专题09 特殊平行四边形压轴题9大题型分类专训（期末真题汇编，浙江专用）八年级数学下学期新教材浙教版

**基本信息** 聚焦特殊平行四边形压轴题，覆盖7大高频考点（最值、折叠、多结论等），汇编浙江多地期末真题，注重动态探究与综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选填压轴题|约15题|特殊平行四边形性质与判定、几何变换（折叠/旋转）、动态最值|结合矩形/正方形动点最值（如浙江台州期末矩形动点最小值题）、多结论判断（如浙江宁波正方形多结论题）| |解答压轴题|约20题|综合动点问题、探究性问题、新定义问题|融入新定义（如“完美菱形”“双合点”）与跨考点综合（如浙江杭州折叠与面积探究题），适配八年级下册期末压轴突破|

丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题09特殊平行四边形压轴题 ☆7大高频考点概览 考点01特殊平行四边形中最值问题（选填压轴） 考点05特殊平行四边形综合解答（解答压轴） 考点02特殊平行四边形中折叠问题（选填压轴） 考点06特殊平行四边形综合探究问题（解答压轴） 考点03特殊平行四边形中多结论问题（选填压轴） 考点07特殊平行四边形综合新定义问题（解答压轴） 考点04特殊平行四边形综合之动点问题（解答压轴） 目目 考点01 特殊平行四边形中最值问题 1.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=3,点E,G分别是AD和BC上的动 点，四边形EFGH是矩形，则FH的最小值为() E O A,3 B.2 C.3 D.V13 2 2.(24-25八年级下.浙江台州·期末)在长方形ABCD中，AB=3,BC=4,AC=5,P是线段AC上的动点， E,F分别是边AB,CD上的动点，则PE+PF的最小值是() 0 F E B A.4 B.5 C.7 D.8 3.(24-25八年级下·浙江金华期末)如图，正方形ABCD的边长为4，点P是BC边上的动点，连结DP,作DP 的中垂线交BD于点Q,则BQ的最大值为() B 1/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 A.8-42 B.8V2-8 C.22 D.4 4.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，正方形ABCD的边长为4，E,F,G分别是边AB,BC,AD上的 动点，且AE=BF,将△BEF沿EF向内翻折至△BEF,连结BB,BG,GC,则当BB最大时，B'G+GC的 最小值为() G D B E C A.V42-2 B.5.6 C.2W10 D.3V5 12.(24-25八年级下，浙江宁波期末)如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=3,F为边CD的中点，E为矩形 ABCD外一动点.且LAEC=90°，则线段EF的最大值为 D B 13.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，己知线段AB=5,AD⊥AB于点A,BC⊥AB于点B,AD=1, BC=3,点E为线段AB上的动点，以DE为边在直线AD右侧作等腰直角三角形FDE,∠FDE=90°，连接FC, EC,则ED+EC的最小值为，线段CF的最小值为 A E B 7.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)如图，M是边长为3的正方形ABCD边AB上一点，AM=2BM,P为正方 形内一点，线段CP以点C为旋转中心按逆时针方向旋转90°得到线段CQ,连接MQ,若MP=1,则MQ的最小 值为一， 2/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 8.(24-25八年级下·浙江·期末)如果菱形有一条对角线等于它的边长，那么称此菱形为“完美菱形”.如图， 己知完美菱形”ABCD的边长为4，BD是它的较短对角线，点M、N分别是边AD,CD上的两个动点，且满足 AM+CN=4,设△DMN的面积为S,则S的最大值是 B N M D 9,(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)如图，在正方形ABCD中，AB=1,E是BC边上的动点(E可以和B,C重 合)，连接DE,AE,过D点作AE的垂线交线段AB于点F,现以DF,DE为邻边构造平行四边形DFGE,连接 BG,则BG的最小值是· B 目目 考点02 特殊平行四边形中折叠问题 1,(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，点E和点F分别在正方形纸片ABCD的边CD和AD上，连接 AE,BF,沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处，若正方形纸片边长12，DE=5, 则GE的长为() 3/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 D G E B A.4 B.3 c.8 D.8 2.(24-25八年级下·浙江金华期末)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD交于点0，AB=6,点E为BC边上 一点，连结AE,将△ABE沿AE翻折，使点B恰好与点O重合，则BE的长为· D B E 3,(24-25八年级下·浙江宁波·期末)将矩形ABCD沿对角线AC对折，点B落在点E处，BF⊥CE,BF与AC交 于点G,若AG=3,FG=1,则AB= E A 4.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在矩形ABCD中，BC=4,点E,F分别在边AD,DC上，把△DEF 沿EF折叠，D点恰好落在边BC上的G点处，连接EG,FG,延长FE交BA的延长线于点H,若AH=CF, AE=1,则AB= H A G 5,(24-25八年级下·浙江杭州·期末)在矩形ABCD中，点F为边AD的中点，连接BF,将△ABF沿直线BF 翻折，使得点A与点H重合，FH的延长线交线段BC于点G,BH的延长线交线段CD于点E,AB=6,若 点E为线段CD的中点，则线段BC的长为，线段BG的长为· 4/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 F E B G C 6,(24-25八年级下·浙江宁波·期末)在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操 作： B B 图① 图② 第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形ABEF,然后将纸片展平： 第二步：连结DE,将△DEC沿DE折叠，得到△DGE,延长EG交边AD于点H,如图②.根 据以上操作，若AB=8,AD=12则DH的长是· 7.(24-25八年级下·四川成都期末)如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD的 中点E处，折痕为FG,点F、G分别在边AD、BC上，则折痕FG的长度为· A. E BG B 目目 考点03 特殊平行四边形中多结论问题 1,(24-25八年级下·浙江丽水·期末)如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，点E在CD边上，点F在菱形ABCD 外部，且满足EFIAD,CE=EF,连结AF,CF,取AF的中点G,连结BG,AC. ①△CEF是等边三角形；②AG=CG;③BG垂直平分AC;④2BG=AD+CE. 5/21 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D G 其中正确的结论有()， A.1个 B,2个 C.3个 D.4个 2.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC,PF⊥CD, E,F分别为垂足，连结AP,EF,则下列命题：①若AP=5,则EF=5;②若AP⊥BD,则EFIBD:③若正 方形边长为4，则EF的最小值为2，其中正确的命题是() ■ B A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 3.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在正方形ABCD中，AB=8,F是对角线AC的中点，点G、E分 别在AD、CD边上运动，且保持AG=DE,连接GE、GF、EF,在此运动变化的过程中，下列结论①△GFE 是等腰直角三角形；②四边形DGFE不可能为正方形，③GE长度的最小值为42；④四边形DGFE的面积保 持不变；⑤△DGE面积的最大值为8，其中正确的结论是() D F B A.①②③ B.①③④⑤ C.①③④ D.③④⑤ 4,(24-25八年级下·浙江绍兴期末)如图，矩形ABCD周长为8，且BC>CD.