专题05 矩形、菱形及正方形（10大考点经典基础练+优选提升练）（湖南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

专题05 矩形、菱形及正方形 题型概览 题型01利用矩形的性质计算求值 题型02矩形与折叠问题 题型03矩形的判定与性质综合 题型04利用菱形的性质计算求值 题型05利用菱形的性质证明 题型06菱形的判定与性质综合 题型07利用正方形的性质计算求值 题型08利用正方形的性质证明 题型09正方形的判定与性质综合 题型10平行四边形的动点问题 ( 题型01 ) 利用矩形的性质计算求值 1．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 度．    2．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形ABCD的两条对角线交于点O，若，，则AC等于(　　) A．8 B．10 C．12 D．18 3．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形中，对角线、交于点，若，则的长为（　　） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在矩形中，，，与交于点．求与的周长差． 5．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）某办公桌摆件的示意图如图所示，四边形是矩形，若对角线与办公桌面垂直，，，延长交办公桌面于点，，则 cm． 6．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，四边形为矩形，，．点P是线段上一动点，点M为线段上一点．，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C． D． ( 题型02 ) 矩形与折叠问题 7．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形中，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为 ． 8．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上点F处，若，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D．5 9．（23-24八年级下·湖南·期末）矩形纸片中，E为的中点，连接，将沿折叠得到，连接．若，，则的长是（    ） A． B． C． D．3 10．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点处．若，，则的长为（    ） A．10 B．9 C．8 D．12 11．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，把矩形沿折叠，使点点分别落在点、，若，则 ．    12．（23-24八年级下·湖南·期末）如图1，一张矩形纸片，其中，，先沿对角线折叠，点落在点的位置，交于点． (1)求证：； (2)求的长； (3)如图2，再折叠一次，使点与重合，折痕交于，求的长． ( 题型03 ) 矩形的判定与性质综合 13．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的长． 14．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在平行四边形中，点E，F分别在，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若且，已知，求的长． 15．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，四边形中，对角线、相交于点O，，，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求四边形的面积． 16．（23-24八年级下·湖南永州·期末）已知点是平面直角坐标系中一点，且，点是平面内一动点，是以为斜边的等腰直角三角形（点、、逆时针排列）． (1)直接写出点的坐标： ； (2)如图，当点位于轴正半轴上且，求的面积； (3)如图，点在第二象限内运动，且，，轴于点，点是的中点．证明：． 17．（23-24八年级下·湖南·期末）“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．又到了放风筝的最佳时节．某校八年级（1）班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风筝的垂直高度（如图），他们进行了如下操作：①测得水平距离的长为米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线的长为米；③牵线放风筝的小明的身高为米． (1)求风筝的垂直高度； (2)如果小明想风筝沿方向下降米，则他应该往回收线多少米？ 18．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AB=2，AC=4，求▱ABCD的面积． ( 题型0 4 )利用菱形的性质计算求值 19．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，连接、，若，则的度数为（   ）      A． B． C． D． 20．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形ABCD中，，则的度数是 ． 21．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为 ． 22．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，对角线，，过点A作于点E，则为 ． 23．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，已知菱形的周长为40，对角线的长为16，则菱形的面积是 ． 24．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 25．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，菱形的周长为16，，E为的中点，M为上任意一点，则的最小值为 ． ( 题型0 5 )利用菱形的性质证明 26．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 27．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，，是对角线上的两点，连接，，且． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 28．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，菱形对角线交于点O，，与交于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明你的理由； (2)求证：． ( 题型0 6 )菱形的判定与性质综合 29．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，平行四边形中，在上截取，分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接交于，若，，则的长为 ． 30．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段上，，交于点．    (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 31．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在上的点处，折痕为，过点作交于点.     (1)求证：四边形为菱形； (2)当折痕的点与点重合时（如图2），求菱形的边长. 32．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，在矩形中，，，过对角线的中点O作的垂线，分别交于E、F． (1)连结，请问：四边形是什么特殊的四边形？并证明． (2)求的长． 33．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． ( 题型0 7 )利用正方形的性质计算求值 34．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 35．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则 度．    36．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，正方形和正方形中，点D在上，，，是的中点，那么的长是（    ） A． B． C． D．2 37．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，正方形的边长为，分别为边上的动点，且，则的最小值为 38．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，两个边长均为6的正方形重叠在一起，是正方形的中心，则阴影部分的面积是 ． 39．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在正方形中，点为上一点，与交于点．若，则等于 度． ( 题型0 8 )利用正方形的性质证明 40．（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点、（点与点，不重合）.探索线段、、之间的数量关系．    【问题初探】 （1）如图1，爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论，请你写出线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【问题引申】 （2）如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段、、之间的数量关系，并说明理由． 41．