专题03：特殊平行四边形（八大题型）【强基篇+重难点篇】2024-2025学年沪教版（上海）八年级数学第二学期同步培优课程

2024-2025学年沪教版八年级数学下同步培优课程（强基篇） 专题09 特殊的平行四边形 要点一、矩形、菱形、正方形的定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 要点二、矩形、菱形、正方形的性质 矩形的性质：1.矩形具有平行四边形的所有性质； 2.矩形的对角线相等； 3.矩形的四个角都是直角； 4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴. 菱形的性质：1.菱形的四条边都相等； 2.菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； 3.菱形是轴对称图形，它有两条对称轴. 正方形的性质：1.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 2.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 3.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心. 要点三、矩形、菱形、正方形的判定 矩形的判定：1. 有三个角是直角的四边形是矩形. 2. 对角线相等的平行四边形是矩形. 3. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 要点诠释：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形. 菱形的判定：1. 四条边相等的四边形是菱形. 2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 3. 定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 要点诠释：前一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等.后两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形， 正方形的判定：1.有一组邻边相等的矩形是正方形. 2.有一个内角是直角的菱形是正方形. 要点四、特殊平行四边形之间的关系 要点五、顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状 （1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形. （2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形. （3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形. （4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形. 要点诠释：新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成. （1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形. （2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形. （3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形. 题型1：矩形的性质和判定 【例1】（2022春金山区期末）如图，在矩形ABCD中，，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AC，垂足为点E，CE＝OE，则DE的长为（　　） A．4 B． C． D．2 【例2】（2023春•浦东新区期末）如图，在矩形中，，在上取一点，使，则的度数为 　　． 【例3】（2022春闵行区期末）如图，点E是矩形ABCD边AD上一动点，连接BE，以BE边作矩形BEFG，使得FG始终经过点C．若矩形ABCD的面积为s1，矩形BEFG的面积为s2，则s1与s2的大小关系是（　　） A．s1＜s2 B．s1＝s2 C．s1＞s2 D．不确定 【例4】（2023春•奉贤区期末）已知四边形中，，，下列说法不正确的是　　 A．如果，那么四边形是矩形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 【例5】（2023春•黄浦区期末）在中，与相交于点，要使四边形是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是　　 A． B． C． D． 【例6】（2023春•浦东新区期末）已知，如图，中，，是边的延长线上一点，过作，交的延长线于点，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）联结，当是的中点时，求证：四边形为矩形． 【例7】（2021春•静安区期末）已知：如图，四边形的对角线、相交于点，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）如果点在边上，平分，，求证：． 题型2：菱形的性质和判定 【例8】（2023春•闵行区期末）已知四边形是菱形，和是菱形的对角线，那么下列说法一定正确的是　　 A． B． C． D． 【例9】（2023春•杨浦区期末）已知菱形的周长为40，一条对角线长为12，则这个菱形的面积是 　　． 【例10】（2022春黄浦区期末）如图，菱形ABCD的对角线AC．BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接CH，若AB＝2，AC＝2，则CH的长是（　　） A． B．3 C． D．4 【例11】（2023奉贤区期末）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1﹣∠2＝　 　°． 【例12】（2023春•浦东新区期末）已知四边形，，、是它的两条对角线．下列条件中，不能判定四边形是菱形的是　　 A． B． C． D．． 【例13】（2023春•青浦区期末）已知平行四边形的对角线、相交于点．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是　　 A． B． C． D． 【例14】（2023春•浦东新区期末）如图，在平行四边形中，是上一点，且，． （1）求证：平行四边形是菱形； （2）若，，求对角线的长． 【例15】（2023春•闵行区期末）如图，四边形中，，，与相交于点，． （1）求证：四边形是菱形； （2）过点作点，垂足为点，联结，求证：． 题型3：正方形的性质和判定 【例16】（2023春•徐汇区期末）如图，已知正方形的边长为24，、分别是、边上的点，且，如果时，则的长为 　20　． 【例17】（2023春•黄浦区期末）如图，点为正方形内一点，，，联结，那么　　度． 【例18】（2022春•长宁区期末）如图，四边形是正方形，于点，且，，则阴影部分的面积是　　． 【例19】（2022春•长宁区期末）在四边形中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是　　 A． B． C． D． 【例20】（2022春•浦东新区期末）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是　　 A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当时，四边形是正方形 【例21】（2023春•徐汇区期末）已知四边形中，，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是　　 A． B． C． D． 【例22】（2023春•浦东新区期末）如图，正方形边长为4，点在边上一点（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点． （1）求证：； （2）联结、，如果的面积为，求的长． 【例23】（20-21八年级下·上海杨浦·期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，联结DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与边CD相交于点G． (1)求证：CG＝CE； (2)联结CF，求证：∠BFC＝45°； (3)如果正方形ABCD的边长为2，点G是边DC的中点，求EF的长． 题型4：折叠问题 【例24】（2022春•普洱期末）有一张长方形纸片ABCD，按下面步骤进行折叠： 第一步：如图①，点E在边BC上，沿AE折叠，点B落在点B'处； 第二步：如图②，沿EB'折叠，使点A落在BC延长线上的点A'处，折痕为EF． 下列结论中错误的是（　　） A．△AEF是等边三角形 B．EF垂直平分AA' C．CA'＝FD D．EA'＝AF 【例25】（2022春•泰兴市月考）如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为8，∠B＝120°，则EF的值是（　　） A．2 B．4 C．4 D．6 【例26】（2022•沈河区二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，点E为边AD上一点，将点C折叠与点E重合，折痕与边CD和BC分别交于点F和G，当DE＝2时，线段CF的长是　　． 【例27】（2022春•成都期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AD上的点，连接EF，将四边形ABEF沿EF折叠，点B的对应点G恰好落在CD边上，点A的对应点为H，连接BH．则BH+EF的最小值是 　　． 【例28】（2022•微山县一模）已知矩形ABCD中，AB＝6．点E为AD上一个动点，连接CE，将△CDE沿CE折叠，点D落在点F处，当点F为线段AB的三等分点时，AE的长 　　． 【例29】（2022春•蜀山区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，∠DAC＝30°，点M是BC边的中点，点P是对角线AC上一动点（0＜CP＜1.5），将△CPM沿PM折叠，点C落在点C'处，线段MC′交AC于点N，连接AC，当△ANC′是直角三角形时，线段AC′的长度为 　　． 【例30】（2022春•江汉区期末）如图，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点A与点C重合，点B落在点G处，折痕交AD于点E，交BC于点F，若△CEF的面积与△CDE的面积比为4：1，则的值是 　． 【例31】（2022春•浦东新区期末）如图，矩形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F． （1）求点D的坐标； （2）若点N是平面内任一点，在x轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 题型5：最值问题 【例32】（2022春•重庆期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值是（　　） A．43 B．2 C．26 D．4 【例33】（2022春•中山市期末）如图，在边长为a的正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且BE＝BC，点P是CE上一动点，则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值（　　） A．