连接BD,将△BCD沿BD折 叠得△BED,BE交AD于点P,作PG⊥BD,交BC于点G.下列说法中正确的有() 6/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 G ①2<BC<4;②△ABP的周长为定值4；③△BPG一定是等边三角形；④当BC变大时，AP也变大. A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④ 5.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，P,Q是菱形ABCD对角线AC上两点(AP<AQ),且AP=CQ,有 以下四个结论： ①四边形PBQD为菱形； ②当AP=PD时，则PC=2AP; ③当四边形PBQD为正方形时，则AC-BD=2AP: ④设DP=x,AD=y,则AP·PC=y2-x2,则结论全部正确的是() A.①②③ B.①③④ C.②④ D.①③ 6.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，已知四边形ABCD是矩形，对角线AC,BD交于点O,延长BC至 点E,使得BE=DE,连接OE交CD于点F,当LCED=45时，有以下两个结论：①若CF=1,则DF= V2.②若BD=2,则0E=V2+1.则下列判断正确的是() A,①②均错误B,①②均正确 C.①错误②正确 D,①正确②错误 目目 考点04 特殊平行四边形综合之动点问题 1.(24-25八年级下·浙江·期末)如图，平行四边形ABCD中，AB=4cm,AD=2cm,∠C=60°.点P以2cm/s 7/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 的速度从顶点A出发沿折线A-B-C向点C运动，同时点Q以1cm/s的速度从顶点A出发沿折线A-D-C向 点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动.设运动时间为s. B P C (1)求平行四边形ABCD的面积 (2)求当t=1s时，△APQ的面积； (3)当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的时，求t的值， 2.(24-25八年级下·浙江金华·期末)如图，正方形ABCD中，已知AB=62,对角线AC与BD交于点O,点 E为射线OB上的一个动点（不与点B重合），点M为线段ED的中点，现将线段OM绕点M顺时针旋转90°得 到线段MF,连结AE,EF,AF,OF. B 备用图 (1)若点M在线段OD上且MD=4,求线段OF及EF的长 (②)当点E在线段OB上运动时，请判断△AEF的形状，并说明理由 (3)在点E的运动过程中，当AE=2OF时，求线段BE的长 3.(24-25八年级下·浙江·期末)已知，口ABCD中，一动点P在边AD上，以每秒1cm的速度从点A向点D 运动. P 图① 图② 图③ (I)如图①，运动过程中，若CP平分∠BCD,且满足CD=CP,求LABC的度数： 8/21 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 (2)如图②，在(1)问的条件下，连接BP并延长，与CD的延长线交于点F,连接AF,若AB=2cm,求△APF 的面积； (3)如图③，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发， 当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD=12cm,则时间为何值时，以P,D,Q,B四点 组成的四边形是平行四边形. 4,(24-25八年级下·浙江绍兴期末)如图，己知正方形ABCD的边长为2，点E是边CD上的一动点，AF平分 ∠BAE交边BC于点F. D D B B F B F 备用图 备用图 (I)①当点F恰好是边BC的中点时，求线段DE长；②当点E恰好是边CD的中点时，求线段BF长， (②)猜想线段AE,DE,BF之间的数量关系，并说明理由. (3)直接写△ADE与△ABF面积和的最大值， 5.(23-24八年级下·浙江嘉兴·期末)在四边形ABCD中，AB/CD,∠BCD=90°，AB=AD=10cm,BC=8cm, 点P从点A出发，沿折线ABCD方向以3cm/s的速度匀速运动；点Q从点D出发，沿线段DC方向以2cm/s 的速度匀速运动.已知两点同时出发，当一个点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为($)· B (1)求CD的长； (2)当四边形PBQD为平行四边形时，求四边形PBQD的周长； (3)在点P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为20cm2?若存在，请求出所有满足 条件的t的值；若不存在，请说明理由 6.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图所示，在直角梯形ABCD中，AD/ BC,∠A=90°，AB=12,BC=21,AD=16.动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2个单位长的速度运 动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位长的速度向点D运动，当动点Q到点D时另一 个动点P停止运动.设运动的时间为t(秒) 9/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 (1)设△DPQ的面积为S,用含有t的代数式表示S. (2)当t为何值时，以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形？ 7.(24-25八年级下·浙江·期末)如图，平行四边形ABCD中，AB=8Cm,AD=4cm,∠C=30°，点P以4cm/s 的速度从顶点A出发沿折线A-B-C向点C运动，同时点Q以2Cm/s的速度从顶点A出发沿折线A-D-C向 点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动，设运动时间为t秒 B D (1)求平行四边形ABCD的面积： (2)求当t=0.5s时，△APQ的面积； (3)当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的时，求t的值. 目目 考点05 特殊平行四边形综合解答 1.(24-25八年级下·浙江·期末)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=8,点P在对角线BD上（不与点 B,D重合)，点E、F分别在边CD,BC上，且PE/IBC,PF//DC. B (1)如图1，若AP⊥BD,求证：DE=PF, (2)如图2，点P在线段BD上运动时，设PE=x,AP=y. ①若四边形PFCE的面积为6V3,求x的值. ②探究x与y的数量关系 2.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上的一个动点（不与点A,C 重合)，连接BE,点C关于直线BE的对称点为点F,连接BF,EF, 10/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 图1 图2 图3 (I)如图1，若点F恰好落在对角线BD上，连接AF,求LCAF的度数. (②)如图2，连接DF、CF,若DFIBE,试判断线段DF与CF的数量关系和位置关系，并说明理由. (3)如图3，连接DF、DE,记△DEP的面积为S1,△BEF的面积为S2,若DF LFE,,求的值. 3.(24-25八年级下·浙江丽水·期末)如图，在矩形ABCD中，点E是边BC上一点，将△ABE沿AE折叠后， 点B的对应点为点F,延长AF交BC于点G,交DC的延长线于点H. D B (I)若BE=CH,求证：CG=FG, (2)当AB=5,BC=6时， ①连结BD,若EFWBD,求CE的长， ②当LECF=∠EAF时，连结EH,求△ECH的面积. 4.(24-25八年级下·浙江金华·期末)如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在AD、AB上，DE=AF,CE与 DF相交于点M,连接BM. F B (I)求证：CE⊥DF; (2)若点E为AD的中点. ①当AB=4时，求的值； ②证明：BC=BM. 5.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图1，四边形ABCD是正方形，E是BC上的任意一点，连接AE,以AE 11/21 丽学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 为边作正方形AGFE,连接CG交AB于点P. D D G P B E 图1 图2 图3 (I)求证：∠GAP=∠BEA; (2)求证：AP=BP+BE; (3)连接AC ①如图2，若CP平分2ACB,求的值； ②如图3，若∠ACP=30°，请直接写出%的值， 6,(24-25八年级下·浙江金华·期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O.