第二十二章 四边形（章末测试）-【上好课】2024-2025学年八年级数学下册同步精品课堂（冀教版）

第二十二章 四边形 章末测试 （试卷满分100分，考试用时90分钟） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1．如图，在中，下列说法一定正确的是（    ）    A． B． C． D． 2．一个多边形的内角和与它的外角和相等，则这个多边形的边数为（    ） A． B． C． D． 3．如图，已知正方形ABCD，把边DC绕点D顺时针旋转30°到DO处，连接AO、BO、CO，则∠BOC的度数为（   ） A．150° B．45° C．60° D．75° 4．如图，平行四边形的对角线与相交于点，，若，，则的长是（    ）    A．10 B． C． D．12 5．如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（    ） A． B．若，则 C． D． 6．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若， ，则菱形的面积为（    ）    A．12 B．18 C．6 D．2 7．如图，在矩形中，对角线相交于点O，过点O的直线分别交边于点E，F，若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B．2 C． D．4 8．如图，在△ADE中，，分别是，的中点，甲、乙两名同学分别作了一种辅助线，其中辅助线作法能证明三角形的中位线定理的是（    ） 甲 乙 如图，延长到点，使，连接，，． 如图，过点作，过点作，与交于点． A．甲、乙的辅助线作法都可以 B．甲、乙的辅助线作法都不可以 C．甲的辅助线作法可以，乙的不可以 D．乙的辅助线作法可以，甲的不可以 9．如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 10．正方形，…按如图所示的方式放置．点，…和点，…分别在直线和x轴上，已知点，则的坐标是（      ） A． B． C． D． 11．将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的位置摆放，如果，，那么的度数等于（    ）    A． B． C． D． 12．如图，在矩形ABCD 中，AB=4，AD=a，点P在AD上，且AP=2，点E是边AB上的动点，以PE为边作直角∠EPF，射线PF交BC于点F，连接EF，给出下列结论：①tan∠PFE=；②a的最小值为10.则下列说法正确的是(   ) A．①②都对 B．①②都错 C．①对②错 D．①错②对 二．填空题：本题共4小题，每空2分，共12分 13．如图，矩形ABCD中，AB=1，AD=2，点E是边AD上的一个动点，把△BAE沿BE折叠，点A落在A′处，如果A′恰在矩形的对称轴上，则AE的长为 ． 14．如图，菱形的对角线的长分别是3和6，则菱形的面积是 ． 15．如图，垂直平分，交于，，，垂足为A，，，则的长为 ．    16．光线反射是一种常见的物理现象，在生活中有广泛地应用．例如提词器可以帮助演讲者在看演讲词的同时也能面对摄像机，自行车尾部的反光镜等就是应用了光的反射原理． （1）自行车尾部的反光镜在车灯照射下，能把光线按原来的方向返回（如图②），a表示入射光线，b表示反射光线，．平面镜AB与BC的夹角∠ABC=α，则α= ． （2）如图③，若α=108°，设平面镜CD与BC的夹角∠BCD=β（90°＜β＜180°），入射光线a与平面镜AB的夹角为x（0°＜x＜90°），已知入射光线a从平面镜AB开始反射，经过2或3次反射，当反射光线b与入射光线a平行时，请直接写出β= ．（可用含x的代数式表示）    三．解答题：本小题共6小题，共52分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（本题8分）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫格点．长方形的顶点和点均是格点，交于点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中先画点，连，使四边形是平行四边形，再画，使（要求点的对应点在直线上）； (2)在图2中，先画点关于直线的对称点，再在上画点，使，垂足为． 18．（本题8分）如图，已知菱形的对角线相交于点，点是菱形外一点，且，连接．求证：． 19．（本题8分）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上移动，但A到EF的距离AH始终保持与AB长相等，问在E、F移动过程中： （1）∠EAF的大小是否有变化？请说明理由． （2）△ECF的周长是否有变化？请说明理由． 20．（本题8分）如图1，在中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，若，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若，，动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿向终点运动，设点运动的时间为秒．若点为直线上的一点，当运动时间为何值时，以、、、构成的四边形是菱形？ 21．（本题10分）同学们，折纸中也有很大的学问呢．