有最大值a B．有最小值a C．是定值a D．是定值a 【例34】（2022春•三门峡期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（　　） A．2 B．4 C． D．2 【例35】（2022•南平自主招生）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（　　） A．4 B．4.8 C．5.2 D．6 【例36】（2022春•崇川区期末）如图，正方形ABCD边长为1，点E，F分别是边BC，CD上的两个动点，且BE＝CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（　　） A． B． C． D． 【例37】（2022•黄埔区模拟）如图，在边长为4的菱形ABCD中，BD＝4，E、F分别是AD、CD上的动点（包含端点），且AE+CF＝4，连接BE、EF、FB． （1）试探究BE与BF的数量关系，并证明你的结论； （2）求EF的最大值与最小值． 题型6：动点问题 【例38】（20-21八年级下·上海青浦·期末）已知：在边长为的正方形中，点为对角线上一点，且．将三角板的直角顶点与点重合，一条直角边与直线交于点，另一条直角边与射线交于点（点不与点重合），将三角板绕点旋转． （1）如图，当点、在线段、上时，求证：； （2）当时，求的面积； （3）当为等腰三角形时，求线段的长． 【例39】（2023·上海虹口·期末）如图，正方形和正方形有公共顶点O，，连接．    (1)如图1，线段与线段有交点H，求证：； (2)如图2，点E在的延长线上，求的长； (3)边与交于点G，当C，F，E三点共线时，请直接写出的值． 题型7：四边形与平面直角坐标系 【例40】如图，边长为5的菱形ABCD如图所示放置在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴正半轴上，点D在x轴负半轴上，点． (1)求AB所在直线的解析式； (2)如果直线l经过点C且与直线平行，点是y轴上的一个动点． ①当点P在线段OB上（点P不与O、B重合），过点P作平行于x轴的直线分别交线段AB于M、交直线l于N．设线段MN的长度为d，求d关于t的函数解析式，并写出它的定义域； ②当点P在y轴正半轴上，如是等腰三角形，求t的值． 【例41】如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)求直线的解析式； (2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标； (3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标． 网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/21 17:27:54；用户：15801716282；邮箱801716282；学号：31290231 题型8：综合压轴 【例42】（2022奉贤区期末）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E，F分别在边AB、AD上，且AE＝DF．联结BF、CE． （1）求证：BF＝CE； （2）如果将线段CE绕点E逆时针旋转90°，使得点C落在点G处，联结FG．设AE＝x． ①试用含x的代数式表示四边形BFGE的面积； ②当AF和EG互相平分时，求x的值． 【例43】 已知：如图，平行四边形ABCD中，AB＝5，BD＝8，点E、F分别在边BC、CD上（点E、F与平行四边形ABCD的顶点不重合），CE＝CF，AE＝AF． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）设BE＝x，AF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域； （3）如果AE＝5，点P在直线AF上，△ABP是以AB为腰的等腰三角形，那么△ABP的底边长为 　 　．（请将答案直接填写在空格内） 1．（2022春松江区期末）在四边形ABCD中，AC、BD交于点O，在下列条件中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（　　） A．AO＝CO，BO＝DO，∠BAD＝90° B．AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD C．∠BAD＝∠BCD，∠ABC+∠BCD＝180°，AC⊥BD D．∠BAD＝∠ABC＝90°，AC＝BD 2（2023春•徐汇区期末）我们把两条对角线长度之比为的菱形叫做“钻石菱形”，如果一个“钻石菱形”的面积为8，那么它的边长是 　　． 3．（2023春•徐汇区期末）矩形的对角线，相交于，，，则　　． 4．（2023春•长宁区期末）如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分． （1）求证：四边形是菱形； （2）如果，，求证：四边形为矩形． 5．（2023春•黄浦区期末）已知：如图，在平行四边形中，点、分别是、的中点，点、分别在边、上，且． （1）求证：； （2）若，求证：四边形是矩形． 6．（2024青浦·期末）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)求直线的解析式； (2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标； (3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标． 7．（2023嘉定区期末）已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，设PC＝m． （1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代数式表示为　 　，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标； （2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由． 8．（2023青浦区期末）正方形ABCD边长为6，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），点F、G分别在边BC、AD上（点F与点B、C不重合），直线FG与DE相交于点H． (1)如图1，若∠GHD=90°，求证：GF=DE； (2)在（1）的条件下，平移直线FG，使点G与点A重合，如图2．联结DF、EF．设CF=x，△DEF的面积为y，用含x的代数式表示y； (3)如图3，若∠GHD=45°，且BE=2AE，求FG的长． 9．（2022上海徐汇区期末）已知在边长为的正方形中，点为射线上的一个动点（点不与点、重合），联结，将线段绕着点按顺时针方向旋转得线段，联结． (1)如图1，当点在线段上时，求证：； (2)如图1，当点在线段上时，设，，求关于的函数解析式，并写出函数定义域； (3)在点运动过程中，若点、、恰好在一条直线上，求的长． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年沪教版八年级数学下同步培优课程（强基篇） 专题03 特殊的平行四边形 要点一、矩形、菱形、正方形的定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 要点二、矩形、菱形、正方形的性质 矩形的性质：1.矩形具有平行四边形的所有性质； 2.矩形的对角线相等； 3.矩形的四个角都是直角； 4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴. 菱形的性质：1.菱形的四条边都相等； 2.菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； 3.菱形是轴对称图形，它有两条对称轴. 正方形的性质：1.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 2.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 3.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心. 要点三、矩形、菱形、正方形的判定 矩形的判定：1. 有三个角是直角的四边形是矩形. 2. 对角线相等的平行四边形是矩形. 3. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 要点诠释：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形. 菱形的判定：1. 四条边相等的四边形是菱形. 2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 3. 定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 要点诠释：前一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等.后两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形， 正方形的判定：1.有一组邻边相等的矩形是正方形. 2.有一个内角是直角的菱形是正方形. 要点四、特殊平行四边形之间的关系 要点五、顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状 （1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形. （2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形. （3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形. （4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形. 要点诠释：新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成. （1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形. （2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形. （3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形. 题型1：矩形的性质和判定 【例1】（2022春金山区期末）如图，在矩形ABCD中，，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AC，垂足为点E，CE＝OE，则DE的长为（　　） A．4 B． C． D．2 【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，求出OD＝OC，求出OD＝CD＝OD，根据等边三角形的判定得出△DOC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠DCA＝60°，求出∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质得出DEAD即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD， ∴OD＝OC， ∵DE⊥AC，CE＝OE， ∴OD＝CD， 即OD＝OC＝CD， ∴△DOC是等边三角形， ∴∠DCA＝60°， ∴∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°， ∵DE⊥AC， ∴∠DEA＝90°， ∴DEAD， ∵AD＝4， ∴DE＝2， 故选：C 【例】（2023春•浦东新区期末）如图，在矩形中，，在上取一点，使，则的度数为 　　． 