在CD上取点E, 连接AE,将△ADE沿AE折叠，点D的对应点为F. B 图1 图2 图3 (1)如图1，若AB=6,AC=4,求菱形ABCD的面积. (2)如图2，若点F落在BC的延长线上，求证：GF=GC. (3)如图3，若点F落在BC上，连接DF,已知BF=2FC=2, ①求DF的长； ②直接写出四边形ADEF的面积. 7.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)如图，在口ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,其中AC=2,BD=2 V3,过点A作AE⊥BC于点E. 12/21 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B B E E 备用图 (1)若AC⊥BD,求边AB的长. (②)在第(1)小题的条件下，点F为线段BD上的动点，连结AP,EF,当△AFE的面积为时，求线段0F的 长 (3)设BE=x,BC=y,当x,y值变化时，代数式xy的值是否发生变化？请说明理由. 8.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图1，在正方形ABCD中，以AB为斜边向上作一个直角三角形ABE, 其中AE>BE,过点D作DF⊥AE交AE于点F. D E G B 图1 图2 图3 (I)求证：△ABE≌△DAF (2)如图2.连结AC,BD交于点0，连结OE,若OE=3V2,AF=3,求AB的值. (3)如图3，延长AE至点G,使得EG=EB,连接CG,试判断EF与CG的位置关系与数量关系，并证明. 9.(24-25八年级下·浙江嘉兴·期末)如图，己知矩形纸片ABCD,AB=a,BC=b(a>b),点E在AB上，且 AE=AD,将矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，使点C落在AD边上的点C处，点B落在点B处，折痕EF交 边DC于点F,连结EC. E B---- B-- (备用图) (I)求证：△ACE≌△BEC, 13/21 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 (2)若a=8,b=6,求CD与EF的长 (3)当△EFC'是以EF为腰的等腰三角形时，直接写出a,b之间应满足的数量关系. 10.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)含有公共顶点A的正方形ABCD和正方形AEFG按图1所示放置，连 结BE,DG. G G D D 图1 图2 (I)求证：△AEB≌△AGD. (2)如图2，把图1中的正方形AEFG绕点A旋转，边EF刚好经过点B,此时对角线EG与正方形ABCD的对角 线BD交于点O,与边AB交于点H. ①求证：B0=D0. ②若AE=3,AB=V10,请直接写出OE和OH的长， 11.(24-25八年级下·浙江湖州·期末)在菱形ABCD中，∠ABC=60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右 侧作等边△APE(A,P,E按逆时针排列，点E的位置随点P的位置变化而变化， B 图1 图2 图3 (I)如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连结CE,小明通过连接AC后证明得到BP 与CE的数量关系是 (2)如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，(I)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明； 若不成立，请说明理由； (3)当点P在BD的延长线上时，其他条件不变，连接BE,若AB=2V3,BE=2W19,求PB的长 目目 考点06 特殊平行四边形综合探究问题 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)综合与实践 14/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 【定义学习】 若一个四边形有一组对角互补（即对角之和为180)，则称这个四边形为“圆满四边形”. 【概念理解】 (1)在①矩形，②菱形中，是“圆满四边形”的是 ；(请填写序号) 【性质探究】 (2)如图1，己知四边形ABCD是圆满四边形”，若AB=AD=3,CB=CD,对角线AC=5,求四边形ABCD 的周长 【判定探究】 (3)如图2，已知OD平分LAOB,点C在射线OD上，CE⊥OA于点E,CF⊥OB于点F,点G在射线EA上，点 H在线段OF上，EG=FH,连接CG,CH,求证：四边形GOHC为“圆满四边形”. A G D C 图1 图2 2.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)【问题背景】 如图1，在平行四边形ABCD中，AD=6,点E是边CD的中点，连接AE,点F、G是线段AE上的动点，连接BF ,DG,且满足DG I BF 【初步尝试】 (1)如图2，当四边形ABCD是正方形时，若BF⊥AE,则DG=,BF= 【猜想验证】 (2)如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段BF的中点，可得二始终为定值。请你结想这个定值是 多少？并说明理由， 【拓展应用】 (3)如图3，在(2)的基础上，若AB=4V5,FG=2,当四边形FHGD是菱形时，求菱形FHGD的边 长 15/21 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E 图1 图2 图3 备用图 4.(24-25八年级下·浙江宁波期末)【新知学习】 定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”.如在凸四边形ABCD中，若AB=AD, BC=DC,则四边形ABCD是“筝形”. (1)如图1，在边长为1的正方形网格中，画出“筝形”ABCD,要求点D是格点； 【问题探究】 (2)如图2，在矩形ABCD中，AB=10,BC=12,“筝形”EFGH的顶点E是AB的中点，点F,G,H分别在 BC,CD,AD上，且EF=5V2,求对角线EG的长； 【拓展思考】 (3)如图3，在“筝形”ABCD中，AB=AD,BC=DC=12,∠B=∠D=90°，E、F分别是BC、CD上的点， AE平分LBEF,EF⊥CD,EF=8,求“筝形”ABCD的面积， B B 图1 图2 图3 4.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)在某探究课《矩形的折叠》中，每个小组分到了相同大小的矩形纸张 ABCD,AB=10cm,BC=30cm,各小组通过对该纸张的折叠探究了各种不同的折叠问题 小组 探究内容 图形 B' 第一小 M 把△ABC沿AC折叠，与△ACD重叠部分记为△ACM. D 组 步骤：1：把矩形ABCD沿EF折叠，使得AB与DC重合，点E,F分别 第二小 为AD,BC上的点， 组 步骤2：P为边BC上动点（与点B,C不重合），△APB沿AP折叠得 16/21 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 到△APB. 步骤1：把矩形ABCD沿GH折叠，使得AD与BC重合，点G,H分别 第三小 为AB,DC上的点. D G H 组 步骤2：P为边BC上动点（与点B,C不重合）， B PB沿过点P的一条折痕折叠得到PB'. 根据以上各小组探究内容，求解下列问题， (I)根据第一小组探究内容，求证：△ACM是等腰三角形. (②)根据第二小组探究内容，当P,B',E三点在同一直线上时，求BP的长度. (3)根据第三小组探究内容，过点P的折痕使B落在线段GH上，请直接写出折痕条数与BP长度取值范围的关 系 5,(24-25八年级下·浙江舟山期末)问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的 探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AD=6. D F D D E B 图1 图2 图3 动手实践： (1)如图1，A小组将矩形纸片ABCD折叠，点D落在AB边上的点E处，折痕为AF,连接EF,然后将纸片 展平，得到四边形AEFD,试判断四边形AEFD的形状，并加以证明， (2)如图2，B小组将矩形纸片ABCD对折使AB与DC重合，展平后得到折痕PQ,再次过点A折叠使点D 落在折痕PQ上的点N处，得到折痕AM,连结MN,展平后得到四边形ANMD,请求出四边形ANMD的面 积 深度探究： (3)如图3，C小组将图1中的四边形EFCB剪去，然后在边AD,EF上取点G,H,将四边形AEFD沿GH 折叠，使A点的对应点A始终落在边DF上（点A'不与点D,F重合)，点E落在点E处，A'E与EF交于点 T 探究①当A'在DF上运动时，△FTA'的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值， 17/21 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 探究②直接写出四边形GAEH面积的最小值 6.