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，四边形是平行四边形，，，点E是边的延长线上的动点．连接．过点C作于点F．    (1)求证：四边形是正方形； (2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积． 42．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）【探索发现】（1）如图，正方形的对角线交点是正方形的一个顶点，当正方形绕点旋转，边与相交于点，边与相交于点时，总有．连接，求证：； 【类比迁移】（2）如图2，矩形的对角线交点是矩形的一个顶点，当矩形绕点旋转，边与相交于点，边与相交于点时，连接，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由： 【迁移拓展】（3）如图3，在中，点是斜边的中点，以为顶点的直角绕点旋转时，它的两边分别与直线，相交于点，，当时，直接写出线段的长度． ( 题型0 9 )正方形的判定与性质综合 43．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，，垂足为点D，是外角的平分线，，垂足为点E． (1)求证：四边形为矩形； (2)当满足什么条件时，四边形为正方形？给出证明． 44．（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点为边上的动点，将沿折叠得到，连接．则下列结论中： ①当时，四边形为正方形； ②当时，的面积为15； ③当在运动过程中，的最小值为； ④当时，． 其中结论正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上） 45．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）我们知道在任意直角三角形中有一个重量级定理——勾股定理！即如图一，在直角三角形中，，，，则有：．为了论证这个定理，数学家脑洞大开，用四个这样全等的直角三角形拼成图二，请同学们完成下列提问． (1)求证：四边形和四边形都是正方形； (2)利用图二，求证：． 46．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）【阅读教材】已知：如图1，在中，D、E分别是边的中点（即是的中位线）．求证：且． 【问题探究】（1）小明和小华同学在学习探究三角形的中位线的性质定理的时候，分别采用了不同添加辅助线的办法来探究，请你认真审题后选择其中一种方法，完成证明． 小明：我的方法是如图2，过点C作的平行线交的延长线于点F． 小华：我的方法是如图3，过点E作的平行线交于点N，过点A作的平行线交的延长线于点M． 【知识应用】（2）如图4，点E、F、G、H分别是四边形各边上的中点，顺次连接各边中点，得到四边形．请探究四边形对角线满足什么关系时，四边形是正方形？并说明理由． 【拓展应用】（3）如图5，在四边形中，，，E，F分别为的中点，若线段，，则__________． 47．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，，点是边的中点，过点，分别作与的平行线，相交于点，连接，，与交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当时，求证：四边形是正方形． ( 题型 10 )平行四边形的动点问题 48．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图．在四边形中，，，，，，点从点出发，沿射线以每秒个单位长度的速度运动．点从点出发，沿方向以每秒个单位长度的速度向终点运动．、两点同时出发，当点到达点时，点也随之停止运动．设点运动时间为秒． (1)求线段的长 （用含的代数式表示）． (2)当以、、、为顶点的四边形为平行四边形时，求的值． (3)如图，若点为边上一点，且，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出的值． 49．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 一、单选题 1．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，菱形中，，，点P，Q，K分别为线段上的任意一点，则的最小值为（    ）．    A．1 B． C．2 D． 2．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ） A．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 3．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，点的坐标为，点分别在轴，轴的正半轴上运动，且，连接，下列结论：①；②若与的交点恰好是的中点，则四边形是正方形；③四边形的面积为定值；④．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④ 4．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在正方形中，E为对角线上一点，连结，过点E作，交延长线于点F，以、为邻边作矩形，连结．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 二、填空题 5．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在矩形中，，，P是边上一个动点，过点P作，垂足为G，连接，取中点E，连接，则线段的最小值为 ．    三、解答题 6．（23-24八年级下·湖南·期末）问题背景 定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形中，是一条对角线，，且，则与是关于的互补三角形． (1)初步思考：如图2，在中，，D、E为外两点，，为等边三角形．则关于的互补三角形是______，并说明理由． (2)实践应用：如图3，在长方形中，．点E在边上，点F在边上，若与是关于互补三角形，试求的长． (3)思维探究：如图4，在长方形中，．点E是线段上的动点，点P是平面内一点，与是关于的互补三角形，直线与直线交于点F．在点E运动过程中，线段与线段的长度是否会相等？若相等，请直接写出的长；若不相等，请说明理由． 7．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，B，C两点的坐标分别为，，CD⊥y轴于点D，直线l 经过点D. （1）直接写出点D的坐标； （2）作CE⊥直线l于点E，将直线CE绕点C逆时针旋转45°，交直线l于点F，连接BF. ①依题意补全图形； ②通过观察、测量，同学们得到了关于直线BF与直线l的位置关系的猜想，请写出你的猜想； ③通过思考、讨论，同学们形成了证明该猜想的几种思路： 思路1：作CM⊥CF，交直线l于点M，可证△CBF≌△CDM，进而可以得出，从而证明结论. 思路2：作BN⊥CE，交直线CE于点N，可证△BCN≌△CDE，进而证明四边形BFEN为矩形，从而证明结论. …… 请你参考上面的思路完成证明过程.（一种方法即可） 解：（1）点D的坐标为 . （2）①补全图形. ②直线BF与直线l的位置关系是 . ③证明： 8．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在矩形中，点在边上，将沿折叠，使点落在边上的点处，过点作，交于点，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由. (2)若，，求四边形的面积． 9．（23-24八年级下·湖南·期末）【观察猜想】（1）我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，，并延长到点，使，连接．若，则，，之间的数量关系为 ； 【类比探究】（2）如图，当点在线段的延长线上，且时，试探究，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】（3）如图3，在中，，，在上，，若的面积为，，请直接写出的面积． 10．（23-24八年级下·湖南郴州·期末）如图1，点是正方形的边上任意一点，过点作交的延长线于点．求证：．小李在学习了该例题后，与学习小组的同学在“课后服务”进一步开展了探究活动：如图2，点是正方形的边上任意一点，点在上，点在边上，连接并延长与相交于点． (1)如图2，若，则仍然成立吗？请说明理由． (2)若，，点是的中点． ①如图3，若，求的长； ②如图4，当与不垂直时，是否存在这样的点使？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由． 11．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在正方形中，，点为正方形的对角线上一动点，    (1)如图①，过点作交边于点．当点在边上时，求证：； (2)如图②，在（1）的条件下，过点作，垂足为点，在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由． (3)如图③，若点是射线上的一个动点，且始终满足，设，请直接写出的最小值． 12．（23-24八年级下·湖南·期末）如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、． (1)试判断，，之间的数量关系； (2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程． (3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 矩形、菱形及正方形 题型概览 题型01利用矩形的性质计算求值 题型02矩形与折叠问题 题型03矩形的判定与性质综合 题型04利用菱形的性质计算求值 题型05利用菱形的性质证明 题型06菱形的判定与性质综合 题型07利用正方形的性质计算求值 题型08利用正方形的性质证明 题型09正方形的判定与性质综合 题型10平行四边形的动点问题 ( 题型01 ) 利用矩形的性质计算求值 1．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 度．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质．