张老师出示了以下三个问题，小聪、小明、小慧分别在黑板上进行了板演，请你也解答这个问题：在一张长方形纸片中，，，现将这张纸片按下列图示方法折叠，请解决下列问题． (1)如图1，折痕为，点A的对应点F在上，则折痕的长为 cm； (2)如图2，H，G分别为，的中点，A的对应点F在上，折痕为，则 °．重叠部分的面积为 ； (3)如图3，在图2中，把长方形沿着对开，变成两张长方形纸片，将两张纸片任意叠合后，发现重叠部分是一个 形，证明你的结论； (4)在（3）的条件下，这个重叠部分的周长最短是 cm，重叠部分的周长最大周长是 cm． 22．（本题10分）【实践探究】 数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． (1)【问题发现】 ①线段，之间的数量关系是__________，线段，之间的数量关系是__________． ②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是_________． (2)【类比迁移】 如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明． (3)【拓展应用】如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请求出线段的长． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十二章 四边形 章末测试 （试卷满分100分，考试用时90分钟） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1．如图，在中，下列说法一定正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质逐个进行判断即可． 【详解】解：A、，故A不一定正确，不符合题意； B、，故B不一定正确，不符合题意； C、，故C不一定正确，不符合题意； D、，故D一定正确，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形对边平行且相等，对角线互相平分． 2．一个多边形的内角和与它的外角和相等，则这个多边形的边数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】多边形的内角和公式（n-2）·180°，多边形外角和为360°，由此列方程即可解答． 【详解】解：设多边形的边数为，根据题意，得： ， 解得． 故选C． 【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和，熟记内角和公式和外角和为60°是解答的关键． 3．如图，已知正方形ABCD，把边DC绕点D顺时针旋转30°到DO处，连接AO、BO、CO，则∠BOC的度数为（   ） A．150° B．45° C．60° D．75° 【答案】A 【分析】首先根据正方形和旋转的性质得到，，进而证明出是等边三角形，然后求出，最后根据周角的度数即可求出∠BOC的度数． 【详解】解：∵正方形ABCD， ∴， ∵把边DC绕点D顺时针旋转30°到DO处， ∴，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】此题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识的联系与运用． 4．如图，平行四边形的对角线与相交于点，，若，，则的长是（    ）    A．10 B． C． D．12 【答案】C 【分析】由平行四边形的性质得出OB=OD，OA=OC=AC=4，由AC⊥AB，根据勾股定理求出OB，即可得出BD的长． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB=OD，OA=OC=AC=4， ∵AB⊥AC， ∴由勾股定理得：OB=＝2， ∴BD=2OB=4． 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，由勾股定理求出OB是解题的关键． 5．如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（    ） A． B．若，则 C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，垂直平分线的性质即可求解． 【详解】解：根据题意，可知，即是的垂直平分线， 选项， ∵是的垂直平分线， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，且是直角三角形， ∴， ∴根据菱形的性质得，，故选项正确，不符合题意； 选项， ∵是的垂直平分线，， ∴，即△ADE是直角三角形，且， ∵是直角三角形，， ∴， 在中，， ∴在中，，故选项正确，不符合题意； 选项， ∵是的垂直平分线，四边形是菱形， ∴，， ∴，则， ∴，故选项错误，符合题意； 选项， 根据题意，，，是的高， ∴的高相等， ∵，， ∴，故选项正确，不符合题意； 故选：． 【点睛】本题主要考查菱形，垂直平分线的综合，掌握菱形的性质，垂直平分线的性质，含角的直角三角形的性质等知识是解题的关键． 6．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若， ，则菱形的面积为（    ）    A．12 B．18 C．6 D．2 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质和面积及直角三角形的性质，合理利用菱形的性质及直角三角形的性质进行计算是解题的关键．根据菱形的性质可得，，再根据直角三角形的性质可得，最后根据菱形的面积公式计算，即得答案． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， ， 菱形的面积为． 故选：A． 7．如图，在矩形中，对角线相交于点O，过点O的直线分别交边于点E，F，若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，能够根据三角形全等，从而将阴影部分的面积转化为的面积，是解决问题的关键． 首先结合矩形的性质证明，得的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为的面积，再进一步求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，，， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 8．如图，在△ADE中，，分别是，的中点，甲、乙两名同学分别作了一种辅助线，其中辅助线作法能证明三角形的中位线定理的是（    ） 甲 乙 如图，延长到点，使，连接，，． 如图，过点作，过点作，与交于点． A．甲、乙的辅助线作法都可以 B．甲、乙的辅助线作法都不可以 C．甲的辅助线作法可以，乙的不可以 D．乙的辅助线作法可以，甲的不可以 【答案】A 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据平行四边形的判定定理，用两种方法都可以证明三角形中位线定理，得到答案． 【详解】解：甲的作法：∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴，，能够用来证明三角形中位线定理； 乙的作法：∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，分别是，的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴，能够用来证明三角形中位线定理， 故选：A． 9．如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，中位线的性质，特殊四边形的判定，根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定定理逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：点，，，分别为四边形的边，，，的中点， 、、分别为、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 当时，，则平行四边形为菱形， 当时，，则平行四边形是矩形， 若四边形是矩形，则四边形是菱形，不一定是正方形， 故不正确的选项是D， 故选：D． 10．正方形，…按如图所示的方式放置．点，…和点，…分别在直线和x轴上，已知点，则的坐标是（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查正方形的性质，待定系数法求一次函数，由图和条件可知，由此可以求出直线为，的横坐标为的横坐标，纵坐标为的纵坐标，因为的横坐标数列为，所以纵坐标为，最后根据规律就可以求出的坐标，解决这类问题首先要从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论． 【详解】解：点，， ， 代入直线可得，解得 直线为， ， 四边形正方形为正方形， ， 的横坐标为，纵坐标为， 的横坐标为，纵坐标为， … 以此类推可得，的横坐标为，纵坐标为， 的横坐标为的横坐标，纵坐标为的纵坐标 ， 故选：A． 11．将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的位置摆放，如果，，那么的度数等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等边三角形、正方形、正五边形的内角和、三角形的外角和，先求出等边三角形、正方形、正五边形每个内角的度数，再根据三角形的外角和等于列出等式计算即可求解，掌握正多边形的内角和公式和外角和等于是解题的关键． 【详解】解：等边三角形的每个内角为， 正方形的每个内角为， 正五边形的每个内角为， 如图，    ∵△ABC的外角和等于， ∴， 即， ∴， ∵，， ∴， 故选：． 12．如图，在矩形ABCD 中，AB=4，AD=a，点P在AD上，且AP=2，点E是边AB上的动点，以PE为边作直角∠EPF，射线PF交BC于点F，连接EF，给出下列结论：①tan∠PFE=；②a的最小值为10.则下列说法正确的是(   ) A．①②都对 B．①②都错 C．①对②错 D．①错②对 【答案】C 【分析】①，利用矩形ABCD四个直角，再加上∠EPF为直角，联想到构造三垂直模型，故过F作AD垂线，垂足为G，即有△AEP∽△GPF，且相似比为1：2，即求得tan∠PFE． ②显然，若a要取最小值，则F、C要重合（G、D重合），又AE与PG为对应边，AE越小则PG（PD）越小，当AE=0时，PD=0最小，此时a=2． 【详解】解：过点F作FG⊥AD于点G ∴∠FGP=90° ∵矩形ABCD中，AB=4，∠A=∠B=90° ∴四边形ABFG是矩形，∠AEP+∠APE=90° ∴FG=AB=4 ∵∠EPF=90° ∴∠APE+∠FPG=90° ∴∠AEP=∠FPG ∴△AEP∽△GPF ∴，故①正确； 如图2，当A、E重合，C、F重合，D、P重合时，AD最短，此时a=2，故②错误． 故选择：C. 