专题06 平行四边形单元过关【培优版】-2024-2025学年八年级数学下册重难考点强化训练（人教版）

专题06 平行四边形单元过关（培优版） 考试范围：第18章；考试时间：120分钟；总分：150分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 评卷人 得分 一、单选题 1．如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（   ）    A．当是矩形时， B．当是菱形时， C．当是正方形时， D．当是菱形时， 2．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点，的坐标分别为，，若，，点在第二象限．保持平行四边形不动，将轴向右平移，当轴经过点时，在新的坐标系下，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．在平面直角坐标系中，平行四边形的边在轴上，顶点，，对角线、相交于点、分别以点、为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，则点的横坐标为（    ）． A．5 B．4 C．3 D．1 4．如图，四边形是周长为的菱形，其中对角线长为，则菱形的面积为（    ）． A． B． C． D． 5．如图，在平面直角坐标系中，按如图所示放置正方形，D为上一点，其坐标为，将正方形绕坐标原点O逆时针旋转，每秒旋转，旋转2025秒后点D的对应点的坐标为（   ） A． B． C． D． 6．已知如图所示，为、的中点，，你从图中可以找到全等三角形共（   ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 7．如图，平面直角坐标系中，，，点为线段上一个动点，连接，以为边在第一象限构造正方形，连接，当有最小值时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 8．如图，点E是正方形的边上一点，把绕点A顺时针旋转到的位置．若四边形的面积为36，，则的长为（  ） A．6 B． C．8 D． 9．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． 10．如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线AC、BO交点，将菱形绕点逆时针方向旋转，每次旋转，若旋转次后，点的坐标是，则的值可能是（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 第II卷（非选择题） 评卷人 得分 二、填空题 11．如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为 ． 12．如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥CD，BF⊥AD，垂足分别为E，F，CE＝2，DF＝1，∠EBF＝60°，则平行四边形ABCD的周长为 ． 13．已知：如图，正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E、F分别是边AD、CD上的点，若AE=4cm，CF=3cm，且OE⊥OF，连接EF，则EF的长为 ． 14．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，点是上一点，将沿折叠，点恰好落在轴上的点处，则点的坐标为 ． 15．如图，正方形和正方形的顶点在同一条直线上，顶点，在同一条直线上，是的中点，的平分线过点，交于点，连接交于点，连接．以下四个结论：①：②：③：④，其中正确的结论是 ． 评卷人 得分 三、解答题 16．定义：有一个内角为，且对角线相等的四边形称为准矩形． (1)如图1，准矩形中，，若，，求的长； (2)如图2，正方形中，点E，F分别是边，上的点，且四边形是准矩形，求证：； (3)如图3，准矩形中，，，，，求这个准矩形的面积． 17．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接 (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 18．如图，在中，点E为CD的中点，连结BE并延长交AD的延长线于点F． (1)求证： (2)若平行四边形ABCD的面积为8，则的面积为________，的面积______． 19．如图，是的高，，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，．填空： ①当 时，四边形是矩形； ②当 时，四边形是菱形． 20．如图，菱形中，对角线交于点，点是的中点，延长到点，使，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 21．如图1，矩形中，P是边上一点将沿着直线折叠得到． (1)如图2，当点E落在边上时，任意写出一个图中45°的角：_______； (2)①如图3，当点E恰好落在线段上时，_______°，与的数量关系是 _______； ②如图4，改变点P的位置，使射线PE交AD于F，当时，与有何数量关系？说明理由； (3)当点P是的中点时，此时点E落在矩形内部，延长交于点Q，若点是的三等分点，，请直接写出的长． 22．已知正方形的边长为4，E、F分别为边、上两点． (1)如图1，若，求证：． (2)如图2，若，作于H，连接，求证：． (3)如图3，若，，点G在边上满足，则长度为　 .（直接写出答案） 23．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，对角线、相交于点，点在轴正半轴上，连接，以、为邻边作，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，当四边形为矩形时，求的长； (3)当为等腰三角形时，请直接写出点的坐标． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 平行四边形单元过关（培优版） 考试范围：第18章；考试时间：120分钟；总分：150分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 评卷人 得分 一、单选题 1．如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（   ）    A．当是矩形时， B．当是菱形时， C．当是正方形时， D．当是菱形时， 【答案】D 【知识点】正方形性质理解、利用菱形的性质证明、矩形性质理解 【分析】本题考查的是矩形，菱形，正方形的性质，由矩形的四个角是直角可判断A，由菱形的对角线互相垂直可判断B，由正方形的对角线相等可判断C，由菱形的四条边相等可判断D，从而可得答案，熟练的记忆矩形，菱形，正方形的性质是解本题的关键． 