【考点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形；矩形的性质 【分析】根据矩形性质得出，，，推出，得出，求出的度数，即可求出答案． 【解答】解：四边形是矩形， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形性质，三角形的内角和定理，平行线性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形性质的应用，解此题的关键是求出和的度数，题目比较好，是一道综合性比较强的题目． 【例】（2022春闵行区期末）如图，点E是矩形ABCD边AD上一动点，连接BE，以BE边作矩形BEFG，使得FG始终经过点C．若矩形ABCD的面积为s1，矩形BEFG的面积为s2，则s1与s2的大小关系是（　　） A．s1＜s2 B．s1＝s2 C．s1＞s2 D．不确定 【分析】连接CE，根据矩形ABCD和矩形BEFG都与三角形CBE同底等高，进而可以解决问题． 【解答】解：如图，连接CE， ∵矩形ABCD的面积为s1，矩形BEFG的面积为s2， ∴s1＝2S△CBE，s2＝2S△CBE， 则s1＝s2． 故选：B． 【例】（2023春•奉贤区期末）已知四边形中，，，下列说法不正确的是　　 A．如果，那么四边形是矩形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 【答案】 【考点】矩形的判定 【分析】根据矩形的判定判断即可． 【解答】解：、，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形，故不符合题意； 、当，，，不能判定四边形是矩形，故符合题意； 、，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形，故不符合题意； 、如图， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形，故不符合题意， 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【例】（2023春•黄浦区期末）在中，与相交于点，要使四边形是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】平行四边形的性质；矩形的判定 【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可． 【解答】解：添加， 理由是：四边形是平行四边形， ，， ， ， 为矩形， 故选：． 【点评】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题． 【例】（2023春•浦东新区期末）已知，如图，中，，是边的延长线上一点，过作，交的延长线于点，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）联结，当是的中点时，求证：四边形为矩形． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定 【分析】（1）由等腰三角形的性质证出，由平行四边形的判定可得出结论； （2）证出，由矩形的判定可得出结论． 【解答】（1）证明：， ， ， ， 又， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：为的中点， ， ，， ， ， 又， 四边形为平行四边形， 又四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形为矩形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 【例】（2021春•静安区期末）已知：如图，四边形的对角线、相交于点，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）如果点在边上，平分，，求证：． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【考点】矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质 【分析】（1）证，得，再由，得四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论； （2）过点作于，证是等腰直角三角形，得，再证是等腰直角三角形，得，然后证，得，，则，即可得出结论． 【解答】证明：（1）在和中， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 平行四边形是矩形； （2）过点作于，如图所示： 由（1）得：四边形是矩形， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 平分， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的平对于性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明是解题的关键． 题型2：菱形的性质和判定 【例】（2023春•闵行区期末）已知四边形是菱形，和是菱形的对角线，那么下列说法一定正确的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质 【分析】根据菱形的性质即可得到结论． 【解答】解：四边形是菱形， ， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 34．（2023春•青浦区期末）若菱形的边长为10，一条对角线长为12，则另一条对角线长为 　16　． 【考点】菱形的性质 【分析】由菱形的性质得，，，，在中，由勾股定理求出，即可得出答案． 【解答】解：设菱形的两条对角线交于点，如图所示： 四边形是菱形，边长是10， ，，，， ， ； 故答案为16． 【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键． 【例】（2023春•杨浦区期末）已知菱形的周长为40，一条对角线长为12，则这个菱形的面积是 　96　． 【考点】勾股定理；菱形的性质 【分析】画出草图分析．因为周长是40，所以边长是10．根据对角线互相垂直平分得直角三角形，运用勾股定理求另一条对角线的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算求解． 【解答】解：因为周长是40，所以边长是10． 如图所示：，． 根据菱形的性质，，， ，． 面积． 故答案为96． 【点评】本题考查了菱形的性质及其面积计算，主要利用菱形的对角线互相垂直平分及勾股定理来解决，要掌握菱形的面积有两种求法：（1）利用底乘以相应底上的高；（2）利用菱形的特殊性，菱形面积两条对角线的乘积，具体用哪种方法要看已知条件来填空． 【例】（2022春黄浦区期末）如图，菱形ABCD的对角线AC．BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接CH，若AB＝2，AC＝2，则CH的长是（　　） A． B．3 C． D．4 【分析】由菱形的性质得∠ADC＝2∠BDA，AD＝CD＝AB＝2，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再由勾股定理得OB＝1，则BD＝2OB＝2，得AB＝AD＝BD，然后由等边三角形的性质得∠ADH＝30°，AH＝1，进而由勾股定理得DH，求出∠CDH＝90°，即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，AC＝2， ∴∠ADC＝2∠BDA，AD＝CD＝AB＝2，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD， ∴∠AOB＝90°， ∴OB1， ∴BD＝2OB＝2， ∴AB＝AD＝BD， ∴△ABD是等边三角形， ∴∠BAD＝∠BDA＝60°， ∴∠ADC＝2∠BDA＝120°， ∵DH⊥AB， ∴∠ADH∠BDA＝30°，AH＝BHAB＝1， 在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH， ∵∠CDH＝∠ADC﹣∠ADH＝120°﹣30°＝90°， ∴CH， 故选：C． 【例】（2023奉贤区期末）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1﹣∠2＝　 　°． 【分析】过M作EM∥BC，由正五边形的性质得∠AEF＝∠EAH＝108°，再由菱形的性质得AD∥BC，则AD∥EM，然后由平行线的性质得∠2＝72°﹣∠AEM，∠1＝108°﹣∠AEM，即可解决问题． 【解答】解：如图，过M作EM∥BC， ∵五边形AEFGH是正五边形， ∴∠AEF＝∠EAH（5﹣2）×180°＝108°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC， ∴AD∥EM， ∴∠AEM+∠DAE＝180°， 即∠AEM+∠2+∠EAH＝180°， ∴∠2＝180°﹣∠AEM﹣∠EAH＝180°﹣∠AEM﹣108°＝72°﹣∠AEM， ∵EM∥BC， ∴∠1+∠AEM＝108°， ∴∠1＝108°﹣∠AEM， ∴∠1﹣∠2＝108°﹣∠AEM﹣（72°﹣∠AEM）＝108°﹣∠AEN﹣72°+∠AEM＝36°， 故答案为：36． 【例】（2023春•浦东新区期末）已知四边形，，、是它的两条对角线．下列条件中，不能判定四边形是菱形的是　　 A． B． C． D．． 【答案】 【考点】菱形的判定 【分析】根据菱形的判定方法判断即可． 【解答】解：，、是它的两条对角线， 添加， 四边形是菱形，故正确； 添加， 不能得出四边形是菱形，故错误； 添加， 四边形是菱形，故正确； 添加， 四边形是菱形，故正确； 故选：． 【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据对角线垂直的平行四边形是菱形以及邻边相等的平行四边形是菱形解答． 【例】（2023春•青浦区期末）已知平行四边形的对角线、相交于点．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】菱形的判定；平行四边形的性质 【分析】证，得，再由菱形的判定即可得出结论． 【解答】解：能判定这个平行四边形是菱形的是，理由如下： 如图， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及等腰三角形的判定等知识；熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 【例】（2023春•浦东新区期末）如图，在平行四边形中，是上一点，且，． （1）求证：平行四边形是菱形； （2）若，，求对角线的长． 【答案】（1）证明过程见解答； （2）． 【考点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质 【分析】（1）连接交于点，根据平行四边形的性质得，然后利用等腰三角形的性质得，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可解决问题； （2）设，则，利用勾股定理得，列出方程求出的值，即可解决问题． 