(24-25八年级下·浙江湖州·期末)己知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，D是BC所在直线上的 一个动点（点D不与点B,点C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF,连接CF. (图1) (图2) (图3)》 (1)初步尝试 如图1，当点D在线段BC上时，求证：∠ACF=LABD; (2)深入探究 如图2，当点D在线段CB的延长线上时，求证：CD=V2AB+CF; (3)延伸拓展 如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G,连接CE.若AB=4V2,FG=2时，求CE 的长 目目 考点07 特殊平行四边形综合新定义类问题 1.（24-25八年级下·浙江台州·期末)在平面内，对于一个等腰三角形，若存在一个点到一条腰两端点的距 离相等，且到三角形第三个顶点的距离等于腰长，则我们称这个点为等腰三角形的“双合点”，如图1，在等 腰△ABC中，AB=AC,且AP=BP,PC=AC,则点P为等腰△ABC的“双合点”. B 图1 图2 图3 图4 (I)如图2，在等腰△ABC中，AB=AC,请用无刻度的直尺和圆规作出该等腰三角形的一个“双合点”P(保 留作图痕迹)； (2)在等腰△ABC中，AB=AC, ①如图3，当“双合点”P恰好在边BC上时，且满足PC=AC,求LBAC度数②当“双合点”P在边BC的延长线 上时，则∠A= (3)如图4，在等腰△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，Q为△ABC内一点，连接AQ,BQ,当LCAQ=∠CBQ= 18/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 15时，求证：点Q为等腰△ABC的“双合点” 2.(24-25八年级下·浙江宁波期末)我们定义：以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边 共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形.如图1，在菱形ABCD中，连接AC,在AD的延长线上取点E使得 AC=AE,以CA、AE为边作菱形CAEF,我们称菱形CAEF是菱形ABCD的伴随菱形”， F F E D EH 图1 图2 图3 (I)如图2，在菱形ABCD中，连接AC,在BC的延长线上作CA=CF,作LACF的平分线CE交AD的延长线于点 E,连接FE.求证：四边形AEPC为菱形ABCD的“伴随菱形”. (2)①如图3，菱形AEFC为菱形ABCD的伴随菱形”，过C作CH垂直AE于点H,对角线AC、BD相交于点O.连 接EO若EO=√2CH,试判断ED与BD的数量关系并加以证明， ②在①的条件下请直接写出器的值。 3.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)定义：一个四边形的四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度， 我们把这样的四边形叫做双距四边形. D C 图1 图2 (1)下列说法正确的有 (填序号) ①正方形一定是双距四边形 ②矩形一定是双距四边形. ③有一个内角为60的菱形是双距四边形. (2)如图1，在四边形ABCD中，AD II BC,AB=AD,∠ABC=∠DCB=72°，求证：四边形ABCD为双距四边 形 (3)如图2，四边形ABCD为双距四边形，AB=AD=V6,BC=DC,AB<BC,求BC的长 4.(24-25八年级下·浙江湖州·期末)定义：我们把对角线长度相等的四边形叫做等线四边形. 19/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 (1)尝试：如图1，在3×3的正方形网格图形中，己知点A、点B是两个格点，请你作出一个等线四边形， 要求A、B是其中两个顶点，且另外两个顶点也是格点； A B 图1 (2)推理：如图2，己知△AOD与△B0C均为等腰直角三角形，∠A0D=∠B0C=90°，连结AB,CD,求证： 四边形ABCD是等线四边形； R 图2 (3)拓展如图3，己知四边形ABCD是等线四边形，对角线AC,BD交于点O,若LAOD=60°，AB=V7,BC= V3,AD=2.求CD的长. D O 图3 5.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)平移是一种基本的几何图形变换，利用平移可将分散的条件相对集中， 以达到解决问题的目的.如图1，在四边形ABCD中，AD‖BC,AC⊥BD,若AC=3,BD=5,求AD+BC的 值. A D A D B B C E 图1 图2 20/21 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 D O B G G E 图3 图4 小明发现，平移AC至DE,构造□ACED, 经过推理和计算能够使问题得到解决（如图2). (1)【求解体验】 请根据小明的思路求AD+BC的值. (2)【尝试应用】 如图3，在矩形ABCD和口ABEF中，连结DF、AE交于点G,连接DB.若AE=DF=DB,求LFGE的度数； (3)【拓展延伸】 如图4，在(2)的条件下，连结BF,若AB=AD,FG=2,求△BDF的面积. 21/21 专题09 特殊平行四边形压轴题 7大高频考点概览 考点01 特殊平行四边形中最值问题（选填压轴） 考点05特殊平行四边形综合解答（解答压轴） 考点02特殊平行四边形中折叠问题（选填压轴） 考点06特殊平行四边形综合探究问题（解答压轴） 考点03特殊平行四边形中多结论问题（选填压轴） 考点07特殊平行四边形综合新定义问题（解答压轴） 考点04特殊平行四边形综合之动点问题（解答压轴） 地 城 考点01 特殊平行四边形中最值问题 1．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，，点分别是和上的动点，四边形是矩形，则的最小值为（    ） A． B．2 C．3 D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，垂线段最短，连接，根据矩形的性质得到，当最小时，最小，当时，的值最小，根据矩形的性质即可得到结论． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， 当最小时，最小， 当时，的值最小， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴的最小值为2， 故选：B． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）在长方形中，，，，P是线段上的动点，分别是边，上的动点，则的最小值是（    ） A．4 B．5 C．7 D．8 【答案】A 【分析】本题考查了最短路径问题，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据三点在同一条直线上分析即可得到结论． 【详解】解：∵P是线段上的动点，分别是边，上的动点， ∴当三点在同一条直线上，且时，的值最小， ∴， ∴的最小值是， 故选：A． 3．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，正方形的边长为4，点是边上的动点，连结，作的中垂线交于点，则的最大值为（   ） A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、不等式的性质等知识点，掌握不等式的性质是解题的关键． 正方形的性质可得，如图：过Q作于E，设，（），则，，，进而得到；再运用勾股定理可得；设，则，可得，然后根据不等式的性质可得，即的最大值为，进一步求得的最大值即可． 【详解】解：∵正方形的边长为4， ∴， 如图：过Q作于E，设，（），则，， ∵的中垂线交， ∴， ∵， ∴，整理得：， 设，则， ∴， ∴的最大值为， ∴的最大值为． 故选B． 4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形的边长为4，E，F，G分别是边上的动点，且，将沿EF向内翻折至，连结，则当最大时，的最小值为（    ） A． B．5.6 C． D． 【答案】C 【分析】当四边形为正方形时，最大，作C关于的对称点，则，即的最小值为，利用勾股定理即可求解． 【详解】解，如图，当四边形为正方形时，最大， ∴， ∵， ∴， ∴E，F分别是边上的中点， 过点作于点H， 则， 作C关于的对称点，连接， ∴， ∴，即的最小值为， 在中，， 由勾股定理得：， ∴的最小值为． 