根据矩形的性质可得到，推出，根据三角形的外角性质和，可得，由，即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 2．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形ABCD的两条对角线交于点O，若，，则AC等于(　　) A．8 B．10 C．12 D．18 【答案】C 【分析】先根据矩形的性质得出，再利用直角三角形的性质即可得． 【详解】四边形ABCD是矩形 在中，， 则 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题关键． 3．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形中，对角线、交于点，若，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形对角线相等且互相平分的性质及等边三角形的判定方法，熟练掌握矩形性质是解决本题的关键． 先由矩形的性质得出，结合题意证明是等边三角形即可． 【详解】解：四边形是矩形，且， ， ， 是等边三角形， ， 故选：B． 4．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在矩形中，，，与交于点．求与的周长差． 【答案】2 【分析】本题主要考查矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．利用矩形的性质可得，，再根据三角形的周长公式计算即可． 【详解】解：四边形为矩形，，， ，， ， 与的周长之差为2． 5．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）某办公桌摆件的示意图如图所示，四边形是矩形，若对角线与办公桌面垂直，，，延长交办公桌面于点，，则 cm． 【答案】25 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的性质，由四边形是矩形，对角线与办公桌面垂直，由勾股定理得，得． 【详解】由四边形是矩形，对角线与办公桌面垂直，，，， 得， 得． 故答案为：． 6．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，四边形为矩形，，．点P是线段上一动点，点M为线段上一点．，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题． 设的中点为O，连接，，证明，得出，点M在O点为圆心，4为半径的圆上，利用勾股定理求出从而计算出答案． 【详解】解：设的中点为O，连接，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴点M在O点为圆心，2为半径的圆O上． ∵ ∴ ∵的最小值为． 故选：D． ( 题型02 ) 矩形与折叠问题 7．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形中，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为 ． 【答案】10 【分析】本题主要考查了矩形的折叠，勾股定理，全等三角形的性质和判定， 先根据矩形的性质和折叠的性质证明，再设，则，根据勾股定理可求出，进而得出答案. 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴. 根据折叠可知. ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 解得：， ∴， ∴． 故答案为：10． 8．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上点F处，若，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D．5 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、折叠性质、勾股定理，熟练掌握折叠性质和勾股定理求解是解答的关键． 设，由折叠性质得到，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵折叠， ∴，， 在中， ， ∴， 设 在中，， ∴，解得， 故选：A． 9．（23-24八年级下·湖南·期末）矩形纸片中，E为的中点，连接，将沿折叠得到，连接．若，，则的长是（    ） A． B． C． D．3 【答案】A 【分析】连接，交于点，根据翻折的性质知，，，垂直平分，说明，利用等积法求出的长，再利用勾股定理可得答案． 【详解】解：连接，交于点， 在矩形中，，， ∴， ∵将沿折叠得到， ∴，，， ∴垂直平分， ∴，， ∵点为的中点，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， 在中，， 故选：A． 【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，垂直平分线的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理等知识，利用等积法求出的长是解题的关键． 10．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点处．若，，则的长为（    ） A．10 B．9 C．8 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是翻折变换的性质，勾股定理，矩形的性质．根据矩形的性质得到，，，根据翻折变换的性质得到，，设，则，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：矩形，，， ，，， 将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点上， ，， 设，则， 在中，， 解得， ． 故选：A 11．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，把矩形沿折叠，使点点分别落在点、，若，则 ．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、折叠的性质，由矩形得，根据折叠的性质，结合平角为，得计算，根据“两直线平行，同旁内角互补”，则，计算得出答案即可，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 【详解】解：∵把矩形沿折叠，使点点分别落在点、，， ∴，， ∴， 故答案为：． 12．（23-24八年级下·湖南·期末）如图1，一张矩形纸片，其中，，先沿对角线折叠，点落在点的位置，交于点． (1)求证：； (2)求的长； (3)如图2，再折叠一次，使点与重合，折痕交于，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由折叠性质知，，再证明，根据全等三角形的性质可得结论； （2）设，由全等性质知，再在中，利用勾股定理得，解之可得答案； （3）利用勾股定理求出，再证是的中位线得，，证明，设，则，由勾股定理得，即，解之可得答案． 【详解】（1）证明：∵矩形纸片沿对角线折叠，点落在点的位置， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵，，， ∴， 设，则， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴的长为； （3）再折叠一次，使点与重合，得折痕，且，， ∴，即点是的中点， ∴在中，， ∵，， ∴， ∴点是的中点， ∴是的中位线， ∴，， 由折叠的性质可知， 在矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，等角对等边知识点． ( 题型03 ) 矩形的判定与性质综合 13．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的长． 【答案】(1)见解析； (2)10． 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理的逆定理： （1）利用勾股定理的逆定理证明即可证明结论； （2）根据矩形对角线相等即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴． 14．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在平行四边形中，点E，F分别在，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若且，已知，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）先证四边形是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论； （2）由等腰直角三角形的性质求出的长，由勾股定理可求的长． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形， ， ， ， ， ． 15．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，四边形中，对角线、相交于点O，，，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的面积为． 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等： （1）根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，结合可证四边形是矩形； （2）由矩形的性质可得，结合可证是等边三角形，推出，再利用勾股定理解，再根据矩形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：， 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， ， ， 在中，． ∴四边形的面积为． 16．（23-24八年级下·湖南永州·期末）已知点是平面直角坐标系中一点，且，点是平面内一动点，是以为斜边的等腰直角三角形（点、、逆时针排列）． (1)直接写出点的坐标： ； (2)如图，当点位于轴正半轴上且，求的面积； (3)如图，点在第二象限内运动，且，，轴于点，点是的中点．