【解答】（1）证明：如图，连接交于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：， 设，则， ， ， ， ， ， （负值已经舍去）， ． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的判定方法． 【例】（2023春•闵行区期末）如图，四边形中，，，与相交于点，． （1）求证：四边形是菱形； （2）过点作点，垂足为点，联结，求证：． 【答案】证明过程见解答． 【考点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线 【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形解答即可； （2）根据菱形的性质和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而根据直角三角形两个锐角互余即可解决问题． 【解答】证明：（1），， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）四边形是菱形， ，， ， ， ， ，， ， ， ． 【点评】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，解题关键是根据菱形和直角三角形的性质得出角之间的关系． 题型3：正方形的性质和判定 【例】（2023春•徐汇区期末）如图，已知正方形的边长为24，、分别是、边上的点，且，如果时，则的长为 　20　． 【答案】20． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质 【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定可得，进而证出，得到，设，在中，由勾股定理列方程求解即可． 【解答】解：如图，延长到，使，连接， 四边形是正方形， ，， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得， ， 即， 解得， 即， 故答案为：20． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理是正确解答的前提． 【例】（2023春•黄浦区期末）如图，点为正方形内一点，，，联结，那么　135　度． 【考点】：正方形的性质 【分析】根据正方形的性质可得出、，由、利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可求出的度数，由可求出的度数，由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可求出的度数，再由可求出的度数． 【解答】解：四边形为正方形， ，． ，， ， ， ， ． 故答案为：135． 【点评】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理求出的度数是解题的关键． 17．（2023春•普陀区期末）如图，在正方形中，是对角线上一点，，则　　． 【考点】：等腰三角形的性质；：正方形的性质 【分析】由，在正方形中可知，进而求出，又知，故能求出． 【解答】解：正方形中，是对角线上一点， ， ， ， ， ， 故答案为． 【点评】本题主要考查了正方形的对角线平分对角的性质及等腰三角形的性质，解题的关键是正确求出的度数． 【例】（2022春•长宁区期末）如图，四边形是正方形，于点，且，，则阴影部分的面积是　139　． 【答案】139． 【考点】正方形的性质 【分析】根据勾股定理求出，分别求出和正方形的面积，即可求出答案． 【解答】解：在中，，，， 由勾股定理得：， 正方形的面积是， 的面积是， 阴影部分的面积是， 故答案为：139． 【点评】本题考查了正方形的性质，三角形的面积，勾股定理的应用，主要考查学生的计算能力和推理能力． 【例】（2022春•长宁区期末）在四边形中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】正方形的判定 【分析】先判断四边形是矩形，由正方形的判定可解决问题． 【解答】解：在四边形中， ， 四边形是矩形， 当时，即一组邻边相等时，矩形为正方形， 故符合题意， 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的判定等，熟练掌握并能够灵活运用正方形的判定是解决问题的关键． 【例】（2022春•浦东新区期末）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是　　 A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当时，四边形是正方形 【考点】：正方形的判定；：矩形的判定；：平行四边形的性质；：菱形的判定 【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形． 【解答】解：、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故本选项不符合题意； 、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形知：当时，四边形是菱形，故本选项不符合题意； 、根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知：当时，四边形是矩形，故本选项不符合题意； 、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知：当时，它是矩形，不是正方形，故本选项符合题意； 故选：． 【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 【例】（2023春•徐汇区期末）已知四边形中，，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】矩形的性质；正方形的判定 【分析】先判断四边形是矩形，由正方形的判定可直接判断正确． 【解答】解：在四边形中， ， 四边形为矩形， 而判断矩形是正方形的判定定理为：有一组邻边相等的矩形是正方形， 故正确， 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定，正方形的判定等，解题关键是熟练掌握并能够灵活运用正方形的判定等． 【例】（2023春•浦东新区期末）如图，正方形边长为4，点在边上一点（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点． （1）求证：； （2）联结、，如果的面积为，求的长． 【答案】（1）详见解答； （2）或1，详见解答． 【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质 【分析】（1）先证得，很容易证明与全等，由此得出进而可得结论； （2）根据三角形的面积求得，再根据股定理求得，根据（1）中即可得出结论． 【解答】（1）证明：，， ， 在与中， ， ， ． （2）解：， 设， ， 的面积 ． ， 解得或1， 或． 【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系． 【例】（20-21八年级下·上海杨浦·期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，联结DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与边CD相交于点G． (1)求证：CG＝CE； (2)联结CF，求证：∠BFC＝45°； (3)如果正方形ABCD的边长为2，点G是边DC的中点，求EF的长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3) 【分析】（1）把CG和CE分别放在Rt△BCG和Rt△DCE中，说明它们全等即可得证； （2）联结CF，过点C作MC⊥CF交BG于M，说明△MCF为等腰三角形即可得证； （3）过点C作CN⊥BF于N，构造△CNG≌△DFG，即可求出DF＝NC，再利用线段和差即可求出EF的长． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE， ∵BF⊥DE， ∴∠E+∠CBG＝∠E+∠EDC， ∴∠CBG＝∠EDC， 在Rt△BCG与Rt△DCE中， ∴Rt△BCG≌Rt△DCE（ASA）， ∴CG＝CE． （2）作CM⊥CF交BF于点M， ∵△BCG≌△DCE， ∴∠E＝∠BGC， ∵∠MCG+∠FCG＝∠ECF+∠FCG＝90°， ∴∠MCG＝∠FCE， 在△MCG和△FCE中， ∴△MCG≌△FCE（ASA）， ∴MG＝FE，MC＝FC， ∴△MCF为等腰直角三角形， ∴∠BFC＝45°． （3）作CN⊥BF于点N， ∴△CNF为等腰直角三角形，CN＝NF， ∵G为CD中点，正方形ABCD的边长为2， ∴CG＝DG＝CE＝1， ∴BG＝DE＝＝， ∴BC•CG＝BG•CN， ∴CN＝＝＝， 在△CNG和△DFG中， ∴△CNG≌△DFG（AAS）， ∴DF＝CN＝， ∴EF＝DE﹣DF＝﹣＝． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，构造特殊三角形和三角形全等是解题的关键． 题型4：折叠问题 【例】（2022春•普洱期末）有一张长方形纸片ABCD，按下面步骤进行折叠： 第一步：如图①，点E在边BC上，沿AE折叠，点B落在点B'处； 第二步：如图②，沿EB'折叠，使点A落在BC延长线上的点A'处，折痕为EF． 下列结论中错误的是（　　） A．△AEF是等边三角形 B．EF垂直平分AA' C．CA'＝FD D．EA'＝AF 【分析】根据翻折性质和矩形性质可得∠BEA＝∠EAF＝∠EFA＝60°，由此判断选项A；根据翻折性质可判断 选项D；根据菱形的判定与性质可判断选项B；由于AB、BC的长度不确定，可判断选项C． 【解答】解：∵∠BEA＝∠AEF＝∠A′EF，∠BEA+∠AEF+∠A′EF＝180°， ∴∠BEA＝∠AEF＝∠A′EF＝60°， ∵BC∥AD， ∴∠BEA＝∠EAF＝60°， ∴∠BEA＝∠EAF＝∠EFA＝60°， ∴△AEF是等边三角形，故A正确， ∴△EFA′是等边三角形， ∴AE＝EA′＝A′F＝AF，故D正确， ∴四边形AEA′F是菱形， ∴EF垂直平分AA′，故B正确， 由于AB、BC的长度不确定，所以AC不一定等于DF，故C错误． 故选：C． 【例】（2022春•泰兴市月考）如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为8，∠B＝120°，则EF的值是（　　） A．2 B．4 C．4 D．6 【分析】连接AC，BD．证明△ABD是等边三角形，推出BD＝AB＝8，再证明EF是△ABD的中位线，可得结论． 【解答】解：如图所示，连接AC，BD． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD＝CD＝BC，AC⊥BD，∠ABD＝∠CBD∠ABC＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴BD＝AB＝8， ∵A沿EF折叠与O重合， ∴EF⊥AC，EF平分AO， ∵AC⊥BD， ∴EF∥BD， ∴E、F分别为AB、AD的中点， ∴EF为△ABD的中位线， ∴EFBD4， 故选：B． 【例】（2022•沈河区二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，点E为边AD上一点，将点C折叠与点E重合，折痕与边CD和BC分别交于点F和G，当DE＝2时，线段CF的长是　　． 【分析】过点F作FH⊥AD于H，易证∠DFH＝30°，设CF＝x，则DF＝6﹣x，DH（6﹣x），HF（6﹣x），EH＝DE+DH＝5，由折叠的性质得EF＝CF＝x，在Rt△EFH中，EF2＝EH2+HF2，即可得出答案． 