【详解】解：当是矩形时，，正确，故A不符合题意； 当是菱形时，，正确，故B不符合题意； 当是正方形时，，正确，故C不符合题意； 当是菱形时，，故D符合题意； 故选：D． 2．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点，的坐标分别为，，若，，点在第二象限．保持平行四边形不动，将轴向右平移，当轴经过点时，在新的坐标系下，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】坐标与图形、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查平行四边形的性质，平面直角坐标系，直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，并会作辅助线在坐标系中构造直角三角形计算是解题的关键．作出坐标系平移后的图形，过点作轴于点，分别求和即可． 【详解】解：∵，的坐标分别为，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， 坐标系平移后的图形如图，过点作轴于点， ∵， ∴，四边形为长方形， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， 故选：D． 3．在平面直角坐标系中，平行四边形的边在轴上，顶点，，对角线、相交于点、分别以点、为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，则点的横坐标为（    ）． A．5 B．4 C．3 D．1 【答案】C 【知识点】利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】连接，根据作图得到垂直平分线段，从而得到，设，在中利用勾股定理列出方程得出，即可得出点的横坐标 【详解】∵四边形是平行四边形，∴为对角线中点， 由作图可知，垂直平分线段， 连接，则， 延长交轴于点，则轴， ∵，，平行四边形 ∴OC=AB=6，AM=2，OM=4 设，则， 在中，有， 解得，， ∴ME=3 ∴点的横坐标为3． 故选：C． 【点睛】本题考查了基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质，勾股定理，得出AE=1是解本题的关键． 4．如图，四边形是周长为的菱形，其中对角线长为，则菱形的面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查了菱形的面积公式，勾股定理，利用勾股定理先求出对角线的长度，再根据菱形的面积等于两条对角线的积的一半，即可求解，掌握菱形的面积公式是解题的关键． 【详解】解：设对角线相交于点，则，， ∵菱形的周长为， ∴， ∴ ∴， ∴菱形的面积， 故选：． 5．如图，在平面直角坐标系中，按如图所示放置正方形，D为上一点，其坐标为，将正方形绕坐标原点O逆时针旋转，每秒旋转，旋转2025秒后点D的对应点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】点坐标规律探索、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了点的坐标规律变化、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，令旋转1秒后点的对应点为，分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为，，由旋转的性质可得，，，得出，同理可得，旋转秒后点的对应点的坐标为，旋转秒后点的对应点的坐标为，旋转秒后点的对应点的坐标为，旋转秒后点的对应点的坐标为，…，由此可见，点旋转后对应点的坐标按，，，循环出现，结合即可得解． 【详解】解：如图，令旋转1秒后点的对应点为，分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为，， 由旋转可得，，， ∴， ∴， ∴， ∵的坐标为， ∴，， ∴， 同理可得，旋转秒后点的对应点的坐标为， 旋转秒后点的对应点的坐标为， 旋转秒后点的对应点的坐标为， 旋转秒后点的对应点的坐标为， …， 由此可见，点旋转后对应点的坐标按，，，循环出现， ∵， ∴旋转2025秒后点D的对应点的坐标为， 故选：B． 6．已知如图所示，为、的中点，，你从图中可以找到全等三角形共（   ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 【答案】C 【知识点】全等三角形综合问题、灵活选用判定方法证全等（全等三角形的判定综合） 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据全等三角形的判定定理进行解答即可． 【详解】解：∵为、的中点， ∴，， ①在与中， ， ∴； ②∵， ，， 在与中， ， ∴； ③∵， ． ，， ， 在与中， ， ∴． 综上所述，全等三角形共有3对． 故选：C． 7．如图，平面直角坐标系中，，，点为线段上一个动点，连接，以为边在第一象限构造正方形，连接，当有最小值时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】图形问题(实际问题与二次函数)、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长 【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，可证明，，所以，，设，则，，在中，由勾股定理可得，，则当时，的值最小，由此可求出的长为3，进而可得出点的坐标． 【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点， ， 四边形是正方形， ，， ，， ，， ∴，， ，， 设，则，， 在中，由勾股定理可得，， 当时，的最小值为2，即的最小值为， ， ， ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查勾股定理，全等三角形的性质与判定，二次函数的性质等相关知识，求出当时的值最小是解题关键． 8．如图，点E是正方形的边上一点，把绕点A顺时针旋转到的位置．若四边形的面积为36，，则的长为（  ） A．6 B． C．8 D． 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查正方形与旋转，勾股定理，根据旋转的性质，得到，得到，进而推出正方形的面积等于四边形的面积，求出的长，勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵把绕点A顺时针旋转到的位置， ∴， ∴， ∴四边形的面积， ∵正方形， ∴，， ∴； 故选D． 