证明：． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）由得到，根据非负数的性质得到，即可得到点的坐标； （2）过点作轴于点，由30度直角三角形性质求出，利用勾股定理求得，即可得解； （3）延长至点使得连，连接并延长交的延长线于点．证明，则，，再证，则，得到是等腰三角形，由得到，即可得到结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点的坐标是； 故答案为： （2）解：如图，过点作轴于点， ∵在中，轴，, ∴， 是以为斜边的等腰直角三角形， ， ，即：, ∴ ∴的面积为； （3）解：如图，延长至点使得连，连接并延长交的延长线于点． 在和中， ， ， ，， ， ， 在四边形中，， ， 又， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ∴是等腰三角形， ， 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的判定及性质、等腰三角形的判定和性质、坐标与图形、非负数的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质并数形结合是解题的关键． 17．（23-24八年级下·湖南·期末）“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．又到了放风筝的最佳时节．某校八年级（1）班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风筝的垂直高度（如图），他们进行了如下操作：①测得水平距离的长为米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线的长为米；③牵线放风筝的小明的身高为米． (1)求风筝的垂直高度； (2)如果小明想风筝沿方向下降米，则他应该往回收线多少米？ 【答案】(1)米 (2)米 【分析】本题考查勾股定理的应用， （1）利用勾股定理求出的长，再加上的长度，即可求出的高度； （2）如图，在上取点，使，根据勾股定理求出，再计算即可； 熟悉勾股定理，能从实际问题中抽象出勾股定理是解题的关键． 【详解】（1）解：根据题意得：，，，，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，，， ∴， ∴（米）， ∴风筝的垂直高度为米； （2）如图，在上取点，使，连接， ∴， 在中，，， ∴， ∴（米）， ∴他应该往回收线米． 18．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AB=2，AC=4，求▱ABCD的面积． 【答案】 【分析】由平行四边形的性质可知，，结合题意可判定为等边三角形，即得出，从而可证明，即平行四边形ABCD为矩形，再根据勾股定理可求出BC的长，最后由矩形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴， ∵∠AOB=60°，AB= AO=2， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴平行四边形ABCD为矩形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识．由题意证明出平行四边形ABCD为矩形是解题关键． ( 题型0 4 )利用菱形的性质计算求值 19．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，连接、，若，则的度数为（   ）      A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，以及求余角，设、相交于点O，由菱形的性质可得出，在利用余角的定义即可求出答案． 【详解】解：设、相交于点O， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C．    20．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形ABCD中，，则的度数是 ． 【答案】/65度 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的四边相等是解题的关键．由菱形的性质可得，，由等腰三角形的性质可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴，， ∴， 故答案为：． 21．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理．利用菱形的面积公式：，即可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， 故答案为：． 22．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，对角线，，过点A作于点E，则为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和相勾股定理是解题的关键． 根据菱形的性质得出，，即可求出长，然后利用菱形的面积，即可得出答案． 【详解】解：∵是菱形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：． 23．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，已知菱形的周长为40，对角线的长为16，则菱形的面积是 ． 【答案】96 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，先利用勾股定理求出，进而求出对角线，最后根据菱形面积公式求解． 【详解】解：菱形的周长为40， ， 又菱形中，， ， ， 菱形的面积， 故答案为：96． 24．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，连接和，可得，，即可得到，，然后利用解题即可． 【详解】连接和， 则，， 又∵点分别是边的中点， ∴，， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴， ∴， 故选C． 25．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，菱形的周长为16，，E为的中点，M为上任意一点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、最短路径问题，确定点M的位置是解答的关键．连接，，，先得到点B和点D关于对称，进而得到，当B、M、E共线时取等号，即的最小值为的长，利用菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，结合勾股定理求得长即可． 【详解】解：连接，，， ∵四边形是菱形， ∴、互相垂直平分，即点B和点D关于对称， ∴， ∴，当B、M、E共线时取等号， 即的最小值为的长． ∵菱形的周长为16， ∴，又， ∴是等边三角形，又E为的中点， ∴，， ∴在中，， ∴的最小值为， 故答案为：． ( 题型0 5 )利用菱形的性质证明 26．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，则，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，，由勾股定理得，则，然后由矩形的性质得，由勾股定理求得即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 27．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在菱形中，，是对角线上的两点，连接，，且． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，进而可得． （2）由（1）可得，，证明是等边三角形，则， 由，，可得，则，根据，求解作答即可． 【详解】（1）证明：∵菱形， ∴，，              ∵，，， ∴， ∴． （2）解：由（1）可得，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，                              ∵，， ∴，                          ∴， ∵菱形， ∴， ∴的度数为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形外角的性质是解题的关键． 28．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，菱形对角线交于点O，，与交于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明你的理由； (2)求证：． 【答案】(1)矩形，见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查的是菱形的性质、矩形的性质和判定； （1）先证明四边形为平行四边形，再由由菱形的性质可证明，从而可证明四边形是矩形； （2）依据矩形的性质可得到，然后依据菱形的性质可得到． 【详解】（1）解：四边形是矩形，证明如下： ∵， 四边形是平行四边形． 又菱形对角线交于点 ，即． 四边形是矩形． （2）证明：四边形是矩形 ， 在菱形中，． ． ( 题型0 6 )菱形的判定与性质综合 29．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，平行四边形中，在上截取，分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接交于，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查作图—基本作图，等腰三角形三线合一性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理．连接，设，交于点，证明四边形是菱形，可得，，，由勾股定理，即可求的长． 【详解】解：连接，设，交于点， 由尺规作图的过程可知：直线平分，， ∴，，点为的中点， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是平行四边形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， 即的长为． 