【解答】解：过点F作FH⊥AD于H，如图所示： ∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°， ∴AB＝CD＝6，∠EDF＝120°， ∴∠FDH＝60°， ∴∠DFH＝30°， 设CF＝x， 则DF＝6﹣x，DHDF（6﹣x），HF（6﹣x）， ∴EH＝DE+DH＝2（6﹣x）＝5， 由折叠的性质得：EF＝CF＝x， 在Rt△EFH中，EF2＝EH2+HF2， 即x2＝（5）2+[（6﹣x）]2， 解得：x， ∴CF， 故答案为：． 【例】（2022春•成都期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AD上的点，连接EF，将四边形ABEF沿EF折叠，点B的对应点G恰好落在CD边上，点A的对应点为H，连接BH．则BH+EF的最小值是 　2　． 【分析】如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM＝BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，由翻折可得△ABG≌△HGB（SAS），再证得△FEK≌△BGC（ASA），即可推出BH+EF＝AG+MG，利用三角形三边关系可得BH+EF≥AM，由于当点G与点N重合时，AG+MA＝AM，此时AG+MA的值最小，故BH+EF＝AM的值也最小，运用勾股定理即可求得答案． 【解答】解：如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM＝BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC， ∴CD⊥BM， ∴CD垂直平分BM， ∴MG＝BG， 由翻折得AB＝HG，∠ABG＝∠HGB， ∵BG＝GB， ∴△ABG≌△HGB（SAS）， ∴GA＝BH， 由翻折知EF⊥BG， 又∵FK⊥BC， ∴∠FKE＝∠BCG＝90°， ∴∠EFK+∠FEK＝∠GBC+∠FEK＝90°， ∴∠EFK＝∠GBC， ∵∠BAD＝∠ABC＝∠BKF＝90°， ∴四边形ABKF是矩形， ∴AB＝FK， ∴FK＝BC， ∴△FEK≌△BGC（ASA）， ∴EF＝BG， ∴EF＝MG， ∴BH+EF＝AG+MG， ∵AG+MG≥AM， ∴BH+EF≥AM， ∴当点G与点N重合时，AG+MA＝AM，此时AG+MA的值最小， ∴BH+EF＝AM的值也最小， ∵∠ABM＝90°，AB＝2，BM＝2BC＝4， ∴AM2， ∴BH+EF的最小值是2． 故答案为：2． 【例】（2022•微山县一模）已知矩形ABCD中，AB＝6．点E为AD上一个动点，连接CE，将△CDE沿CE折叠，点D落在点F处，当点F为线段AB的三等分点时，AE的长 　或　． 【分析】由矩形的性质先求解AF＝4，BF＝2，由折叠的性质及勾股定理可求解AD的长，再利用勾股定理可求解AE的长． 【解答】解：矩形ABCD中，CD＝AB＝6， ∵点F为线段AB的三等分点， ∴AF＝2或4， 当AF＝4时，BF＝2， 由折叠可知：CF＝CD＝6，EF＝DE＝AD﹣AE， ∴BC， ∴AD＝BC， ∴EFAE， ∵AE2+AF2＝EF2， ∴AE2+42＝（AE）2， 解得AE． 当AF＝2时，同理得AE， 故答案为：或． 【例】（2022春•蜀山区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，∠DAC＝30°，点M是BC边的中点，点P是对角线AC上一动点（0＜CP＜1.5），将△CPM沿PM折叠，点C落在点C'处，线段MC′交AC于点N，连接AC，当△ANC′是直角三角形时，线段AC′的长度为 　或2　． 【分析】分两种情况讨论，①当∠ANC′＝90°时，先求出CN的长，再得出AN的长，最后利用勾股定理得出结果；②当∠AC′N＝90°时，先得出AM的长，再利用勾股定理求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC，∠B＝90°， ∴∠DAC＝∠ACB＝30°， ∵AB＝2， ∴AC＝2AB＝4， ∴BC， ①如图， 当∠ANC′＝90°时， ∵点M是BC边的中点， ∴CM＝BM， ∵∠ACB＝30°， ∴MN，∠CMC′＝60°， 由折叠的性质得： ，∠CMP＝∠C′MP＝30°，∠MCP＝∠MC′P＝30°， ∴∠∠MC′P＝∠C′MP， ∴MP＝C′P， ∵∠ANC′＝90°， ∴MN， 在Rt△MCN中， CN， ∴AN＝AC﹣CN＝4， 在Rt△ANC′中，AC'； ②如图， 当∠AC′N＝90°时， 连接AM， 在Rt△ABM中， AB＝2，BM， ∴AM， 由①知，MC＝C′M， 在Rt△AC′M中， 2， 综上所述，线段AC′的长度为：或2， 故答案为：或2． 【例】（2022春•江汉区期末）如图，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点A与点C重合，点B落在点G处，折痕交AD于点E，交BC于点F，若△CEF的面积与△CDE的面积比为4：1，则的值是 　2　． 【分析】连接AF，由翻折知，△AEF≌△CEF，由面积比得出AE：ED＝4：1，设DE＝x，则AE＝CE＝4x，作EH⊥CF于H，利用勾股定理求出EF即可得出比值． 【解答】解：连接AF，由翻折知，△AEF≌△CEF， ∴∠AEF＝∠CEF， ∵AE∥CF， ∴∠AEF＝∠EFC， ∴∠AFE＝∠AEF＝∠CFE＝∠CEF， ∴AF＝AE＝CE＝CF， ∵△CEF的面积与△CDE的面积比为4：1， ∴△AEF的面积与△CDE的面积比为4：1， ∴AE：ED＝4：1， 设DE＝x，则AE＝CE＝CF＝4x， 作EH⊥CF于H， ∴FH＝3x， ∵EHx， ∴EF2x， ∴， 故答案为：2． 【例】（2022春•浦东新区期末）如图，矩形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F． （1）求点D的坐标； （2）若点N是平面内任一点，在x轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由折叠的性质得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，求出OE＝BO﹣BE＝4，∠OED＝90°，设D（0，a），则OD＝a，DE＝AD＝OA﹣OD＝8﹣a，在Rt△EOD中，由勾股定理得出方程，解方程即可； （2）①当OM、OE都为菱形的边时，OM＝OE＝4，得出M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）； ②当OM为菱形的边，OE为对角线时，MN垂直平分OE，垂足为G，则OGOE＝2，根据勾股定理求出OM即可； ③当OM为菱形的对角线，OE为边时，同②得：M（，0）；即可得出结论． 【解答】解：（1）∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标是（﹣6，8）． ∴∠BAD＝∠OCB＝90°，AB＝OC＝6，OA＝BC＝8， ∴BO10； 由折叠的性质得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD， ∴OE＝BO﹣BE＝10﹣6＝4，∠OED＝90°， 设D（0，a），则OD＝a，DE＝AD＝OA﹣OD＝8﹣a， 在Rt△EOD中，由勾股定理得：DE2+OE2＝OD2， 即（8﹣a）2+42＝a2，解得：a＝5， ∴D（0，5）； （2）存在，点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）或（，0）或（，0）；理由如下： ①当OM、OE都为菱形的边时，OM＝OE＝4， ∴M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）； ②当OM为菱形的边，OE为对角线时，MN垂直平分OE，垂足为G，如图1所示： 则OGOE＝2， ∵OA＝8，OD＝5， ∴AD＝DE＝3， ∴E到y轴的距离， ∴OH， ∵EM2﹣MH2＝42﹣（）2， ∴OM2﹣（OM）2＝42﹣（）2， 解得：OM， ∴M（，0）； ③当OM为菱形的对角线，OE为边时，如图2所示： 同②得：M（，0）； 综上所述，在x轴上存在点M，使以M、N、E、O为顶点的四边形是菱形，点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）或（，0）或（，0）． 题型5：最值问题 【例】（2022春•重庆期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值是（　　） A．43 B．2 C．26 D．4 【分析】将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求． 【解答】解：将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求． 由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形， ∴PC＝PF， ∵PB＝EF， ∴PA+PB+PC＝PA+PF+EF， ∴当A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴AC4， ∴AC＝2AB， ∴∠ACB＝30°，AC＝2AB＝4， ∵∠BCE＝60°， ∴∠ACE＝90°， ∴AE2， 故选：B． 【例】（2022春•中山市期末）如图，在边长为a的正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且BE＝BC，点P是CE上一动点，则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值（　　） A．有最大值a B．有最小值a C．是定值a D．是定值a 【分析】连接BP，作EF⊥BC于点F，由正方形的性质可知△BEF为等腰直角三角形，BE＝a，可求EF，利用面积法得S△BPE+S△BPC＝S△BEC，将面积公式代入即可． 【解答】解：如图，连接BP，作EF⊥BC于点F，则∠EFB＝90°， ∵正方形的性质可知∠EBF＝45°， ∴△BEF为等腰直角三角形， ∵正方形的边长为a， ∴BE＝BC＝a， ∴BF＝EFBEa， ∵PM⊥BD，PN⊥BC， ∴S△BPE+S△BPC＝S△BEC， ∴BE×PMBC×PNBC×EF， ∵BE＝BC， ∴PM+PN＝EFa． 则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值是定值a． 故选：D． 【例】（2022春•三门峡期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（　　） A．2 B．4 C． D．2 【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可． 【解答】解：如图： 当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1， 当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2， ∴P1P2∥CE且P1P2CE． 当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP． 