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形判定和性质，解直角三角形．关键是对几个直角的条件进行组合运用（三垂直模型），动点题求最值时可把动点移到极端位置（一般是线段端点）来思考问题． 二．填空题：本题共4小题，每空2分，共12分 13．如图，矩形ABCD中，AB=1，AD=2，点E是边AD上的一个动点，把△BAE沿BE折叠，点A落在A′处，如果A′恰在矩形的对称轴上，则AE的长为 ． 【答案】1或 【详解】分析：分两种情况：①过A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，则直线MN是矩形ABCD 的对称轴，得出AM=BN=AD=1，由勾股定理得到A′N=0，求得A′M=1，再由勾股定理解得A′E即可； ②过A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q；求出∠EBA′=30°，由三角函数求出AE=A′E=A′B×tan30°；即可得出结果． 详解： 分两种情况： ①如图1，过A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N， 则直线MN是矩形ABCD 的对称轴， ∴AM=BN=AD=1， ∵△ABE沿BE折叠得到△A′BE， ∴A′E=AE，A′B=AB=1， ∴A′N=，即A′与N重合， ∴A′M=1， ∴A′E2=EM2+A′M2， ∴A′E2=（1-A′E）2+12， 解得：A′E=1， ∴AE=1； ②如图2，过A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q， 则直线PQ是矩形ABCD 的对称轴， ∴PQ⊥AB，AP=PB，AD∥PQ∥BC， ∴A′B=2PB， ∴∠PA′B=30°， ∴∠A′BC=30°， ∴∠EBA′=30°，∴AE=A′E=A′B×tan30°=1×; 综上所述：AE的长为1或. 故答案是：1或. 点睛：考查了翻折变换-折叠问题、矩形的性质和勾股定理；正确理解折叠的性质是解题的关键． 14．如图，菱形的对角线的长分别是3和6，则菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形对角线互相平分的性质，根据菱形的对角线的长度即可直接计算菱形的面积，熟知菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键． 【详解】解：菱形的对角线，的长分别是3和6， 菱形的面积． 故答案为：． 15．如图，垂直平分，交于，，，垂足为A，，，则的长为 ．    【答案】 【分析】根据线段垂直平分线的性质得到，，根据等腰三角形的性质得到，，证明，进而得到四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质得到，，根据勾股定理列出方程，解方程得到的长，进一步利用勾股定理求出的长，即可得到答案． 【详解】解：BD垂直平分， ，， ，， ，即， ， ， ∴， ，垂直平分， ∴，， 四边形为平行四边形， ，， 设，则， 在中，， 在中，， ，即， 解得：， ∴， ， 故的长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识，掌握垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键． 16．光线反射是一种常见的物理现象，在生活中有广泛地应用．例如提词器可以帮助演讲者在看演讲词的同时也能面对摄像机，自行车尾部的反光镜等就是应用了光的反射原理． （1）自行车尾部的反光镜在车灯照射下，能把光线按原来的方向返回（如图②），a表示入射光线，b表示反射光线，．平面镜AB与BC的夹角∠ABC=α，则α= ． （2）如图③，若α=108°，设平面镜CD与BC的夹角∠BCD=β（90°＜β＜180°），入射光线a与平面镜AB的夹角为x（0°＜x＜90°），已知入射光线a从平面镜AB开始反射，经过2或3次反射，当反射光线b与入射光线a平行时，请直接写出β= ．（可用含x的代数式表示）    【答案】 90° 162°或90°＋x． 【分析】（1）根据平面镜成像原理入射角等于反射角，由光线ab，可知同旁内角互补，进一步求得α的度数； （2）分两次反射和三次反射进行讨论，两次反射的情况可利用（1）的结论，三次反射的情况画图进行分析． 【详解】解：（1）过点P作PG⊥AB，QG⊥BC，PG与QG相交于点G， ∵平面镜成像原理入射角等于反射角， ∴∠EPG＝∠QPG，∠PQG＝∠FQG， ∵ab， ∴∠EPQ＋∠PQF＝180°， ∴2（∠QPG＋∠PQG）＝180°， ∴∠QPG＋∠PQG＝90°， ∵∠QPG＋∠PQG＋∠PGQ＝180°， ∴∠PGQ＝90°， ∵PG⊥AB，QG⊥BC， ∴∠PBQ＋∠BQG＋∠QGP＋∠GPB＝360°， ∴∠PBQ＝360°－90°－90°－90°＝90°， 即α＝90°； 故答案为：90° （2）若经过两次反射，如图③所示，延长AB、DC相交于点E， 由（1）知，∠E＝90°， ∵α＝108°， ∴∠BCE＝α－∠E＝108°－90°＝18°， ∴β＝180°－∠BCE＝108°－18°＝162°， 若经过三次反射，标记各反射点，如图④所示，作FMa，则FMab， ∵∠BHF＝∠AHR＝x， ∴∠BFH＝∠CFG＝180°－α－x＝180°－108°－x＝72°－ x， ∴∠RHF＝180°－2x，∠HFG＝180°－2∠BFH＝180°－2（72°－x）＝36°＋2x， ∵FMab， ∴∠RHF＋∠HFG＋∠FGS＝∠RHF＋∠HFM＋∠GFM＋∠FGS＝360°， ∴∠FGS＝360°－（36°＋2x）－（180°－2x）＝144°， 则∠CGF＝（180°－∠FGS）÷2＝18°， 由∠CGF＋∠CFG＋β＝180°， 得到β＝180°－∠CGF－∠CFG＝180°－18°－（72°－ x）＝90°＋x， 综上，β的度数为162°或90°＋x． 