故答案为：． 30．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段上，，交于点．    (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定，三角形的中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及勾股定理，熟练地掌握相关内容是解题的关键． （）根据三角形的中位线定理，易证四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知，即可证明四边形是菱形； （）用勾股定理即可求出，用中位线定理可求出，由（）可知，最后用即可求出． 【详解】（1）解：∵点，点分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，点是的中点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵点，点分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴ 在中，∵， ∴， ∵，， ∴, ∴ ， ∴． 31．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在上的点处，折痕为，过点作交于点.     (1)求证：四边形为菱形； (2)当折痕的点与点重合时（如图2），求菱形的边长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、勾股定理等知识；掌握基础知识是解本题的关键． （1）根据一组对边平行且相等可证得：四边形为平行四边形，再加上可得结论； （2）先由折叠得：，利用勾股定理得：，设，则，，中，由勾股定理得：，解出即可； 【详解】（1）证明：由题意可知： ∵点与点关于对称， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）解：如图，当点与点重合时， 由折叠可知：， ∵在直角中，， ∴， ∴， 设，则，， 中，由勾股定理得：， 解得：， 即菱形的边长 32．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，在矩形中，，，过对角线的中点O作的垂线，分别交于E、F． (1)连结，请问：四边形是什么特殊的四边形？并证明． (2)求的长． 【答案】(1)菱形，见解析 (2) 【分析】（1）由矩形的性质证明，则，得四边形是平行四边形，由已知得，则四边形是菱形； （2）由题意，在中，利用勾股定理建立方程即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形； 证明如下：如图所示， 在矩形中，对角线的中点为O， 则，， ， ， ， 则四边形是平行四边形； ， 是线段的垂直平分线， ， 四边形是菱形； （2）解：在矩形中，，； ， 在中，由勾股定理得：， 解得：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识，证明三角形全等是关键． 33．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形ABCD的面积为 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键． （1）先证，则四边形是平行四边形，再由，即可得出结论； （2）由菱形的性质可得，，，，，由直角三角形的性质和勾股定理可求，的长，即可求解． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形，， ，，，，， ，， ， ， ， （负值舍去）， ， 菱形的面积． ( 题型0 7 )利用正方形的性质计算求值 34．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据题意可得，则，由外角的性质可得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，且， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 35．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则 度．    【答案】 【分析】根据图形得到，结合正方形的对角线互相平分一组对角即可得到答案； 【详解】解：由图像可得， 在与中， ∴ ， ， ∵是正方形对角线， ∴， ∴， 故答案为：；    【点睛】本题主要考查正方形的对角线平分一组对角，解题的关键是根据格点图形得到． 36．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，正方形和正方形中，点D在上，，，是的中点，那么的长是（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识．如图，连接，由正方形的性质可得，，则，由 H是的中点，可得，根据勾故定理求的值，根据，求的值，进而可求． 【详解】解：如图，连接， 由正方形的性质可得，， ∴， ∵H是的中点， ∴， 由正方形的性质可得， ， 同理可得， ∴， ∴， 故选：B． 37．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，正方形的边长为，分别为边上的动点，且，则的最小值为 【答案】 【分析】连接，根据正方形的性质，可得到，则，将问题转化为“将军饮马”类型，作点关于的对称点，连接，用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接， ∵且四边形为正方形， ∴，即，， 在和中， ∴， ∴； ∴， 以为对称轴，作点关于的对应点连接，与交点即为点， ∵点和点关于对称， ∴， ， 由勾股定理可得：， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等，最短路径问题，勾股定理．熟练地掌握正方形的性质得出判定三角形全等的条件，将最短路径问题转化为“将军饮马”类型的问题是解题的关键． 38．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，两个边长均为6的正方形重叠在一起，是正方形的中心，则阴影部分的面积是 ． 【答案】9 【分析】连接OA、OD，证明OAM≌△ODN，得阴影部分的面积等于△OAD的面积，再由△OAD的面积与正方形ABCD的面积的关系求得结果． 【详解】如图，连接OA、OD，则∠AOD=∠GOE=90°， ∴∠AOM=∠DON， ∵ABCD是正方形，O为正方形ABCD的中心， ∴OA=OD，∠OAM=∠ODN=45°， 在△OAM和△ODN中，， ∴△OAM≌△ODN（ASA）， ∴S△OAM=S△ODN， ∴S阴影=S△ODM+S△ODN=S△OAM+S△ODM=S△OAD ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，关键是构造全等三角形得到阴影部分的面积等于△OAD的面积． 39．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在正方形中，点为上一点，与交于点．若，则等于 度． 【答案】63 【分析】由三角形的外角性质可知：要求，只要求，由正方形的轴对称性质可知：，即可求出． 【详解】四边形是正方形，具有关于对角线所在直线对称的对称性， ，，， 又是的外角， ， 故答案为：63． 【点睛】本题综合考查正方形的对称性质和三角形外角性质，解题关键是利用正方形的对称性快速得出结论． ( 题型0 8 )利用正方形的性质证明 40．（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点、（点与点，不重合）.探索线段、、之间的数量关系．    【问题初探】 （1）如图1，爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论，请你写出线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【问题引申】 （2）如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；理由见解析；（2）；理由见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． （1）根据正方形的性质可得，，证明，得到，即可求解； （2）取的中点，连接，根据菱形的性质可得是等边三角形，可证明，得到，即可证明； 【详解】解：（1）结论：．理由如下： 正方形的对角线，交于点， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2），理由如下： 如图，取的中点，连接，    四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ，， ∴， ∵，为边上的中线， ∴， 是等边三角形， ，， ∴， ， ∴， ， 在和中， ， ， ， ． 41．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，四边形是平行四边形，，，点E是边的延长线上的动点．连接．过点C作于点F．    (1)求证：四边形是正方形； (2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】此题主要考查了正方形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质是解决问题的关键． （1）根据四边形是平行四边形，得平行四边形为菱形，再根据即可得出结论； （2）连接，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，在中由勾股定理得，据此可得四边形的面积． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，， 平行四边形为菱形， 又， 菱形为正方形， （2）连接，如下图所示：   于点，点为的中点， 为线段的垂直平分线， ， 四边形为正方形， ，， 在中，由勾股定理得：， ， 四边形的面积． 42．