由中位线定理可知：P1P∥CE且P1PCF． ∴点P的运动轨迹是线段P1P2， ∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值． ∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点， ∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝1． ∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°． ∴∠DP2P1＝90°． ∴∠DP1P2＝45°． ∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2， ∴BP的最小值为BP1的长． 在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝1． ∴BP1． ∴PB的最小值是． 故选：C． 【例】（2022•南平自主招生）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（　　） A．4 B．4.8 C．5.2 D．6 【分析】先由矩形的判定定理推知四边形PEAF是矩形；连接PA，则PA＝EF，所以要使EF，即PA最短，只需PA⊥CB即可；然后根据三角形的等积转换即可求得PA的值． 【解答】解：如图，连接PA． ∵在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10， ∴BC2＝AB2+AC2， ∴∠A＝90°． 又∵PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F． ∴∠AEP＝∠AFP＝90°， ∴四边形PEAF是矩形． ∴AP＝EF． ∴当PA最小时，EF也最小， 即当AP⊥CB时，PA最小， ∵AB•ACBC•AP，即AP4.8， ∴线段EF长的最小值为4.8； 故选：B． 【例】（2022春•崇川区期末）如图，正方形ABCD边长为1，点E，F分别是边BC，CD上的两个动点，且BE＝CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可． 【解答】解：连接AE，如图1， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°． 又BE＝CF， ∴△ABE≌△BCF（SAS）． ∴AE＝BF． 所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值． 作点A关于BC的对称点H点，如图2， 连接BH，则A、B、H三点共线， 连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点． 根据对称性可知AE＝HE， 所以AE+DE＝DH． 在Rt△ADH中，AD＝1，AH＝2， ∴DH， ∴BF+DE最小值为． 故选：C． 【例】（2022•黄埔区模拟）如图，在边长为4的菱形ABCD中，BD＝4，E、F分别是AD、CD上的动点（包含端点），且AE+CF＝4，连接BE、EF、FB． （1）试探究BE与BF的数量关系，并证明你的结论； （2）求EF的最大值与最小值． 【分析】（1）由在边长为4的菱形ABCD中，BD＝4，易得△ABD、△CBD都是边长为4的正三角形，继而证得△BDE≌△BCF（SAS），则可证得结论； （2）由△BDE≌△BCF，易证得△BEF是正三角形，继而可得当动点E运动到点D或点A时，BE的最大，当BE⊥AD，即E为AD的中点时，BE的最小． 【解答】解：（1）BE＝BF，证明如下： ∵四边形ABCD是边长为4的菱形，BD＝4， ∴△ABD、△CBD都是边长为4的正三角形， ∵AE+CF＝4， ∴CF＝4﹣AE＝AD﹣AE＝DE， 又∵BD＝BC＝4，∠BDE＝∠C＝60°， 在△BDE和△BCF中， ， ∴△BDE≌△BCF（SAS）， ∴BE＝BF； （2）∵△BDE≌△BCF， ∴∠EBD＝∠FBC， ∴∠EBD+∠DBF＝∠FBC+∠DBF， ∴∠EBF＝∠DBC＝60°， 又∵BE＝BF， ∴△BEF是正三角形， ∴EF＝BE＝BF， 当动点E运动到点D或点A时，BE的最大值为4， 当BE⊥AD，即E为AD的中点时，BE的最小值为， ∵EF＝BE， ∴EF的最大值为4，最小值为． 题型6：动点问题 【例】（20-21八年级下·上海青浦·期末）已知：在边长为的正方形中，点为对角线上一点，且．将三角板的直角顶点与点重合，一条直角边与直线交于点，另一条直角边与射线交于点（点不与点重合），将三角板绕点旋转． （1）如图，当点、在线段、上时，求证：； （2）当时，求的面积； （3）当为等腰三角形时，求线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3），或 【分析】（1）如图1，过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，垂足分别为点G、H．由正方形的性质可证△PEH≌△PFG，即可证明PE=PF； （2）如图2，过点E作EM⊥BD于点M，当∠FPB=30°时，∠EPB=60°，在Rt△MPE中和Rt△MBE中，设MP=a，则EP=2a，EM=a．可分别表示出EM=BM=a，BP=a+a=3，解得a=，再根据三角形的面积公式求解； （3）分两大类情况讨论：(一)：当点E在射线BC上时，只有BE=BP，如图3，可证△EPH≌△FPG，从而可得BF的长；（二）：当点E在射线BC上时，又可再分三小类情况，①如图4，当EP=BE时，可得BF=BE=3；②当PE=PB时，易证△BPE为等腰直角三角形，F与B重合，舍去；③如图5，当PB=BE时，同理可证△EPH≌△FPG，FG=HE=，BF=BG-FG=． 【详解】解：（1）如图1，过点作，，垂足分别为点、． 四边形为正方形， ，． ． 四边形为正方形． ， ∵， ， 即． 在和中， ． ． （2）如图2，过点作，垂足为点， 当时，， 在中，设，则，． 在中，，． ， ． ． （3）（一）当点在延长线上时， 因为， 所以只有． 如图3，同理可证：， ． ， ． ． （二）当点在射线上时， ①如图4，， ， ， ． ②． ， ， 此时，点和点重合，舍去． ③如图5，．同理可证：， ． ． 综上所述，的长为，或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形面积计算、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及分类讨论的数学思想的运用，综合运用这些性质、判定进行推理是解题的关键． 【例】（2023·上海虹口·期末）如图，正方形和正方形有公共顶点O，，连接．    (1)如图1，线段与线段有交点H，求证：； (2)如图2，点E在的延长线上，求的长； (3)边与交于点G，当C，F，E三点共线时，请直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)的值为2 【分析】（1）证明，推出，利用三角形的外角性质得到，即可证明结论成立； （2）连接与交于点J，利用正方形的性质求得，，再利用勾股定理求解即可； （3）证明，推出，得到的值等于，据此即可求解． 【详解】（1）证明：∵正方形和正方形，    ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴，即； （2）解：连接与交于点J，    ∵正方形中，， ∴，，， ∴； （3）解：如图，    同理，，， ∴， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明是解题的关键． 题型3：四边形与平面直角坐标系 【例】如图，边长为5的菱形ABCD如图所示放置在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴正半轴上，点D在x轴负半轴上，点． (1)求AB所在直线的解析式； (2)如果直线l经过点C且与直线平行，点是y轴上的一个动点． ①当点P在线段OB上（点P不与O、B重合），过点P作平行于x轴的直线分别交线段AB于M、交直线l于N．设线段MN的长度为d，求d关于t的函数解析式，并写出它的定义域； ②当点P在y轴正半轴上，如是等腰三角形，求t的值． 【答案】(1)y=x+4； (2)①d=12−t（0<t<4）；②t的值为或4或． 【分析】（1）利用菱形的性质及B点坐标，在Rt△AOB中由勾股定理可求得OA的长，则可求得A点坐标，利用待定系数法可求得直线AB解析式； （2）①由菱形的性质可求得C点坐标，则可求得直线l的解析式，从而可用t分别表示出M、N的坐标，则可得到d关于t的函数解析式，结合P在线段OB上可求得t的取值范围； ②用t可分别表示出PC、PD的长，结合C、D坐标可求得CD的长，分PD=PC、PD=CD和PC=CD三种情况可分别得到关于t的方程，可求得t的值． 【解析】（1）解：∵B(0，4)， ∴OB=4， ∵四边形ABCD为菱形，且边长为5， ∴AB=AD=BC=CD=5， 在Rt△AOB中，由勾股定理可得OA=3， ∴A(3，0)， 设AB所在直线解析式为y=kx+b， ∴，解得 ∴AB所在直线的解析式为y=x+4； （2）解：①由题意可知C(−5，4)， ∵直线l经过点C且与直线y=x平行， ∴可设直线l解析式为y=x+m， ∴4=−5+m，解得m=9， ∴直线l解析式为y=x+9， ∵过点P作平行于x轴的直线分别交AB于M、交直线l于N，且P(0，t)， ∴M、N点的纵坐标为t， 在y=x+4中，令y=t，可解得x=3−t， 在y=x+9中，令y=t可得x=t−9， ∴d=3−t −(t−9)=12−t， ∵点P在线段OB上（点P不与O、B重合）， ∴0<t<4； ②∵A(3，0)，AD=5， ∴D(−2，0)，且C(−5，4)，P(0，t)， ∴PC2=52+(t−4)2=t2−8t+41，PD2=22+t2=t2+4，CD2=(−5+2)2+42=25， ∵△PCD为等腰三角形， ∴有PC=PD、PC=CD和PD=CD三种情况， 当PC=PD时，则有t2−8t+41=t2+4，解得t=； 当PC=CD时，则有t2−8t+41=25，解得t=4； 当PD=CD时，则t2+4=25，解得t=√或t=−（舍去）； 综上可知当△PCD是等腰三角形时，t的值为或4或． 【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及菱形的性质、勾股定理、待定系数法、函数图象的交点、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得A点坐标是解题的关键，在（2）①中用t表示出M、N的横坐标是解题的关键，在（2）②中利用t分别表示出PD、PC和CD的长是解题的关键，注意分情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中． 【例】如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)求直线的解析式； (2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标； (3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】（1）根据，求出点的坐标，利用待定系数法，求出直线的解析式即可． （2）分是正方形的边、是正方形的对角线两种情况，利用正方形性质即可求解． （3）当时，，利用两点间距离可求点坐标；当时，，此时，过点作交于，过点作轴交于，由是等腰直角三角形，求出，再由是的中点，求出的另一个点坐标即可． 【解析】（1）解：，点， ， ， ， ， 点在轴负半轴上， ， 设直线的解析式是， ， 解得， 直线的解析式为； （2）解：①当是正方形的边时，对应的正方形为， ，，， ， ； ②当是正方形的对角线时，对应的矩形为， 、是正方形对角线， 线段和线段互相垂直平分， 点、的横坐标为， ， ， 综上所述：点的坐标为或； （3）解：设， ①当时，， ， ， ； ②当时，， 此时， 是等腰三角形， 过点作交于，过点作轴交于， ， ， 是等腰直角三角形， 是的中点， ， ， 是的中点， ； 综上所述：点坐标为或． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角的判定与性质，等腰三角形的性质，数形结合解题是关键． 网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/21 17:27:54；用户：15801716282；邮箱801716282；学号：31290231 题型7：综合压轴 【例】（2022奉贤区期末）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E，F分别在边AB、AD上，且AE＝DF．联结BF、CE． （1）求证：BF＝CE； （2）如果将线段CE绕点E逆时针旋转90°，使得点C落在点G处，联结FG．设AE＝x． ①试用含x的代数式表示四边形BFGE的面积； ②当AF和EG互相平分时，求x的值． 【答案】（1）见解析；（2）①S四边形BFGE=（1-x）2；② 【解析】 【分析】（1）由正方形性质可证得BE=AF，再用SAS证明△ABF≌△BCE即可得到结论； （2）①设CE、BF交于点H，先证明∠EHB=90°，再利用旋转和平行线的性质证明BF∥EG．继而证明四边形BFGE为平行四边形，进而可表示出BE、AF的长，即可表示四边形BFGE的面积； ②当AF和EG互相平分时，则四边形AEFG为平行四边形，当GF=AE时，即GF=EB=AE时，可得x=1-x，求出x即可． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD=BC，∠A=∠CBE=90°． 又∵AE=DF， ∴AB-AE=AD-DF，即BE=AF． 在△ABF和△BCE中， ， ∴△ABF≌△BCE（SAS）． ∴BF=CE． （2）解：①如图所示，设CE、BF交于点H， 由（1）中结论可得，∠FBA=∠ECB， ∵∠CEB+∠ECB=90°， ∴∠CEB+∠FBA=90°， ∴∠EHB=90°． 由旋转可知∠CEG=90°， ∴BF∥EG． 又由（1）可知BF=CE，且CE=GE， ∴BF=GE． 故四边形BFGE为平行四边形． ∵AE=x，AB=1， ∴BE=1-x=AF． ∴S四边形BFGE=BE×AF=（1-x）2． ②当AF和EG互相平分时，则四边形AEFG为平行四边形， ∵GF∥BE， ∴GF∥AE， 当GF=AE时，即GF=EB=AE时， ∴x=1-x，解得：x=． 【点睛】本题考查了图形旋转的性质，列代数式，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，证明△ABF≌△BCE和四边形BFGE为平行四边形是解题关键． 【例】 已知：如图，平行四边形ABCD中，AB＝5，BD＝8，点E、F分别在边BC、CD上（点E、F与平行四边形ABCD的顶点不重合），CE＝CF，AE＝AF． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）设BE＝x，AF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域； （3）如果AE＝5，点P在直线AF上，△ABP是以AB为腰的等腰三角形，那么△ABP的底边长为 　 　．（请将答案直接填写在空格内） 【答案】（1）见解析；（2）；（3）8或或6 【解析】 【分析】（1）连结，证明，得到相等的角，再由平行线的性质证明，从而得，由菱形的定义判定四边形是菱形； （2）连结，交于点，作于点，由菱形的面积及边长求出菱形的高，再求的长，由勾股定理列出关于、的等式，整理得到关于的函数解析式； （3）以为腰的等腰三角形分三种情况，其中有两种情况是等腰三角形与或全等，另一种情况可由（2）中求得的菱形的高求出的长，再求等腰三角形的底边长． 【详解】解：（1）证明：如图1，连结， ，，， ， ， 即； 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是菱形 （2）如图2，连结，交于点，作于点，则， 由（1）得，四边形是菱形， ， ， ，， ， ， ， 由，且，得， 解得； ， ， 由，且，得， 点在边上且不与点、重合， ， 关于的函数解析式为， （3）如图3，，且点在的延长线上， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 即等腰三角形的底边长为8； 如图4，，作于点，于点，则， ， ， ， ， ， 由（2）得，， ， ， 即等腰三角形的底边长为； 如图5，，点与点重合，连结， ，，， ， ， 即， 等腰三角形底边长为6． 综上所述，以为腰的等腰三角形的底边长为8或或6， 故答案为：8或或6． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、求与几何图形有关的函数关系式等知识与方法，在解第（3）题时，需要进行分类讨论，求出所有符合条件的值，以免丢解． 【例】（21-22八年级下·上海徐汇·期中）已知在边长为的正方形中，点为射线上的一个动点（点不与点、重合），联结，将线段绕着点按顺时针方向旋转得线段，联结． (1)如图1，当点在线段上时，求证：； (2)如图1，当点在线段上时，设，，求关于的函数解析式，并写出函数定义域； (3)在点运动过程中，若点、、恰好在一条直线上，求的长． 【答案】(1)答案见解析 (2)， (3)或 【分析】（1）根据正方形的性质，得到BC=CD，，，根据全等三角形的判定得到△EBC≌△FCD，从而得出结论； （2）根据勾股定理，可得，再根据△EBC≌△FCD和正方形的性质，即可得出结论； （3）分两种情况讨论：①当点E在线段DB上，②当点E在线段DB延长线上；根据正方形的性质，得到∠CEF=45°，根据三角形的内角和，得到的度数，再跟你讲三角形外角定理和等腰三角形的判定，即可得出结论． 【解析】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴BC=CD，∠ABC=∠BCD=90°，BD平分∠ABC， ∴， 由题意得EC=FC，∠ECF=90°， ∴， 即， ∴△EBC≌△FCD， ∴； （2）∵∠BCD=90°，BC=CD=6， ∴， ∵△EBC≌△FCD，DF =y， ∴BE=DF= y， ∵DE=x， ∴， 函数定义域为； （3）联结AE，联结AC交BD于点O， ∵四边形ABCD是正方形，∴BD垂直平分AC， ∴AE=EC，∴∠AEB=∠CEB， ∵EC=FC，∠ECF=90° ，∴△ECF是等腰直角三角形， ∴∠CEF=45°， ①当点E在线段DB上时， ∵点A、E、F在一条直线上， ∴， 又∵， ∴∠BAE=180°－∠AEB－∠ABE=67.5°=∠AEB， ∴AB=BE=6，∴， ②当点E在线段DB延长线上时， ∵点A、E、F在一条直线上， ∴， 又∵， ∴∠EAB=∠ABD－∠AED=22.5°=∠AEB， ∴AB=BE=6， ∴， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了动点问题，包含了勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、正方形的性质、三角形的外角定理和等腰三角形的判定等，能够正确画图并综合运用所学相关知识是解题的关键． 1．（2022春松江区期末）在四边形ABCD中，AC、BD交于点O，在下列条件中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（　　） A．AO＝CO，BO＝DO，∠BAD＝90° B．AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD C．∠BAD＝∠BCD，∠ABC+∠BCD＝180°，AC⊥BD D．∠BAD＝∠ABC＝90°，AC＝BD 【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定以及菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、∵AO＝CO，BO＝DO， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵∠BAD＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意； B、∵AB＝CD，AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意； C、∵∠ABC+∠BCD＝180°， ∴AB∥CD， ∵∠BAD＝∠BCD， ∴∠ABC+∠BAD＝180°， ∴AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C符合题意； D、∵∠BAD＝∠ABC＝90°， ∴AD∥BC， 在Rt△ABD和Rt△BAC中， ， ∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL）， ∴AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意； 故选：C． 2（2023春•徐汇区期末）我们把两条对角线长度之比为的菱形叫做“钻石菱形”，如果一个“钻石菱形”的面积为8，那么它的边长是 　　． 【答案】． 【考点】菱形的性质 【分析】设，，由菱形的面积的面积的面积，得到，求出，得到，，由勾股定理得到，即可得到菱形的边长是． 【解答】解：如图，菱形中，， 设，， 菱形的面积的面积的面积， ， ， ， ，， ， 菱形的边长是． 故答案为：． 【点评】本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是由菱形的性质求出，的长． 3．（2023春•徐汇区期末）矩形的对角线，相交于，，，则　　． 【答案】． 【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质 【分析】由矩形的性质得，，则，，所以，由，求得，则是等边三角形，所以，于是得到问题的答案． 【解答】解：四边形是矩形，对角线，相交于，， ，， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， 故答案为：． 【点评】此题重点考查矩形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、等边三角形的判定与性质等知识，证明并且求得是解题的关键． 4．（2023春•长宁区期末）如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分． （1）求证：四边形是菱形； （2）如果，，求证：四边形为矩形． 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定 【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据菱形的判定定理即可得到结论； （2）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，求得，于是得到四边形为矩形． 【解答】证明：（1）， ， 平分， ， ， ， 在与中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2），，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ，， ， ， 四边形为矩形． 【点评】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键 5．（2023春•黄浦区期末）已知：如图，在平行四边形中，点、分别是、的中点，点、分别在边、上，且． （1）求证：； （2）若，求证：四边形是矩形． 