故选：C． 【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题． 12．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，，为边的中点，为矩形外一动点．且，则线段的最大值为 ________ ． 【答案】 【分析】连接，取的中点，连结，，通过矩形的性质结合勾股定理求出，再运用中位线定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，最后根据三角形的三边关系得三点共线时最大即可求解． 【详解】如图，连接，取的中点，连接，， ∵矩形中，，，， ∴，， ∴根据勾股定理，， ∵为的中点，为的中点， ∴， ∵， ∴， 由三角形的三边关系得三点共线时最大， 此时． 13．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，已知线段，于点，于点，，，点为线段上的动点，以为边在直线右侧作等腰直角三角形，，连接，，则的最小值为_____，线段的最小值为_____． 【答案】 【分析】求的最小值：利用轴对称的性质，作点关于的对称点，将转化为，再根据两点之间线段最短，求出的长度即为最小值．求 的最小值：通过作辅助线构造矩形和全等三角形，确定点的运动轨迹是一条垂直于的直线，再根据垂线段最短，求出点到该直线的距离即为最小值． 【详解】解：作点关于的对称点，连接、、，过作，交延长线于， ∵点与关于对称， ∴，，． ∵，，， ∴四边形是矩形． ∴，． ∴． 在中， ， ∵， ∴的最小值为． 过作于，过作于． ∵，，， ∴四边形是矩形． ∴，． ∴， ∵是等腰直角三角形，， ∴． ∵，， ∴． 在和中， ， ∴(AAS)． ∴， ∴即点在过点且垂直于的直线上， 当时，取最小值． ∵，，， ∴四边形是矩形． ∴． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质以及勾股定理的应用，熟练掌握轴对称求最短路径和确定动点轨迹的方法是解题的关键． 7．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，是边长为3的正方形边上一点，为正方形内一点，线段以点为旋转中心按逆时针方向旋转得到线段，连接，若，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题．连接，将以为中心，逆时针旋转，点的对应点为，由的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解． 【详解】解：如图，连接，将以为中心，逆时针旋转，点的对应点为，    ∴，， ∵线段以点为旋转中心按逆时针方向旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆， ∴的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆， 如图，当、、三点共线时，的值最小， 四边形是正方形， ，， ∵， ，， ， 由旋转得：，， ， ， 的值最小为． 故答案为：． 8．（24-25八年级下·浙江·期末）如果菱形有一条对角线等于它的边长，那么称此菱形为“完美菱形”．如图，已知“完美菱形”的边长为4，是它的较短对角线，点、分别是边，上的两个动点，且满足，设的面积为，则的最大值是______． 【答案】 【分析】利用菱形的性质和正三角形的特点可证得，继而可得为正三角形，求出，要使的面积最大，则的面积最小，则为最短，当时，为最短，即N与H重合时， 得到，即可求得答案． 此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及三角形的面积问题，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用． 【详解】解：由题意可知，菱形的边长为， ∴， ∴和都为正三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为正三角形， 过点B作，如图： ∴， ∴， ∵， ∴， 要使的面积最大，则的面积最小，则为最短， ∴当时，为最短，即N与H重合时， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 9．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在正方形中，，是边上的动点（可以和重合），连接，，过点作的垂线交线段于点，现以，为邻边构造平行四边形，连接，则的最小值是______． 【答案】 【分析】求出，证明，可得，然后根据平行四边形的性质得出是等腰直角三角形，再取临界情况，判断出点G在上运动，当时，取最小值，然后证明是直角边为1的等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质和勾股定理计算即可． 【详解】解：当不与重合时，∵正方形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵平行四边形中，，且， ∴，， ∴是等腰直角三角形， 如图，当点，分别与A，B重合时，是等腰直角三角形，当点，分别与B，C重合时，是等腰直角三角形， ∵点E在边上运动， ∴点G在上运动， ∴当时，取最小值， ∵，， ∴，， ∴是直角边为1的等腰直角三角形， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等，熟练掌握瓜豆原理，正确分析得出点G的运动路径是解题的关键． 地 城 考点02 特殊平行四边形中折叠问题 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，点E和点F分别在正方形纸片ABCD的边CD和AD上，连接AE，BF，沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处．若正方形纸片边长12，，则GE的长为（      ） A．4 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】设AE，BF交于点O，证明得到，利用勾股定理得到，再利用等面积法求出，进一步得到，再利用勾股定理得到，所以． 【详解】解：设AE，BF交于点O， ∵沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处， ∴，， ∵ABCD为正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查折叠的性质，正方形性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等面积法．解题的关键是证明得到，再求出，． 2．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，矩形的对角线，交于点，，点为边上一点，连结，将沿翻折，使点恰好与点重合，则的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．由折叠的性质可得，，，则，由勾股定理可求的长． 【详解】解：将沿翻折，点恰好落在对角线上的点处， ，，， ， ， 在中， ， ， ， 故答案为： 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）将矩形沿对角线对折，点落在点处，，与交于点，若， ， 则 _____． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用及正确地作出辅助线是解题的关键．连接，作于点，由折叠得，，，，因为于点，所以，可证明四边形是矩形, 则，，所以，则，所以，由且，，得关于的方程，即可求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，连接，作于点，则， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠得，，，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 解得或（不符合题意，舍去）， 故答案为：． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，，点分别在边上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，连接，延长交的延长线于点，若，，则______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，折叠的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，延长交的延长线于点，连接交于点，过点作于，证明得到，即得，由折叠可得，，进而证明，得到，可得，又可得四边形是矩形，得到，，即得到，利用勾股定理求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：延长交的延长线于点，连接交于点，过点作于，则， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 由折叠可得，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）在矩形中，点F为边的中点，连接，将沿直线翻折，使得点A与点 H重合，的延长线交线段于点 G，的延长线交线段 于点 E，，若点 E 为线段的中点，则线段的长为___，线段的长为___． 