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）【探索发现】（1）如图，正方形的对角线交点是正方形的一个顶点，当正方形绕点旋转，边与相交于点，边与相交于点时，总有．连接，求证：； 【类比迁移】（2）如图2，矩形的对角线交点是矩形的一个顶点，当矩形绕点旋转，边与相交于点，边与相交于点时，连接，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由： 【迁移拓展】（3）如图3，在中，点是斜边的中点，以为顶点的直角绕点旋转时，它的两边分别与直线，相交于点，，当时，直接写出线段的长度． 【答案】（1）见解析；（2）成立，证明见解析；（3）当时，或 【分析】（1）根据全等三角形的性质得出，根据正方形的性质得出，进而可得，根据勾股定理即可得证； （2）如图1延长与相交于点，连接．证明，则，在中，由勾股定理得：，进而即可得证； （3）①如图2，点，分别在线段，时，②如图3，点，分别在线段，的延长线上时，勾股定理得出，，设，代入数据,求得，进而勾股定理求得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又四边形都是正方形， ∴，， ∴，即． 在中，由勾股定理得：， ∴； （2）成立，理由如下： 如图1延长与相交于点，连接． 点是矩形的对角线交点， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，，又， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴； （3）当时，或． ①如图2，点，分别在线段，时， 由（2）的结论可得：， 又在中，由勾股定理得：， ∴， 设，则，又，， ∴， ∴， ∴； ②如图3，点，分别在线段，的延长线上时， 同理可证得：，， 设，则，又，， ∴， ∴， ∴； 综上：当时，或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握勾股定理以及分类讨论思想的运用是解题的关键． ( 题型0 9 )正方形的判定与性质综合 43．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，，垂足为点D，是外角的平分线，，垂足为点E． (1)求证：四边形为矩形； (2)当满足什么条件时，四边形为正方形？给出证明． 【答案】(1)见解析 (2)时，见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的意义，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）利用等腰三角形的性质和角平分线的意义，垂直的意义，可得，进而证明即可； （2）利用等腰三角形的性质可得，进而证明即可． 【详解】（1）∵， ∴，， ∵是外角的平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； （2）当时，四边形为正方形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴平分， ∴， ∴ ∴， ∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形． 44．（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点为边上的动点，将沿折叠得到，连接．则下列结论中： ①当时，四边形为正方形； ②当时，的面积为15； ③当在运动过程中，的最小值为； ④当时，． 其中结论正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上） 【答案】①②③ 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形三边关系，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质并灵活运用即可解题．由矩形的性质得到，由折叠的性质得到，，，得到四边形为矩形，推出四边形为正方形，即可判断①；过点作于点，根据题意得到，，根据折叠的性质和矩形性质推出，根据直角三角形性质得到，利用即可判断②；连接，根据三角形三边关系得到，推出当时，取得最小值，利用勾股定理得到，根据，即可判断③；根据已知条件推出、、三点共线，利用平行线性质和折叠的性质，结合等量代换得到，推出，根据勾股定理算出，推出即可判断④． 【详解】解：①四边形为矩形， ， 将沿折叠得到， ，，， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形； ①正确； ②过点作于点， 点，点，， ，， ，， ， ， ， 的面积为， ②正确； ③连接， ，，当时，取得最小值， ，， ， ， 的最小值为， ③正确； ④， ， ， ， 、、三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ． ④错误； 综上所述，结论正确的是①②③， 故答案为：①②③． 45．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）我们知道在任意直角三角形中有一个重量级定理——勾股定理！即如图一，在直角三角形中，，，，则有：．为了论证这个定理，数学家脑洞大开，用四个这样全等的直角三角形拼成图二，请同学们完成下列提问． (1)求证：四边形和四边形都是正方形； (2)利用图二，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查的是勾股定理的证明，正方形的判定，熟记正方形的判定方法是关键； （1）由全等三角形的性质证明四边形和四边形都是菱形，再证明有一个内角是直角即可； （2）利用等面积法证明即可； 【详解】（1）证明：∵， ∴，，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形； ∵， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）解：∵， ∴， ∴. 46．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）【阅读教材】已知：如图1，在中，D、E分别是边的中点（即是的中位线）．求证：且． 【问题探究】（1）小明和小华同学在学习探究三角形的中位线的性质定理的时候，分别采用了不同添加辅助线的办法来探究，请你认真审题后选择其中一种方法，完成证明． 小明：我的方法是如图2，过点C作的平行线交的延长线于点F． 小华：我的方法是如图3，过点E作的平行线交于点N，过点A作的平行线交的延长线于点M． 【知识应用】（2）如图4，点E、F、G、H分别是四边形各边上的中点，顺次连接各边中点，得到四边形．请探究四边形对角线满足什么关系时，四边形是正方形？并说明理由． 【拓展应用】（3）如图5，在四边形中，，，E，F分别为的中点，若线段，，则__________． 【答案】（1）见解析；（2）垂直且相等，理由见解析；（3）7 【分析】（1）小明的方法：证明，得，；再证明四边形是平行四边形，则，，从而得结论； 小华的方法：，得；再证明四边形是平行四边形，得，从而得，，则得四边形是平行四边形，则，从而得结论； （2）相等时，则可得四边形是菱形，垂直时得四边形是矩形，从而是正方形； （3）连接并延长交的延长线于点G，证明，则，，得是中位线，则由三角形中位线定理可求得结果． 【详解】证明：（1）小明的方法：如图，过点C作的平行线交的延长线于点F． 则； 点是的中点， ； ， ， ，； ； 点是的中点， ； ； ， 四边形是平行四边形， ，， ，； 小华的方法：如图，过点E作的平行线交于点N，过点A作的平行线交的延长线于点M．则； 点是的中点， ； ， ； 即； 点是的中点， ； 即； ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ； （2）解：相等且垂直时，四边形是正方形； ∵点E、F、G、H分别是四边形各边上的中点， ∴， ， ， 即四边形是菱形； ∵点E、F、G、H分别是四边形各边上的中点， ，； ，， ； ， ， ∴四边形是正方形； （3）解：如图，连接并延长交的延长线于点G； ， ； 分别为的中点， ， ， ，， 即F点是的中点， ∵点E是的中点， 是中位线， ， ． 故答案为：7． 【点睛】本题是三角形与四边形的综合，考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，构造全等三角形是本题的关键． 47．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在中，，点是边的中点，过点，分别作与的平行线，相交于点，连接，，与交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（）先由，点是边的中点，根据等腰三角形三线合一的性质得出，，，再由，得出四边形为平行四边形，那么，又，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，又，根据有一个角是直角的平行四边形即可证明四边形是矩形； （）由矩形的性质可得，又由（）知四边形是矩形，根据对角线互相垂直的矩形是正方形即可证明四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵，点是边的中点， ∴，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）证明：∵，， ∴，即， 由（）知四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． ( 题型 10 )平行四边形的动点问题 48．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图．在四边形中，，，，，，点从点出发，沿射线以每秒个单位长度的速度运动．点从点出发，沿方向以每秒个单位长度的速度向终点运动．、两点同时出发，当点到达点时，点也随之停止运动．设点运动时间为秒． (1)求线段的长 （用含的代数式表示）． (2)当以、、、为顶点的四边形为平行四边形时，求的值． (3)如图，若点为边上一点，且，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出的值． 