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；矩形的判定 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，根据线段中点的定义得到，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到，，，求得，，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，，，根据矩形的判定定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，， 点、分别是、的中点， ，， ， 在与中， ， ； （2）证明：四边形是平行四边形， ，，， 点、分别是、的中点， ，， ， ， ， 即， ； ， 由（1）知， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是矩形． 【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 6．（2024青浦·期末）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)求直线的解析式； (2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标； (3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】（1）根据，求出点的坐标，利用待定系数法，求出直线的解析式即可． （2）分是正方形的边、是正方形的对角线两种情况，利用正方形性质即可求解． （3）当时，，利用两点间距离可求点坐标；当时，，此时，过点作交于，过点作轴交于，由是等腰直角三角形，求出，再由是的中点，求出的另一个点坐标即可． 【解析】（1）解：，点， ， ， ， ， 点在轴负半轴上， ， 设直线的解析式是， ， 解得， 直线的解析式为； （2）解：①当是正方形的边时，对应的正方形为， ，，， ， ； ②当是正方形的对角线时，对应的矩形为， 、是正方形对角线， 线段和线段互相垂直平分， 点、的横坐标为， ， ， 综上所述：点的坐标为或； （3）解：设， ①当时，， ， ， ； ②当时，， 此时， 是等腰三角形， 过点作交于，过点作轴交于， ， ， 是等腰直角三角形， 是的中点， ， ， 是的中点， ； 综上所述：点坐标为或． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角的判定与性质，等腰三角形的性质，数形结合解题是关键． 7．（2023嘉定区期末）已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，设PC＝m． （1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代数式表示为　 　，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标； （2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）点D（4,14）；（2）存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标或． 【分析】（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，可得点D（n,2n+6）,根据△APD是等腰直角三角形，可得∠EDA=∠FAP，可证△EDA≌△FAP（AAS），可得AE=PF，ED=FA，再证四边形AFPB为矩形，得出点D（n，14），根据点D在直线y＝2x＋6上，求出n=4即可； （2）直线y＝2x＋b过点（3，0），求出b =-6，设点D（x, 2x-6），分三种情况当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，证明△EDA≌△FPD（AAS），再证四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，得出DE+DF=x+2x-14=8；当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，先证△ABP≌△PFD（AAS），得出CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6；当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，先证四边形AFPB为矩形，得出PF=AB=8，再证△APF≌△DAE（AAS），得出求解方程即可 【解析】解：（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F， 设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点， ∴x=n，y＝2n＋6， ∴点D（n,2n+6）, ∵△APD是等腰直角三角形， ∴DA=AP，∠DAP=90°， ∴∠DAE+∠FAP=180°-∠DAP=90°， ∵DE⊥y轴，PF⊥y轴， ∴∠DEA=∠AFP=90°， ∴∠EDA+∠DAE=90°， ∴∠EDA=∠FAP， 在△EDA和△FAP中， ， ∴△EDA≌△FAP（AAS）， ∴AE=PF，ED=FA， ∵四边形OABC为矩形，B的坐标为（8，6）， ∴AB=OC=8，OA=BC=6，∠FAB=∠ABP=90°， ∵∠AFP=90°， ∴四边形AFPB为矩形， ∴PF=AB=8， ∴EA=FP=8， ∴OE=OA+AE=6+8=14， ∴点D（n，14）， ∵点D在直线y＝2x＋6上， ∴14＝2n＋6,， ∴n=4， ∴点D（4,14）； （2）直线y＝2x＋b过点（3，0）， ∴0＝6＋b， ∴b =-6， ∴直线y＝2x-6， 设点D（x, 2x-6）， 过点D作EF⊥y轴，交y轴于E，交CB延长线于F， 要使△ADP为等腰直角三角形， 当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形， ∴∠ADE+∠FDP=180°-∠ADP=90°， ∵DE⊥y轴，PF⊥y轴， ∴∠DEA=∠AFP=90°， ∴∠EDA+∠DAE=90°， ∴∠EAD=∠FDP， 在△EDA和△FPD中， ， ∴△EDA≌△FPD（AAS）， ∴AE=DF=2x-6-8=2x-14，ED=FP=x， ∵四边形OABC为矩形，AB=OC=8，OA=BC=6， ∴∠OCF=90°， ∴四边形OCFE为矩形，EF=OC=8， ∴DE+DF=x+2x-14=8， 解得x=， ∴， ∴点D； 当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形， ∴∠APB+∠DPF=90°， 过D作DF⊥射线CB于F， ∴∠DFP=90°， ∵四边形OABC为矩形， ∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=90°， ∴∠BAP+∠APB=90°， ∴∠BAP=∠FPD， 在△ABP和△PFD中， ， ∴△ABP≌△PFD（AAS）， ∴BP=FD=x-8,AB=PF=8， ∴CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6， 解得x=， ∴， ∴点D； 当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形， ∴∠EAD +∠PAF=90°， 过D作DE⊥y轴于E，过P作PF⊥y轴于F， ∴∠DEA=∠PFA=90°， ∴∠FAP+∠FPA=90°， ∴∠FPA=∠EAD， ∵四边形OABC为矩形， ∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=∠BAO=90°， ∵∠PFA=90°， ∴四边形AFPB为矩形， ∴PF=AB=8， 在△APF和△DAE中， ， ∴△APF≌△DAE（AAS）， ∴FP=AE=8，AF=DE=6-m， ∴OE=OA+AE=6+8=14， ∴， 解得：， ∵PC＝m≥0， ∴AF=6-m≤6＜10， ∴此种情况不成立； 综合存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标或． 【点睛】本题考查等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质，掌握等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质是解题关键． 8．（2023青浦区期末）正方形ABCD边长为6，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），点F、G分别在边BC、AD上（点F与点B、C不重合），直线FG与DE相交于点H． (1)如图1，若∠GHD=90°，求证：GF=DE； (2)在（1）的条件下，平移直线FG，使点G与点A重合，如图2．联结DF、EF．设CF=x，△DEF的面积为y，用含x的代数式表示y； (3)如图3，若∠GHD=45°，且BE=2AE，求FG的长． 【答案】(1)见解析 (2)y=x2-3x+18（0＜x＜6） (3) 【分析】（1）如图1中，作CM∥FG交AD于M，CM交DE于点K．只要证明四边形CMGF是平行四边形，△ADE≌△DCM即可解决问题； （2）根据S△DEF=S梯形EBCD-S△DCF-S△EFB计算即可解决问题； （3）如图3中，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM．作DN∥GF交BC于点N，联结EN．由△NDE≌△NDM（SAS），推出EN=NM，由AB=6，BE=2AE，推出AE=2，BE=4，设CN=x，则BN=6-x，EN=MN=2+x，在Rt△ENB中，根据EN2=EB2+BN2，构建方程求出x，再在Rt△DCN中，求出DN即可解决问题． 【解析】（1）证明：如图1中，作CM∥FG交AD于M，CM交DE于点K． ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠ADC=90°， ∵CM∥FG，DE⊥FG， ∴四边形CMGF是平行四边形，CM⊥DE， ∴CM=FG，∠CKD=90° ∴∠CDE+∠DCM=90°，∠ADE+∠CDE=90°， ∴∠ADE=∠DCM， ∴△ADE≌△DCM（ASA）， ∴CM=DE， ∴DE=FG． （2）如图2中， ∵AF=DE，AD=AB，∠DAE=∠B=90°， ∴△ADE≌△BAF（SAS）， ∴AE=BF， ∵AB=BC， ∴BE=CF=x， ∴y=S△DEF=S梯形EBCD-S△DCF-S△EFB =×（x+6）×6-×6×x-×x（6-x） =3x+18-3x+x2-3x =x2-3x+18（0＜x＜6）． （3）如图3中，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM．作DN∥GF交BC于点N，联结EN． 则四边形DGFN是平行四边形， ∴∠EDN=∠GHD=45°， ∵∠ADC=90°， ∴∠NDC+∠ADE=∠NDC+∠CDM=45°， ∴∠NDE=∠NDM， ∵DN=DN，DE=DM， ∴△NDE≌△NDM（SAS）， ∴EN=NM， ∵AB=6，BE=2AE， ∴AE=2，BE=4，设CN=x，则BN=6-x，EN=MN=2+x， 在Rt△ENB中，∵EN2=EB2+BN2， ∴（x+2）2=（6-x）2+42， ∴x=3， 在Rt△DCN中，DN=， ∴FG=DN=． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$