故答案为：162°或90°＋x． 【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握平面镜成像入射角等于反射角是解题的关键． 三．解答题：本小题共6小题，共52分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（本题8分）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫格点．长方形的顶点和点均是格点，交于点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中先画点，连，使四边形是平行四边形，再画，使（要求点的对应点在直线上）； (2)在图2中，先画点关于直线的对称点，再在上画点，使，垂足为． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的判定，矩形的性质与判定，三角形中位线定理，熟知相关知识以及格点作图的方法是解题的关键． （1）如解析图，取格点H，M，N，则格点H和即为所求； （2）取格点S、T，连接交于点P；取格点，连接交格线于J，连接交于Q，则P、Q即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，格点H和即为所求； （2）解：如图所示，取格点S、T，连接交于点P；取格点，连接交格线于J，连接交于Q，则P、Q即为所求； 可证明，可另外中点W，由三角形中位线定理可得，则E、W、F三点共线， 则点P即为所求； 可证明，则四边形是矩形，即可得到． 18．（本题8分）如图，已知菱形的对角线相交于点，点是菱形外一点，且，连接．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、矩形的判定及性质和菱形的性质．根据平行四边形的判定定理得四边形为平行四边形，由矩形的判定定理得出四边形是矩形，则该矩形的对角线相等，即． 【详解】证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， 即， ∴四边形为矩形， ∴． 19．（本题8分）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上移动，但A到EF的距离AH始终保持与AB长相等，问在E、F移动过程中： （1）∠EAF的大小是否有变化？请说明理由． （2）△ECF的周长是否有变化？请说明理由． 【答案】（1）∠EAF的大小没有变化．理由见解析；（2）△ECF的周长没有变化．理由见解析. 【分析】（1）根据题意，求证△BAE≌△HAE，△HAF≌△DAF，然后根据全等三角形的性质求∠EAF=∠BAD． （2）根据（1）的求证结果，用等量代换来计算△ECF的周长，如果结果是定量，就说明△ECF的周长没有变化，反之，△ECF的周长有变化． 【详解】（1）∠EAF的大小没有变化．理由如下： 根据题意，知 AB=AH，∠B=90°， 又∵AH⊥EF， ∴∠AHE=90°， ∵AE=AE， ∴Rt△BAE≌Rt△HAE（HL）， ∴∠BAE=∠HAE， 同理，△HAF≌△DAF， ∴∠HAF=∠DAF， ∴∠EAF=∠EAH+∠FAH=∠BAH+∠HAD=（∠BAH+∠HAD）=∠BAD， 又∵∠BAD=90°， ∴∠EAF=45°， ∴∠EAF的大小没有变化． （2）△ECF的周长没有变化．理由如下： ∵由（1）知，Rt△BAE≌Rt△HAE，△HAF≌△DAF， ∴BE=HE，HF=DF， ∴C△EFC=EF+EC+FC=EB+DF+EC+FC=2BC， ∴△ECF的周长没有变化． 【点睛】全等三角形的判定与性质；正方形的性质 20．（本题8分）如图1，在中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，若，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若，，动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿向终点运动，设点运动的时间为秒．若点为直线上的一点，当运动时间为何值时，以、、、构成的四边形是菱形？ 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 (3)当运动时间为3秒或秒时，以、、、构成的四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行四边形的性质可得，推出，证明，得出，即可得证； （2）由平行四边形的性质可得，由全等三角形的性质可得从而得出，求出，即可得解； （3）由勾股定理可得，由平行四边形的性质可得，从而得出，表示出，再分两种情况：以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则；以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则；分别求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴ ∴  ∵ ∴ ∴  ∴四边形是矩形 （3）解：∵，，， ∴， ∵四边形和四边形都是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图2，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则， ， ∴， 解得； 如图3，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则， ∵，且， ∴， 解得， 综上所述，当运动时间为3秒或秒时，以、、、构成的四边形是菱形． 