【答案】(1) (2)或 (3)当是以为腰的等腰三角形时，的值为或或 【分析】（1）点运动到点时，共用了，总共运动了，分两种情况讨论：当时，当时，进行计算即可求解； （2）若四边形为平行四边形，则，根据题意得，分两种情况讨论：当时，当时，进行计算即可求解； （3）过点作于点，根据矩形的判定与性质以及勾股定理求出，根据等腰三角形的性质得，当，则，进行计算即可；当，过点作，则，，在中，根据勾股定理得进行计算即可． 【详解】（1）解：点运动到点时，共用了，总共运动了， 当时，， 当时，， 综上，； （2）若四边形为平行四边形，则， 由（2）得，， 根据题意得，， 当时，解得：， 当时，解得：， 综上，当以、、、为顶点的四边形为平行四边形时，或． （3）过点作于点， ， ，， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， 当时， 则， ， 解得：， 当，如图所示，过点作， 则四边形是矩形， ，， ， 在中，根据勾股定理得，即， 解得：或； 综上，当是以为腰的等腰三角形时，的值为或或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质性质，平行四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握这些知识点． 49．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 【答案】(1) (2)7；4 (3) 【分析】（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解； （2）根据矩形及正方形的性质列方程求解即可； （3）根据菱形的性质可以算得四边形成为菱形的t值，并算出、的值，再根据勾股定理可以得到的值． 【详解】（1）解：当四边形是平行四边形时，， ∴， 解得． （2）解：若四边形是矩形，则： ， ∴， 解得：； 若四边形是正方形，则： ， ∴, 解得：， 设P点运动速度为，则由可得： ， 解得：， ∴当要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是； 故答案为：7；4； （3）解：如图， 若四边形是菱形，则， ∴， 解得：， ∴，， ∵，， ∴， 在中， ． 【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，勾股定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键． 一、单选题 1．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，菱形中，，，点P，Q，K分别为线段上的任意一点，则的最小值为（    ）．    A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】作点P关于的对称点，连接与的交点即为所求的点K，然后根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质可知时，有最小值，然后求得即可． 【详解】解：如图，菱形中，      ∵， ∴， 过A作于E，则，, ∴ ∵， ∴点到的距离为， ∴的最小值为． 故选B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、轴对称确定最短路径等知识点，熟记菱形的轴对称性和利用轴对称确定最短路线的方法是解题的关键． 2．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ） A．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 【答案】C 【分析】根据矩形的性质与折叠的性质，证明出，，通过等量代换，得到PM=CN，则由一组邻边相等的平行四边形是菱形得到结论正确；用勾股定理，，由菱形的性质对角线互相垂直，再用勾股定理求出；当过点D时，最小面积，当P点与A点重合时，S最大为，得出答案． 【详解】解：①如图1， ∵， ∴， ∵折叠，∴，NC=NP ∴， ∴， ∴PM=CN， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形， 故①正确，符合题意； ②当点P与A重合时，如图2所示 设，则， 在中，， 即， 解得：， ∴，， ∴， 又∵四边形为菱形， ∴，且， ∴ ∴， 故②错误，不符合题意． ③当过点D时，如图3所示： 此时，最短，四边形的面积最小，则S最小为， 当P点与A点重合时，最长，四边形的面积最大，则S最大为， ∴，故③正确，符合题意． 故答案为：①③． 故选：C 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠问题、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理与性质定理、勾股定理是解决本题的关键． 3．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，点的坐标为，点分别在轴，轴的正半轴上运动，且，连接，下列结论：①；②若与的交点恰好是的中点，则四边形是正方形；③四边形的面积为定值；④．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，过作轴于，轴于，与交于点，可得四边形是矩形，进而由可得四边形是正方形，得到，，进而得到，即可证明，得到，即可判断①；由直角三角形的性质可得，可得四边形是矩形，进而由得到四边形是正方形，即可判断②；由四边形的面积四边形的面积的面积四边形的面积的面积正方形的面积，即可判断③；由与的交点恰好是的中点时，四边形是正方形，得到，即可判断④；正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过作轴于，轴于，与交于点，则， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴ ∴，故①正确； ∵与的交点恰好是的中点， ∴， 在中，是斜边的中线， ∴， 在中，是斜边的中线， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形，故②正确； ∵， ∴四边形的面积四边形的面积的面积 四边形的面积的面积， 正方形的面积， ， ， ∴四边形的面积为定值，故③正确； ∵与的交点恰好是的中点时，四边形是正方形， ∴，故④错误； ∴正确的结论有①②③， 故选：． 4．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在正方形中，E为对角线上一点，连结，过点E作，交延长线于点F，以、为邻边作矩形，连结．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】①过E作于M点，过E作于N点，如图所示：根据正方形的性质得到，，推出四边形为正方形，由矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，故①正确； ②利用已知条件可以推出矩形为正方形；根据正方形的性质得到，，推出，故②正确； ③根据②的结论可得，所以，故③正确； ④当时，点C与点F重合，得到不一定等于，故④错误． 【详解】解：①过E作于M点，过E作于N点，如图所示： ∵四边形是正方形， ，， ， ， ∴四边形为正方形， ∵四边形是矩形， ，， ， 又， 在和中，， ， ， 故①正确； ②∵矩形为正方形； ，， ∵四边形是正方形， ，， ， 在和中，， ， 故②正确； ③根据②得， ， ， 故③正确； ④当时，点C与点F重合， 不一定等于， 故④错误， 综上所述：①②③正确． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 二、填空题 5．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在矩形中，，，P是边上一个动点，过点P作，垂足为G，连接，取中点E，连接，则线段的最小值为 ．    【答案】// 【分析】根据矩形的性质可求出，延长，使得，连接，，结合等腰三角形三线合一的性质易证明，即说明点Q在定直线上．再根据三角形中位线定理可知，即说明当最小时，有最小值．最后根据垂线段最短，结合含30度角的直角三角形的性质，求出即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，． ∵， ∴． 延长，使得，连接，，如图，    ∵，， ∴， ∴平分． ∵， ∴， ∴， ∴点Q在定直线上． ∵BP中点为E， ∴， ∴当最小时，有最小值． ∵当时，最小，此时， ∴的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，三角形中位线定理，等腰三角形三线合一的性质，垂线段最短等知识．正确作出辅助线是解题关键． 三、解答题 6．（23-24八年级下·湖南·期末）问题背景 定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形中，是一条对角线，，且，则与是关于的互补三角形． (1)初步思考：如图2，在中，，D、E为外两点，，为等边三角形．则关于的互补三角形是______，并说明理由． (2)实践应用：如图3，在长方形中，．点E在边上，点F在边上，若与是关于互补三角形，试求的长． (3)思维探究：如图4，在长方形中，．点E是线段上的动点，点P是平面内一点，与是关于的互补三角形，直线与直线交于点F．在点E运动过程中，线段与线段的长度是否会相等？若相等，请直接写出的长；若不相等，请说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)3 (3)或 【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题． （1）根据互补三角形的定义即可判断； （2）根据互补三角形可得，设，则，利用勾股定理求解即可； （3）分四种情形：如图4-1中，当时，如图4-2中，当时，此时点F与D重合，如图4-3中，当时，如图4-4中，当时，F与点D重合，分别求解即可解决问题． 【详解】（1）解：如图2， 是等边三角形， 关于的互补三角形是； 故答案为：； （2）与是关于互补三角形， 在长方形中，， ∴， ， ， 设，则， ，解得：， ； （3）如图，当时，设，连接， ， 在中， ，， ， ， 解得： ； 如图，当时，设， 同法可得， 在中，则有 ， 解得： ； 综上所述，满足条件的的值为或． 7．