9．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质求角度 【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】将绕点逆时针旋转至，    ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，，， ∴， ∴点三点共线， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：．   【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度． 10．如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线AC、BO交点，将菱形绕点逆时针方向旋转，每次旋转，若旋转次后，点的坐标是，则的值可能是（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】D 【知识点】根据旋转的性质求解、利用菱形的性质证明、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】过点B作BM⊥x轴于点M，点D作DN⊥x轴于点N，根据点A（4，0），可知OA=4，再由菱形的性质可得，，然后根据直角三角形的性质以及勾股定理计算、、，再确定，，将菱形OABC绕点O逆时针方向旋转，每次旋转60°，可知每旋转6次一个循环，在每一循环中，第二次旋转，即旋转120°时，由旋转的性质以及勾股定理，可知此时点，再分析旋转2021、2022、2023、2024次后的规律即可求解． 【详解】解：如图，过点B作BM⊥x轴于点M，点D作DN⊥x轴于点N， ∵A（4，0）， ∴， ∵四边形OABC为菱形 ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵BM⊥x轴，DN⊥x轴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴点， ∵将菱形OABC绕点O逆时针方向旋转，每次旋转60°， ∴每旋转6次一个循环， 在每一循环中，第二次旋转，即旋转120°时，如图， 过点作轴， 此时， 又∵， ∴， ∴，， ∴点， ∵，，，， ∴旋转2024次后，点的位置可达到，此时坐标为． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、图形的旋转、直角三角形的性质以及勾股定理等知识，明确题意，准确得到规律是解题的关键． 第II卷（非选择题） 评卷人 得分 二、填空题 11．如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识．由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【详解】解：连接，，且，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当时，的值最小，即的值最小， 此时，的面积， ， 的最小值为； 故答案为：． 12．如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥CD，BF⊥AD，垂足分别为E，F，CE＝2，DF＝1，∠EBF＝60°，则平行四边形ABCD的周长为 ． 【答案】20 【知识点】利用平行四边形的性质求解、含30度角的直角三角形 【分析】由在平行四边形ABCD中，BE⊥CD，BF⊥AD，∠EBF＝60°，可求得∠ABF＝∠CBF＝30°，然后由CE＝2，DF＝1，利用含30°的直角三角形的性质，即可求得答案． 【详解】解：∵在平行四边形ABCD中，BE⊥CD，BF⊥AD，∠EBF＝60°， ∴∠AFB＝∠CEB＝90°，AD//CB，AB//CD， ∴∠CBF=∠AFB=90°，∠ABE=∠BEC=90°， ∴∠ABF=90°-∠EBF=30°，∠CBE=90°-∠EBF=30°， ∵在Rt△BCE中，CE＝2， ∴BC＝2CE＝4， ∴AD＝BC＝4， ∵DF＝1， ∴AF＝AD﹣DF＝3， 在Rt△ABF中，AB＝2AF＝6， ∴CD＝AB＝6， ∴平行四边形ABCD的周长为：2（AB+BC）＝2×（4+6）＝20， 故答案为：20． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，30°所对直角边是斜边的一半，解本题的关键是求得图形中的特殊角度，通过特殊角度求线段长度． 13．已知：如图，正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E、F分别是边AD、CD上的点，若AE=4cm，CF=3cm，且OE⊥OF，连接EF，则EF的长为 ． 【答案】5cm/5厘米 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、正方形性质理解 【分析】根据正方形的性质及各角之间的关系得出∠AOE=∠DOF，∠EOD=∠COF，利用全等三角形的判定和性质得出∆AEO≅∆DFO，∆DEO≅∆CFO，DE=FC=3cm，DF=AE=4cm，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，对角线AC和BD相交于点O， ∴∠AOD=∠COD=90°，∠DAO=∠ADO=∠ODC=∠OCD=45°，AO=DO=CO， ∵OE⊥OF， ∴∠EOF=90°， ∴∠AOE+∠EOD=∠EOD+∠DOF=90°，∠DOF+∠EOD=∠DOF+∠COF=90°， ∴∠AOE=∠DOF，∠EOD=∠COF， 在∆AEO与∆DFO中， ， ∴∆AEO≅∆DFO， 同理∆DEO≅∆CFO， ∴DE=FC=3cm，DF=AE=4cm， 连接EF， cm， 故答案为：5cm． 【点睛】题目主要考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 14．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，点是上一点，将沿折叠，点恰好落在轴上的点处，则点的坐标为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、勾股定理与折叠问题、坐标与图形综合 【分析】此题重点考查图形与坐标、勾股定理、轴对称的性质等知识，求得并且推导出是解题的关键． 由勾股定理得，由折叠得，，则，由，得，求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：，，， ，， ， 由折叠得，， ， ， ， 解得：， ， 故答案为：． 