【答案】 【分析】连接，作于M，由翻折及矩形的性质得，，，证明，由勾股定理建立方程可分别求出． 【详解】解：连接，作于M， 矩形中，， 四边形都是矩形， 将沿直线翻折， ，， ， ， ， ，在中，， ， ， ， ，设， ， ， 中，，即， 解得：， 故答案为：；． 【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、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质及勾股定理等知识点． 6．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）在以 “矩形的折叠” 为主题的数学活动课上， 某位同学进行了如下操作：    第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形 ．然后将纸片展平∶ 第二步：连结 ，将 沿 折叠，得到 ，延长 交边 于点 ，如图②．根据以上操作，若 则 的长是___． 【答案】10 【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的判定性质，正方形的判定和性质，勾股定理，弄清相关线段间的关系，能灵活运用勾股定理列方程是解题的关键．根据矩形的性质，正方形的性质，翻折的性质用表示，，再利用勾股定理列方程解出即可． 【详解】解：由题意可知：四边形是正方形，四边形和四边形都是矩形， ，，， 是由折叠得到的， ， 在中，，即， 在中，，即， 联立解得：， 故答案为：10． 7．（24-25八年级下·四川成都·期末）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AD、BC上，则折痕FG的长度为______． 【答案】 【分析】过点G作GH⊥AD于H，根据翻折变换的性质可得GF⊥AE，然后求出∠GFH=∠D，再利用“角角边”证明△ADE和△GHF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=AE，再利用勾股定理列式求出AE，从而得解． 【详解】解：如图，过点G作GH⊥AD于H，则四边形ABGH中，HG=AB， 由翻折变换的性质得GF⊥AE， ∵∠AFG+∠DAE=90°，∠AED+∠DAE=90°， ∴∠AFG=∠AED， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB， ∴HG=AD， 在△ADE和△GHF中， ， ∴△ADE≌△GHF（AAS）， ∴GF=AE， ∵点E是CD的中点， ∴DE=CD=2， 在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE， ∴GF的长为2． 故答案为：． 【点睛】本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键． 地 城 考点03 特殊平行四边形中多结论问题 1．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，菱形中，，点在边上，点在菱形外部，且满足，．连结，，取的中点，连结，． ①是等边三角形；②；③垂直平分；④． 其中正确的结论有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】①由菱形的性质得到，再通过平行线的性质得到，再通过邻补角的定义得到，结合判定即可； ②由菱形的性质得到，结合①的结论证明，由直角三角形斜边中线的性质即可得到结论； ③由垂直平分线的判定：“如果一条直线上有两个点，这两个点到一条线段的两个端点的距离分别相等，那么这条直线就是该线段的垂直平分线．”证明，，即可证明垂直平分； ④通过三角形中位线定理以及含角的直角三角形的性质得到，，再由图得到线段间的和差关系即，即可证明． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， 是等边三角形 故①符合题意； 连接，令、相交于点，如图所示． 是等边三角形 ，， 是的中点， 在中， 故②符合题意； ，， 和在线段的垂直平分线上， 垂直平分， 故③符合题意； 是的中点， 是的中位线， ， ， 故④符合题意； 其中正确的结论有4个． 故选：D． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形中位线定理以及含角的直角三角形的性质．准确掌握这些性质，结合图形合理运用这些性质是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在正方形中，点P在对角线上，，，E，F分别为垂足，连结，，则下列命题：①若，则；②若，则;③若正方形边长为4，则的最小值为2，其中正确的命题是(   )    A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】延长交于Q，利用证明，可得，即可判定①；由可证得，利用平行线的判定可证明②的正确性；当时，有最小值，此时P为的中点，由勾股定理及直角三角形的性质可求得的最小值，进而求得的最小值，进而可判定③． 【详解】解：延长交于Q，    ∵四边形为正方形， ∴，，，， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， 若，则，故①正确； 若，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； 当时，有最小值，此时P为的中点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为，故③错误， 故选：A． 【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定等知识的综合运用，证明是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，，F是对角线的中点，点G、E分别在、边上运动，且保持，连接、、，在此运动变化的过程中，下列结论：①是等腰直角三角形；②四边形不可能为正方形，③长度的最小值为；④四边形的面积保持不变；⑤面积的最大值为8，其中正确的结论是（　　）    A．①②③ B．①③④⑤ C．①③④ D．③④⑤ 【答案】B 【分析】连接，可证明，得，则，所以是等腰直角三角形，可判断①正确；，所以当时，四边形是正方形，可判断②错误；作于点H，则，当点G与点H重合时最小，此时最小，的最小值为，可判断③正确；由，得，所以四边形的面积保持不变，可判断④正确；因为，所以当时，，此时，可判断⑤正确，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵F是对角线的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 故①正确； ∵， ∴当时，四边形是矩形， ∵， ∴此时四边形是正方形， ∴四边形可能为正方形， 故②错误； 作于点H，则， ∴， ∵， ∴当点G与点H重合时最小，此时最小， ∵， ∴的最小值为， 故③正确； ∵， ∴， ∴四边形的面积保持不变， 故④正确； ∵， ∴当时，，此时， ∴面积的最大值为8， 故⑤正确， 故选：B．    【点睛】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、等角的余角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线并且证明是解题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形周长为8，且．连接，将沿折叠得，交于点P，作，交于点G．下列说法中正确的有（   ） ①；②的周长为定值4；③一定是等边三角形；④当变大时，也变大． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据矩形的性质可得，再结合，可得，进而判断①正确，连接，令与交于点，再证，可证得则的周长，进而判断②正确，无法证明温恩等边三角形，进而判断③错误；由题意得，，则在中，，整理得，进而判断④正确． 【详解】解：在矩形中，，，， ∵矩形周长为8， ∴，则， ∵， ∴, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； 由折叠可知，， ∵ ∴，则 ∴， 则的周长，故②正确； 无法证明为等边三角形，故③错误； ∵，， 在中，， 整理得：， ∴当变大时，也变大，故④正确， 综上，正确的有①②④， 故选：B． 【点睛】本题考查矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，，是菱形对角线上两点，且，有以下四个结论： ①四边形为菱形； ②当时，则； ③当四边形为正方形时，则； ④设，，则，则结论全部正确的是（  ） A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③ 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理等．①连接交于O，利用菱形的性质和判定即可判断①正确；②由菱形性质及已知可得：，推出，即可判断②不正确；③由正方形性质可得，得出，进而得出，即可判断③正确；④利用勾股定理即可判断④正确． 【详解】解：①如图，连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形为菱形；故①正确； ②∵， ∴， ∵与不一定相等，故②不正确； ③∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴；故③正确； ④在和中，，DP2=OP2+OD2， 即，， ∴， 即，故④正确； 故选：B． 6．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，已知四边形是矩形，对角线，交于点O，延长至点E，使得，连接交于点F．当时，有以下两个结论∶①若，则．②若，则．则下列判断正确的是(   )    A．①②均错误 B．①②均正确 C．①错误②正确 D．①正确②错误 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．根据已知可得为等腰直角三角形，，①若，设，则，，，证明得到，解方程可求得，故结论①正确；②若，则．设，则，，，，在中，利用勾股定理得，然后解方程可得，故结论②正确； 【详解】解：① 四边形是矩形， ，，， ， 为等腰直角三角形，， ，，根据等腰三角形三线合一， ， 若，设，则， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 解得，即， 故结论①正确； 若，则．设， 则，， ，， 在中，， ， 解得， ， 故结论②正确； 综上所述，结论①②正确； 故选：B． 地 城 考点04 特殊平行四边形综合之动点问题 1．（24-25八年级下·浙江·期末）如图，平行四边形中，．点P以的速度从顶点A出发沿折线向点C运动，同时点Q以的速度从顶点A出发沿折线向点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动．设运动时间为． （1）求平行四边形的面积； （2）求当时，的面积； （3）当的面积是平行四边形面积的时，求t的值． 【答案】（1）cm2；（2）cm2；（3）或3 【分析】（1）过点B作BE⊥CD于点E，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出平行四边形的高，再按底乘以高，即可得解； （2）过点Q作QM⊥AP，分别计算出t=1s时，AP，AQ和QM的长，则按三角形面积公式计算即可； （3）分点P在线段AB上，点Q在线段AD上和点P在线段BC上，点Q在线段CD上，两种情况计算即可． 【详解】解：（1）平行四边形ABCD中，AB=4cm，AD=2cm， ∴CD=AB=4cm，BC=AD=2cm， 如图，过点B作BE⊥CD于点E， ∵∠C=60°， ∴CE=BC=1cm， ∴BE==cm， ∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BE=4×=cm2， 答：平行四边形ABCD的面积为cm2． （2）当t=1s时， AP=2×1=2cm，AQ=1×1=1cm， 如图，过点Q作QM⊥AP， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠A=∠C， ∵∠C=60°， ∴∠A=60°， ∴AM=AQ=cm， ∴QM==cm， ∴△APQ的面积为：×AP×QM=×2×=cm2， 答：当t=1s时，△APQ的面积为cm2； （3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为cm2． ∴当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的时， △APQ的面积为：×=cm2， 当点P在线段AB上运动t秒时，点Q在AD上运动t秒，此时0<t≤2， AP=2tcm，AQ=tcm，高为=cm， ∴， 解得：t=或（舍）； 当点P运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点Q也运动到线段CD上，即2<t<3 如图，过点P作MN垂直CD于点M，垂直于AB延长线于点N， ∵四边形ABCD为平行四边形，∠C=60°， ∴AB∥CD， ∴∠PBN=∠C=60°， PN=PB=（2t-4）=cm，PM==cm， S△APQ=， 解得：t=1（舍）或t=3， 当t=3时，点P位于点C处，点Q位于线段CD上，符合题意． 综上，t的值为或3． 【点睛】本题考查了动点在平行四边形的边上运动所形成的三角形的面积的问题，数形结合，按照三角形或平行四边形的面积公式计算，是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，正方形中，已知，对角线与交于点O，点E为射线上的一个动点不与点B重合，点M为线段的中点．现将线段绕点M顺时针旋转得到线段，连结，．    (1)若点M在线段OD上且，求线段OF及EF的长． (2)当点E在线段OB上运动时，请判断的形状，并说明理由． (3)在点E的运动过程中，当时，求线段BE的长． 【答案】(1)； (2)的形状是等腰直角三角形，见解析 (3)线段BE的长为或 【分析】（1）利用正方形的性质得到，，，，利用等腰直角三角形的性质得到，利用线段的中点的意义，等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可得出结论； （2）连接，利用等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质得到，利用线段的垂直平分线的性质得到，则；利用正方形的性质和三角形的内角和定理求得，则结论可得； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点E在线段上时，设，则，，利用勾股定理列出方程解答即可；②当点E在线段的延长线上时，设，则，，利用勾股定理列出方程解答即可． 【详解】（1）解：四边形为正方形， ，，，， ， ， 点M为线段的中点， ， ， ，， ， ； （2）解：的形状是等腰直角三角形，理由如下： 连接，如图，   为等腰直角三角形， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 点M为线段的中点，， 为线段的垂直平分线， ， ， ， ，， ， 的形状是等腰直角三角形； （3）解：①在点E的运动过程中，当时，如图，    设，则， ，M为线段的中点， ， ， ， ， ， （负数不合题意，舍去）， ， ； ②在点E的运动过程中，当时，如图，    设，则， ，M为线段的中点， ， ， ， ， ， （负数不合题意，舍去）， ， ； 综上，线段BE的长为或． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，线段的垂直平分线的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江·期末）已知，中，一动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数； (2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，求的面积； (3)如图③，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若，则时间为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 【答案】(1)； (2)； (3)或或或． 【分析】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是灵活应用同底等高的两个三角形面积相等，学会用分类讨论的思想思考问题． （1）证明是等边三角形即可； （2）根据平行四边形的性质可得，，从而得到，由此即可解决问题； （3）分四种情形列出方程解方程即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ； （2）解：∵四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， 如图，过点C作于点K，则， ∴， ； （3）解：如图③所示： ， 当时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． ①当时，，， ，解得：； ②当时，，， ，解得：； ③当时，，， ，解得：； ④当时，，， ，解得：； 或或或时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 4．