（23-24八年级下·湖南·期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，B，C两点的坐标分别为，，CD⊥y轴于点D，直线l 经过点D. （1）直接写出点D的坐标； （2）作CE⊥直线l于点E，将直线CE绕点C逆时针旋转45°，交直线l于点F，连接BF. ①依题意补全图形； ②通过观察、测量，同学们得到了关于直线BF与直线l的位置关系的猜想，请写出你的猜想； ③通过思考、讨论，同学们形成了证明该猜想的几种思路： 思路1：作CM⊥CF，交直线l于点M，可证△CBF≌△CDM，进而可以得出，从而证明结论. 思路2：作BN⊥CE，交直线CE于点N，可证△BCN≌△CDE，进而证明四边形BFEN为矩形，从而证明结论. …… 请你参考上面的思路完成证明过程.（一种方法即可） 解：（1）点D的坐标为 . （2）①补全图形. ②直线BF与直线l的位置关系是 . ③证明： 【答案】（1）.（2）①补图见解析；②BF⊥直线l；③见解析 【分析】（1）由，CD⊥y轴于D，即可推出D（0，4）； （2）①画出图形即可；②结论：BF⊥直线l； ③证法一：如图2中，作CM⊥CF交直线l于M，想办法证明△CBF≌△CDM即可解决问题； 证法二：如图3中，作BN⊥CE于N；只要证明四边形EFBN是矩形即可． 【详解】解：（1）∵，CD⊥y轴于点D， ∴D； 故答案为：． （2）①补全图形见图1所示： ②结论：BF⊥直线l ； ③法1： 证明：如图2，作CM⊥CF，交直线l于点M． ∵ ，，， ∴ ，． ∵ CE⊥直线l，CM⊥CF，， ∴△CEF，△CEM 为等腰直角三角形， ∴，CF=CM．   ∵ ，， ∴ ． 又∵ CB=CD， ∴ △CBF≌△CDM． ∴ ． ∴ ． ∴ BF⊥直线l． 法2： 证明：如图3，作BN⊥CE，交直线CE于点N． ∵ ，，， ∴ ，． ∵ CE⊥直线l， BN⊥CE， ∴ ． ∴ ，． ∴ ， 又∵ CB=DC， ∴ △BCN≌△CDE． ∴ BN= CE． 又∵ ， ∴△CEF为等腰直角三角形，EF = CE． ∴ BN= EF． 又∵ ， ∴ BN∥FE． ∴ 四边形BFEN为平行四边形． 又∵ ， ∴ 平行四边形BFEN为矩形． ∴ ． ∴ BF⊥直线l． 【点睛】本题考查四边形综合题.正方形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和 性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 8．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在矩形中，点在边上，将沿折叠，使点落在边上的点处，过点作，交于点，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由. (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析； (2)． 【分析】（）四边形是菱形．根据题意和翻折的性质，可以得到，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立； （）根据题意和勾股定理，可以求得的长，进而求得和的值，从而可以得到四边形的面积； 本题考查了翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，勾股定理，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由题意可知，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵矩形中，， ，， ∴，， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴四边形的面积． 9．（23-24八年级下·湖南·期末）【观察猜想】（1）我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，，并延长到点，使，连接．若，则，，之间的数量关系为 ； 【类比探究】（2）如图，当点在线段的延长线上，且时，试探究，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】（3）如图3，在中，，，在上，，若的面积为，，请直接写出的面积． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）先证明，可得，，已知，根据正方形的性质易得，易证得，可得，则可得，即可得出答案； （2）在上截取，连接．先证明，可得，，已知，根据正方形的性质求得，再证，可得，则可得，即可得出答案； （3）如图3，将绕点逆时针旋转得到，连接，此时与重合，，，，已知，根据余角定义可得，即可证明，则得，由，可得是直角三角形，由可得，根据，的面积为，即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （2），理由如下： 如图，在上截取，连接， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）如图3，将绕点逆时针旋转得到，连接，此时与重合， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由旋转得， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，的面积为， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，三角形的面积，解此题的关键是能正确作出辅助线构造全等三角形，得出对应边的关系，利用割补法求三角形面积． 10．（23-24八年级下·湖南郴州·期末）如图1，点是正方形的边上任意一点，过点作交的延长线于点．求证：．小李在学习了该例题后，与学习小组的同学在“课后服务”进一步开展了探究活动：如图2，点是正方形的边上任意一点，点在上，点在边上，连接并延长与相交于点． (1)如图2，若，则仍然成立吗？请说明理由． (2)若，，点是的中点． ①如图3，若，求的长； ②如图4，当与不垂直时，是否存在这样的点使？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)仍然成立；见解析 (2)①；②存在， 【分析】（1）过点M作于点F，通过证明即可得出； （2）①由正方形得，利用勾股定理求出， ，由点P是的中点，得，在直角中同理可求得，由（1）可得，即可求解； ②过点P作分别交、于点，由（1）可得，，过点P作分别交、于点H、K，作线段关于对称的线段，则，由（2）①可得，，，由对称求出，则是等边三角形，，即可得的长． 【详解】（1）解：仍然成立． 理由：如图，过点M作于点F． 由正方形得，，， ∴四边形为矩形， ∴， 由正方形得，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （2）①由正方形得，， .∵，， ∴， ∴， ∴， ， ∵点P是的中点， ∴， 同理：在直角中可得，， ∵， ∴由（1）可得． ∴； ②当与不垂直时，存在这样的点M使，． 如图，过点P作分别交、于点， 由（1）可得，， 过点P作分别交、于点H、K，作线段关于对称的线段，则， 由（2）①可得，， ∵，， ∴， 由对称得， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，含直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 11．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在正方形中，，点为正方形的对角线上一动点，    (1)如图①，过点作交边于点．当点在边上时，求证：； (2)如图②，在（1）的条件下，过点作，垂足为点，在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由． (3)如图③，若点是射线上的一个动点，且始终满足，设，请直接写出的最小值． 【答案】(1)证明见解答过程 (2)点在运动过程中，的长度不变，值为 (3)的最小值为 【分析】（1）连接，证，得，再证，则，即可得出结论； （2）连接，如图2．首先证得，则有，只需求出的长即可得解； （3）过点作，使，连接，过点作，交延长线于，证是等腰直角三角形，得，再证，得，则三点共线时，最短，即最短，然后由勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图1所示：    ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：的长度不变．理由如下： 连接，与相交于点，如图2．    ∵四边形是正方形， ∴， ∵，即， ∴， ∵，即， ， 在和中， ， ∴， ， ∵四边形是正方形， ， ， ， ， ， ∴点在运动过程中，的长度不变，值为； （3）解：过点作，使，连接，过点作，交延长线于，如图3所示：    ∵四边形是正方形， ∴是等腰直角三角形，， 在和中， ∴， ∴三点共线时，最短，即最短， 此时，， 在中，由勾股定理得：， ∴的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 12．（23-24八年级下·湖南·期末）如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、． (1)试判断，，之间的数量关系； (2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程． (3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键． （1）首先利用证明，得，从而得出答案； （2）在上取,连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可证明结论； （3）将绕点逆时针旋转得，由旋转的性质得点、、共线，由（1）同理可得，得，从而解决问题． 【详解】（1）解：，证明如下： 四边形是正方形， ， 由旋转的性质可得：，，，， ， 点、、共线， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； （2）解：， 证明如下： 如图，在上取，连接， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）解：如图，将绕点逆时针旋转得， ，，， ， ， 点、、共线， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$