15．如图，正方形和正方形的顶点在同一条直线上，顶点，在同一条直线上，是的中点，的平分线过点，交于点，连接交于点，连接．以下四个结论：①：②：③：④，其中正确的结论是 ． 【答案】②③/③② 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质证明、与三角形中位线有关的证明、全等三角形综合问题 【分析】证明推出，从而得到，即可判断①；由为直角三角形，为的中点，得出，从而得到点在正方形的外接圆上，根据圆周角定理得出，从而证得，即可判断②；设和相交于点，设，则，设正方形的边长是，则，由得出，得出，即可判断③；设正方形的边长是，则，，证明，得到，从而得到，即可判断④，得到答案． 【详解】解：如图， ∵四边形和四边形是正方形， ， 在和中， ， ， ， ， ， ，故①错误； 是直角三角形，为的中点， ， ∴点在正方形的外接圆上， ， ，故②正确； 因为平分， 所以， 因为， 所以， ， 又是的中点， ， ， ， 设和相交于点， 设，则，设正方形的边长是，则， ，即， 解得：，或（舍去）， 则， ∴，故③正确； ， ， 是的中位线， ， ， 设正方形的边长是， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，故④错误； 故其中正确的结论是②③； 故答案为：②③． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，正确求得两个三角形的边长比是解此题的关键． 评卷人 得分 三、解答题 16．定义：有一个内角为，且对角线相等的四边形称为准矩形． (1)如图1，准矩形中，，若，，求的长； (2)如图2，正方形中，点E，F分别是边，上的点，且四边形是准矩形，求证：； (3)如图3，准矩形中，，，，，求这个准矩形的面积． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【知识点】根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）利用勾股定理求出，再根据准矩形的定义求出即可； （2）根据准矩形的性质得到，再证明，利用全等三角形的性质进一步推出，即可证明； （3）作，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案． 【详解】（1）解：，，， ， 四边形是准矩形， ． 故答案为：； （2）∵四边形是准矩形， ∴， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）作，垂足为， 在中，，， ∴， ∴， 准矩形中，，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了新定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，梯形面积公式，三角形面积公式，正确运用准矩形的定义是解本题的关键． 17．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接 (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)20 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是矩形 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握平行四边形对边平行且相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形． （1）根据平行四边形的性质得出，则，通过证明四边形是平行四边形，结合，即可求证； （2）根据题意推出，则，根据勾股定理得出，最后根据矩形的面积公式，即可解答． 【详解】（1）证明：∵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：∵平分，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的面积是：． 18．如图，在中，点E为CD的中点，连结BE并延长交AD的延长线于点F． (1)求证： (2)若平行四边形ABCD的面积为8，则的面积为________，的面积______． 【答案】(1)见解析 (2)8，2 【知识点】利用平行四边形的性质求解、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据三角形中线求面积 【分析】（1）只需要证明即可证明结论； （2）根据全等三角形的性质得到，则；连接BD，根据平行四边形的性质求出△BCD的面积再由DE=CE即可得到． 【详解】（1）证明：∵ABCD是平行四边形， ∴，． ∴． 又∵E为CD的中点， ∴． 在和中， ， ∴（AAS）． ∴． 又∵， ∴． （2）解：∵， ∴， ∴； 连接BD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∵DE=CE， ∴， 故答案为：8；2． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，与三角形中线有关的面积求解问题，熟知相关知识是解题的关键． 19．如图，是的高，，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，．填空： ①当 时，四边形是矩形； ②当 时，四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)①8；②2 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形、添一条件使四边形是矩形、添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定、勾股定理、三角形的中位线等知识，熟练掌握知识点推理证明是解题的关键． （1）根据中点，得出是的中位线，是的中位线，是的中位线，根据三角形中位线的性质，得出，，，则，，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，即可证明四边形是平行四边形； （2）①当时，点和点重合，得出是的中位线，则，推出，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，即可得出此时四边形是矩形； ②当时，求出，根据三角形中位线的性质，得出，，当时，求出，根据勾股定理计算，得出，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”，即可得出此时四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①当时，四边形是矩形，理由如下， ∵， ∴当时，点和点重合， ∴此时点也是的中点， ∵是的中点， ∴此时是的中位线， ∴， ∵是的高， ∴， ∴， 由∵由（1）得四边形是平行四边形， ∴此时四边形是矩形， 故答案为：8； ②当时，四边形是菱形，理由如下， ∵，， ∴， 由（1）得是的中位线，是的中位线，四边形是平行四边形， ∴，， 当时，， ∵是的高，， ∴， ∴， ∴此时， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：2． 