21．（本题10分）同学们，折纸中也有很大的学问呢．张老师出示了以下三个问题，小聪、小明、小慧分别在黑板上进行了板演，请你也解答这个问题：在一张长方形纸片中，，，现将这张纸片按下列图示方法折叠，请解决下列问题． (1)如图1，折痕为，点A的对应点F在上，则折痕的长为 cm； (2)如图2，H，G分别为，的中点，A的对应点F在上，折痕为，则 °．重叠部分的面积为 ； (3)如图3，在图2中，把长方形沿着对开，变成两张长方形纸片，将两张纸片任意叠合后，发现重叠部分是一个 形，证明你的结论； (4)在（3）的条件下，这个重叠部分的周长最短是 cm，重叠部分的周长最大周长是 cm． 【答案】(1) (2)30， (3)菱，理由见详解 (4)40，58 【分析】（1）根据图形折叠的性质可知，再根据勾股定理即可得出结论； （2）连接，由题意易得四边形是矩形，则有是等边三角形，然后再根据含30度直角三角形的性质得到的长，利用三角形的面积公式即可得出结论； （3）根据平行四边形的判定首先证得四边形是平行四边形，因为两条矩形的宽度相等，然后根据平行四边形的面积公式即可证得四边形的邻边相等，进而证得四边形是菱形； （4）当矩形纸片互相垂直时，这个菱形的周长最短，最小值是，如图2所示放置时，重叠部分的菱形面积最大，设，则，利用勾股定理即可求出的值，进而可得出菱形的周长． 【详解】（1）解：由折叠可知四边形是正方形， ∴， ； 故答案为； （2）解：连接，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴， ，分别为，的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵∠B=90°， ∴四边形是矩形， ∴垂直且平分线段， ∴， 由折叠可知， ， ∴是等边三角形， ∴， 由折叠可知， ∴，即， ； 故答案为30，． （3）解：重叠四边形的形状是菱形；理由如下： 因纸片都是矩形，则重叠四边形的对边互相平行，则四边形是平行四边形． 如图1，过作于点，于点， 又， ， ， 四边形的形状是菱形； 故答案为菱． （4）解：由（2）可知：分开的两张矩形纸片的宽都为， 根据点到直线垂线段最短可知：当矩形纸片互相垂直时，这个菱形的周长最短，最短周长为． 最大的菱形如图2所示放置时，重叠部分的菱形面积最大． 设，则． 在中，， 解得． 则菱形的最大周长为； 故答案为40，58． 【点睛】本题考查的是图形的翻折变换、菱形及矩形的性质、三角形的面积公式，熟知图形翻折变换的性质是解答此题的关键． 22．（本题10分）【实践探究】 数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． (1)【问题发现】 ①线段，之间的数量关系是__________，线段，之间的数量关系是__________． ②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是_________． (2)【类比迁移】 如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明． (3)【拓展应用】如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请求出线段的长． 【答案】(1)①；；② (2)，证明见解析 (3)的长为或 【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可得到，从而可得； ②由①的结论及勾股定理即可得到三线段间的数量关系； （2）由矩形的性质可证明，则有；再由矩形的性质及线段垂直平分线的性质可得；在中，由勾股定理及等量代换可得 ； （3）分两种情况：点E在边上；点E在延长线上；由（2）的结论及勾股定理即可解决． 【详解】（1）解：①∵四边形、四边形均为正方形， ∴，，， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； 故答案为：；； ②在中，， 而，， ∴， 故答案为：； （2）解：线段间的数量关系为：； 证明如下： ∵四边形、四边形均为矩形，矩形的中心为O， ∴，， ， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ∵， ∴垂直平分， ∴； 在中，由勾股定理得：， ∴； （3）解：①当点E在边上时； 由（2）的结论知：； ∵在中，由勾股定理得：， 即； 设，则，而， ∴， 解得：， 即； ②如图，当点E在延长线上时，把补成矩形，延长交延长线于点P，连接， 由（2）的结论知：； 在中，由勾股定理得：， 即； 设，则，而， ∴， 解得：， 即； 综上，的长为或． 【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等知识，证明三角形全等是问题的关键． 28 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $$