，设平行四边形的边与交于点，∵，，，∴，∴，，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，，∵，∴四边形是矩形，∴，，∴，∴，即平分，即与的交点为符合条件的点，在中，，，，∴，．51．（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，在四边形中，，，，，．动点从点出发以每秒个单位的速度沿向终点运动，点从点出发，以每秒个单位的速度沿射线运动，点和点同时出发，当点运动到点时，点也停止运动，设点的运动时间为（秒）（）．(1)_________．(2)当点运动到的垂直平分线上时，求的值．(3)当以点，点，点，点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值．(4)如图，作点关于直线的对称点，则当点落在直线上时，直接写出的值．【答案】(1)(2)(3)或(4)或【详解】（1）解：如图，过点作，则，，，，，，，．（2）解：如图，同（1），过点作，则，，点在的垂直平分线上，，，在中，，则，化简得，解得．（3）解：点沿射线运动，，四边形是平行四边形，，，，当点未到达点时，即，解得；当点过点后，即，解得．故或．（4）解：如图，当在上时：根据对称的性质，可知，，，，，，，解得；如图，当在延长线上时：此时，点已过点，延长于点，根据对称的性质，可知，，，，，，，，，解得．故或．52．（24-25八年级下·重庆巴南·期末）如图，在矩形中，点为直线上一动点，连接，作等腰直角三角形，使，．

(1)如图1，若，，，求四边形的面积；(2)如图2，若点为线段的中点，且，连接，试探究线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，连接，若，．请思考是否存在最小值，若存在，请直接写出的最小值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)【详解】（1）解：，，，四边形为矩形，，，又，．在中，，，，根据勾股定理得，，，；（2），理由如下：如图所示，过点作于点，作于点．，，，，，，，，，，．点为线段的中点，．，四边形是矩形，，，，，为等腰直角三角形，；（3）如图所示，在的延长线上截取，连接，在上截取，连接，设，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，点轨迹为如图过中点，与夹角为的直线上，如图所示，作点关于的对称点，，当取最小值时，，，三点共线，最小值为，延长交直线于点，连接，，，，，，，由勾股定理可得，最小值．题型14特殊平行四边综合证明+计算（压轴）（共10小题）54．（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，在正方形中，，点E在对角线上，且不与A，C重合，过点E作于点F，于点G，连接．(1)求的长；(2)求证：；(3)求的最小值．【详解】（1）解：∵四边形为正方形，∴，由勾股定理得；（2）证明：如图，连接，∵四边形为正方形，∴，又∵，∴，∴，∵，，∴，∴四边形为矩形，∴，∴；（3）解：由（2）得，，当时，的值最小，即的值最小，∵四边形为正方形，∴，∴为等腰直角三角形，∴此时，，即的最小值为．55．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，平行四边形中，，点是线段的中点，过点作交于点，的延长线交于点，且．(1)如图，若，求的值；(2)如图，连接，求证：；(3)如图，延长交于点，求的值．【详解】（1）四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，在和中，，≌．，，，，，；（2）证明：如图，过点作于，交的延长线于过点作交的延长线于，连接，设交于．，四边形是矩形，．，，在和中，，≌，．，，平分，．，，，，在和，，≌．，，，，，，，，．（3）如图，过点作于，于设，则，则由勾股定理可得．由（2）可知，，，，．．根据可得：，在中，由勾股定理得：，．，．在中，由勾股定理得：．．56．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，正方形中，，点F为对角线上一点，联结，过点F作交线段于点E（点E不与点B，点C重合），过E作，过D作，与交于点G．(1)证明四边形为正方形；(2)联结，设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；(3)当为等腰三角形时，直接写出的长度．【详解】（1）证明：∵，，，∴，∴四边形是矩形，过F作于M，于N，则，∵四边形是正方形，∴，，∴四边形是矩形，，∴，则，又，∴，在和中，∴，∴，∴四边形为正方形；（2）解：∵四边形为正方形，四边形是正方形，∴，，，，∴，，∴，∴，∵，，点E不与点B，点C重合，∴；（3）解：∵，∴，，又，∴，∴当为等腰三角形时，，∴，又，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴．57．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图1，在平行四边形中，是上一点，连结，使，是上一点，满足．(1)求证：．(2)如图2，连结，过点作交于点，连结．①求证：四边形为菱形．②若，，，求的长．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，又∵∴∵，∴，∴；（2）①证明：∵四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，由(1)知：，:∴，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形；②连接交于点O，过点G作于点H，如图，∵四边形为平行四边形，∴，∴，由(2)①知：，∵，∴为等腰直角三角形，∴由勾股定理得，∴，∵四边形为菱形，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴∵是等腰直角三角形斜边上的高线，∴，∴∴．58．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图1，中，对角线的中垂线分别交于点E，O，F．(1)连结，请判断四边形的形状，并说明理由：(2)若，连结，求的度数：(3)如图2，连结交于点G，若，，，求的度数和的长．【详解】（1）解：四边形是菱形．理由如下：在中，∵，∴．∵为中垂线，∴，∴．∴．∵，，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形；（2）解：在中，∵，∴．∵，∴．∵，∴，由（1）得，四边形是菱形，∴，∴；（3）解：在中，∵，∴．∵四边形是菱形，∴，∴，∵，，即，∴，∴设，则，，在中：，即，在中：，∴，解得，∵，∴，∴，在中，，，，∴，∴，∵，，过点A作于点H，，解得，在中，，，，，在Rt中，．59．（24-25八年级下·江苏南通·期末）综合与实践：矩形中，点E在射线上，连接，过点O作，交直线于点F，连接．【特例探究】（1）如图1，当E是线段中点时，，，则的长为______；【一般情形】（2）当点E在线段的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明；【拓展运用】（3）如图（3），中，，点D在的延长线上，点E在的延长线上，连接，F是的中点，连接，若，且，求的最小值．【答案】（1）5；（2）；证明见解析；（3）的最小值为2【详解】解：（1）∵四边形为矩形，∴，，∵E是线段中点，∴，，∴，∵，∴，∴四边形为矩形，∴，∴，∵，∴，根据勾股定理得：；（2）；理由如下：延长，交于点G，连接，如图所示：∵四边形为矩形，∴，，，∴，，∴，∴，，∴，即，∵，，∴，∴，∵，∴根据勾股定理得：，即．（3）过点A作，过点B作，与交于点G，连接交于点O，连接，并延长交的延长线于点H，连接，，如图所示：则，∴四边形为矩形，∴，，，，∴，，∴，∴，，∴，∴，∵，∴根据勾股定理得：，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵点F为的中点，∴，∵，且当、A、F三点共线时，等号成立，∴，∵，∴，∴的最小值为2．60．（24-25八年级下·四川成都·期末）在中，E，F分别是边，上的点，与相交于点M．(1)如图1，若，，，求证：；(2)在（1）的条件下，连接，，．若，以，，三条线段为边构成的三角形是什么特殊三角形？请说明理由；(3)如图2，当，，连接，若，求线段的长（用含k的代数式表示）．【详解】（1）证明：如图1，过点D作交的延长线于点H，在中，，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵在和中，∴，；（2）解：，，∵，∴，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，设，则，∵，，∵，∴，∵，，以，，三条线段为边构成的三角形是直角三角形．（3）解：如图，延长至，使，连接，设，则，，是等边三角形，，∵在中，，∴，∴是等边三角形，，，，，，∴是等边三角形，，，，，，，，，如图，过点作，过点作，过点作，则，∴，∴，∴，∴，，∵，∴，，则，，，，．61．（24-25八年级下·江苏南京·期末）对于平面直角坐标系中的图形M、N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，称P、Q两点间距离的最小值为图形M、N间的“最近距离”，记作在中，点，，，．(1)点O，______．(2)若点P在y轴正半轴上，点P，，求点P的坐标；(3)若已知点，，，，顺次连接点E、F、H、G，将得到的四边形记为图形①当时，直接写出的值；②若，直接写出a的取值范围．【答案】(1)(2)点P坐标为或(3)①的值为；②或或【详解】（1）解：由A，B，C，D的点坐标可知O为对角线的交点，点O到的距离相等且为6；点O到的距离相等；如图1，记与y轴的交点为M，，，，在中，由勾股定理得，设O到的距离为h，，，解得，，点O,的值为，故答案为：；（2）解：作于Q，如图1，当点P在点M的上方时，点P,，，，，在中，由勾股定理得，，∴点P坐标为；如图2，当点P在点M的下方时，同理可得：，，点P坐标为；综上，点P坐标为或；（3）解：①，，在坐标系中描点，依次连接如图3所示，即为图形W，过点H作，垂足为K，延长，交于N，，，，，，，，，，，，，（负值舍去），，，，的值为；②如图，将向左向右各平移1个单位距离，向上或向下各移动个单位距离，如图：当在内或外时，符合题意，点，直线：，直线：，直线：，直线：，直线，直线，直线，直线，直线，直线，直线，直线，点，、G在直线上，F、H在直线上，，或或，解得：或或62．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在四边形中，对角线，，．(1)如图1，求证：；(2)如图2，点为上一点，点为延长线上一点，连接，，，若，求证：；(3)在（2）的条件下，如图3，点在上，交于点，，连接，若，，求线段的长．【详解】（1）证明：