20．如图，菱形中，对角线交于点，点是的中点，延长到点，使，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质求线段长 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据菱形的性质得到，然后根据矩形的判定可证得结论； （2）根据矩形的对角线相等求得，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴，即， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键． 21．如图1，矩形中，P是边上一点将沿着直线折叠得到． (1)如图2，当点E落在边上时，任意写出一个图中45°的角：_______； (2)①如图3，当点E恰好落在线段上时，_______°，与的数量关系是 _______； ②如图4，改变点P的位置，使射线PE交AD于F，当时，与有何数量关系？说明理由； (3)当点P是的中点时，此时点E落在矩形内部，延长交于点Q，若点是的三等分点，，请直接写出的长． 【答案】(1)（答案不唯一） (2)①90；；②，理由见解析 (3)或 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、全等的性质和HL综合（HL）、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】（1）由矩形的性质及折叠的性质可得出答案； （2）①证明，得出； ②证明，得出． （3）分两种情况，①当时，②当时，由折叠的性质及勾股定理可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ， ∵将沿着直线折叠得到，当点落在边上时， ， 故答案为：（答案不唯一）； （2）解：①由题意得：， 又，，三点在一条直线上， ， 在和中， ， ， ． 故答案为：90；； ②； 理由：在矩形中，， ， 又，， ， ． （3）解：如图，连接， 四边形是矩形， ， 设， 分两种情况：①当时， 由折叠知， ，，， ， 点是的中点， ， ， 在和中， ， ， ， 在中，， ， ， 解得， ； ②当时， 同理得， 解得， ， 或． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的折叠问题的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握矩形与折叠的性质是解题的关键，注意分类讨论． 22．已知正方形的边长为4，E、F分别为边、上两点． (1)如图1，若，求证：． (2)如图2，若，作于H，连接，求证：． (3)如图3，若，，点G在边上满足，则长度为　 .（直接写出答案） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)或 【知识点】根据正方形的性质证明、斜边的中线等于斜边的一半、利用平行四边形的判定与性质求解、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）利用证明即可； （2）延长交的延长线于N，利用证明，推出，进而得出，利用直角三角形斜边中线的性质可得，即可证明； （3）分点G离点B较近和点G离点A较近两种情况，过点B及点A作的平行线，利用平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 又 ， ， ； （2）证明：如图，延长交的延长线于N， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， 又 ，， ， ， ， 又 ， ， ； （3）解：如图，当点G离点B较近时，过点B作， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， ， ，， ， ， ， ， ； 如图，当点G离点A较近时，过点A作， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， ， ，， ， ， ， ； 综上所述：AG的长为或． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直线三角形斜边中线的性质，平行四边形的判定与性质等，解题的关键是综合运用上述知识点，以及分类讨论思想，避免漏解． 23．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，对角线、相交于点，点在轴正半轴上，连接，以、为邻边作，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，当四边形为矩形时，求的长； (3)当为等腰三角形时，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2) (3)点的坐标为或或 【知识点】坐标与图形、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】（1）利用矩形的性质以及平行四边形的判定和性质证明四边形为平行四边形，得证； （2）设，则，在中，利用勾股定理求得的长，进而根据矩形的性质即可求解； （2）分当、、三种情况讨论，利用等腰三角形的性质及勾股定理解答，即可求得点F的坐标． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴； （2）解：如图所示，连接． 由题意，得，． 则， ∵四边形和四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴． 设，则，， 在中，， ∴，解得． ∴； （3）∵是等腰三角形， ①当时，此时点与点重合， ∴， ∴． ②当时，此时四边形为菱形， ∴， ∴． ③当时，过点作于点H， 则，． ∵， ∴． 设，则． 在中，， ∴， 解得， ∴． 综上所述，点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，坐标与图形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 学科网（北京）股份有限公司 $$