，∴是直角三角形．，，又，，，．（2），，∴又∵，∴，．∵，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴又，∴，（3）在上截取，，，．由（2）得，，∴，四边形是平行四边形∴，．作，，，∵，∴，∴设由勾股定理得，

题型15折叠、旋转与特殊四边形结合（压轴）（共8小题）63．（25-26六年级上·山东烟台·期末）如图，矩形中，点，分别为边，上两动点，且，，沿折叠矩形，使得点恰好落在边（含端点）上，记作点，翻折后点对应点，则的最小值为________．【答案】【详解】解：连接，矩形中，，，，，由折叠性质可知，，，，设，则，，，当取最小值时，取最小值，即当与重合时，取最小值，在中，，解得；故答案为：．64．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方形中，，点在边上，且，将沿对折至，延长交于点，连接，则①垂直平分；②；③；④，下列结论正确的是___________填编号【答案】①②④【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，由折叠可得，，，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴垂直平分，故①正确；∵，∴，，∴，，∴，∴；故②正确；∵，，，∴，故③错误；∵，，∴，，∴，∴，故④正确；综上，正确的结论为①②④，故答案为：①②④．65.（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC>AB，P,Q分别是边AD,BC上的点，将四边形APQB沿PQ翻折，A,B两点的对应点分别为F,E．(1)如图1，当点E落在AD上时，求证：BQ=PE；(2)如图2，若BC=8，点E与点D重合，求AP的长；(3)如图3，当点E恰好落在CD的中点，EF交AD于点G，连接DF，若△DFG为等腰三角形，求折痕PQ的长．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EPQ=∠PQB，∵将四边形APQB沿PQ翻折，∴∠PQB=∠PQE，BQ=EQ，∴∠EPQ=∠PQE，∴PE=EQ，∴BQ=PE；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=8，AB=CD=4，∠C=90°，设BQ=DQ=PD=x，则CQ=AP=8−x，在Rt△CDQ中，根据勾股定理，CD2解得x=5，∴AP=8−x=3；（3）解：如图3，过点P作PH⊥BC于H，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD=4，∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，∴四边形APHB是矩形，∴AP=BH，PH=AB=4，∵E为CD的中点，∴DE=CE=2，∵将四边形APQB沿PQ翻折，∴∠PFG=∠A=90°，EF=AB=4，AP=PF，∴∠FGD>90°，∵△DFG为等腰三角形，∴FG=DG，∵∠PFG=∠EDG=90°，∠FGP=∠EGD，∴△PFG≌△EDG，∴PF=DE=2，PG=EG，∴AP=PF=BH=2，PD=EF=4，∴AD=AP+PD=6，设BQ=EQ=y，则CQ=6−y，在Rt△CEQ中，根据勾股定理，CE2解得y=103，即∴HQ=BQ−BH=4∴在Rt△PHQPQ=P66．（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，在中，点是的中点，连接．将沿翻折至，点的对应点，落在内．射线交于，与射线相交于．延长交于．(1)求证：；(2)连接，若，平分．①求证：；②若，求证：．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，由折叠的性质得，∴，∴，∴，即，∵点E是中点，∴，由翻折知，∴；∵，∴；（2）①证明：如图，∵，∴是等腰三角形，∴，由翻折可得，，即，∵平分，∴；∵在中，，∴，，∴，设，则，∵，∴，∴，由（1）知，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②由①知，∴，∴，∴，∵点E是中点，∴，，∵在中，，∴，∵，∴，∴，∴是等腰三角形，即，∵，即，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，由折叠的性质得，∴，∴，∵，，∴，∴，∴是等腰三角形，过点作于点，则，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．67．（25-26八年级上·湖南株洲·期末）综合与实践课上，同学们以“折纸中的角”为主题开展数学活动．【操作判断】（1）如图①，将边长为的正方形对折，使点与点重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使点落在边上的点处，得到折痕，折痕与折痕交于点．打开铺平，连接，，．若点的位置恰好使得．（1）___________；【探究提炼】（2）如图②，若（1）中的是上任意一点，求的度数；【理解应用】（3）如图③，某广场上有一块边长为的菱形草坪，其中．现打算在草坪中修建步道和，使得点在上，点在上，且．请问：步道所围成的（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若