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，已知正方形的边长为2，点是边上的一动点，平分交边于点．          (1)①当点恰好是边的中点时，求线段长；②当点恰好是边CD的中点时，求线段长． (2)猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)直接写与面积和的最大值． 【答案】(1) (2)．理由见解析 (3)当点与点重合时，最大为，面积和最大值为 【分析】（1）①延长，交于点，根据平行线的性质可得，根据全等三角形的判定和性质可得，设，则，，推得，根据勾股定理即可求得； ②设，由①可知，根据勾股定理求得，连结，设，根据即可求解； （2）延长到点，使，连结，根据全等三角形的判定和性质可得，，根据平行线的判定和性质可得，推得 （3）根据三角形的面积公式可得当最大时面积最大，即可求解． 【详解】（1）①如图，延长，交于点．    在正方形中， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴． 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由，解得． ∴． ②设， ∵，由①可知， 在中，由， 解得：． ∴． 如图，连结，    设，由可得： ， 解得：， ∴． （2）． 理由如下： 如图，延长到点，使，连结．    在正方形中， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）， ∵不变， ∴当最大时面积最大， ∴当点与点重合时，最大为，面积和最大值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的判定和性质，三角形的面积公式等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键． 5．（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）在四边形中，，点P从点A出发，沿折线方向以的速度匀速运动；点Q从点D出发，沿线段方向以的速度匀速运动．已知两点同时出发，当一个点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为． （1）求的长； （2）当四边形为平行四边形时，求四边形的周长； （3）在点P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得的面积为?若存在，请求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）16cm；（2）；（3）秒或秒 【分析】（1）过作于，得出平行四边形，求出，根据勾股定理求出即可； （2）根据平行四边形的对边相等得出方程，求出即可； （3）分为三种情况，根据题意画出符合条件的所有图形，根据三角形的面积得出方程，求出符合范围的数即可． 【详解】解：（1）如图1， 过作于， 在四边形中，，， ， 四边形是矩形， ，， ，， 在中，由勾股定理得：， ； （2）如图2， 当四边形是平行四边形时，， 即， 解得， 此时，，， 所以； 即四边形的周长是； （3）当在上时，如图3， 即， ， 解得； 当在上时，如图4，即， ，、 此方程没有实数解； 当在上时： 若点在点的右侧，如图5，即， ， 解得，不合题意，应舍去； 若在的左侧，如图6，即， ， 解得； 综上所述，当秒或秒时，的面积为． 【点睛】本题考查了梯形性质，平行四边形的性质和判定，三角形的面积的应用，用了分类讨论思想，题目比较好，有一定的难度． 6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图所示，在直角梯形中，．动点P从点B出发，沿射线的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段上以每秒1个单位长的速度向点D运动，当动点Q到点D时另一个动点P停止运动．设运动的时间为t（秒）． （1）设的面积为S，用含有t的代数式表示S． （2）当t为何值时，以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形？ 【答案】（1）S=96-6t；（2）5或 【分析】（1）由题意得出AQ=t，DQ=16-t，△DPQ的面积S=DQ•AB，即可得出S与t之间的关系式； （2）分点P未到达点C时和点P在BC延长线上两种情况，用t表示出QD、CP，然后根据平行四边形对边相等列出方程求解即可． 【详解】解：（1）根据题意得：AQ=t， ∴DQ=16-t， ∴△DPQ的面积S=×（16-t）×12=96-6t， 即S与t之间的关系式为：S=96-6t； （2）当P在BC上时， ∵四边形PCDQ是平行四边形， ∴PC=QD， ∴16-t=21-2t， 解得t=5； 当点P在BC延长线上时， ∵四边形CPDQ是平行四边形， ∴16-t=2t-21， 解得t=， 综上所述，以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，t的值是5或． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了直角梯形的性质、平行四边形的性质，三角形面积的计算等知识；本题有一定难度，综合性强． 7．（24-25八年级下·浙江·期末）如图，平行四边形中，，点P以的速度从顶点A出发沿折线向点C运动，同时点Q以的速度从顶点A出发沿折线向点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动，设运动时间为t秒． （1）求平行四边形的面积； （2）求当时，的面积； （3）当的面积是平行四边形面积的时，求t的值． 【答案】（1）16cm2；（2）cm2；（3）或3 【分析】（1）过点B作BE⊥CD于点E，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出平行四边形的高，再按底乘以高，即可得解； （2）过点Q作QM⊥AP，分别计算出t=0.5s时，AP，AQ和QM的长，再按三角形面积公式计算即可； （3）分点P在线段AB上，点Q在线段AD上和点P在线段BC上，点Q在线段CD上，两种情况计算即可． 【详解】解：（1）平行四边形ABCD中，AB=8cm，AD=4cm， ∴CD=AB=8cm，BC=AD=4cm， 如图，过点B作BE⊥CD于点E， ∵∠C=30°， ∴BE=BC=2cm， ∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BE=8×2=16cm2， 答：平行四边形ABCD的面积为16cm2． （2）当t=0.5s时， AP=4×0.5=2cm，AQ=2×0.5=1cm， 如图，过点Q作QM⊥AP， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠A=∠C， ∵∠C=30°， ∴∠A=30°， ∴QM=AQ=×1=cm， ∴△APQ的面积为：×AP×QM=×2×=cm2， 答：当t=0.5s时，△APQ的面积为cm2； （3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为16cm2． ∴当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的时， △APQ的面积为：16×=6cm2， 当点P在线段AB上运动t秒时，点Q在AD上运动t秒， AP=4tcm，AQ=2tcm，高为=tcm， ∴， 解得：t=或（舍）； 当点P运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点Q也运动到线段CD上， 如图，过点P作MN垂直CD于点M，垂直于AB延长线于点N， ∵四边形ABCD为平行四边形，∠C=30°， ∴AB∥CD， ∴∠PBN=∠C=30°， PN=PB=（4t-8）=（2t-4）（cm），PM=2-（2t-4）=（6-2t）（cm）， S△APQ=， 解得：t=1（舍）或t=3， 当t=3时，点P位于点C处，点Q位于线段CD上，符合题意． 综上，t的值为或3． 【点睛】本题考查了动点在平行四边形的边上运动所形成的三角形的面积的问题，数形结合，按照三角形或平行四边形的面积公式计算，是解题的关键． 地 城 考点05 特殊平行四边形综合解答 1．（24-25八年级下·浙江·期末）如图，在菱形中，，点P在对角线上（不与点B，D重合)，点E、F分别在边，上，且． （1)如图1，若，求证：． （2)如图2，点P在线段上运动时，设． ①若四边形的面积为，求x的值． ②探究x与y的数量关系． 【答案】（1）见解析；（2）①6或2；② 【分析】（1）若AP⊥BD，则AP为等腰△BAD的中线，PE为△DBC的中位线即可通过等量代换求证． （2）①用含x的式子表示出四边形PFCE面积，根据题意建立方程求解即可． ②构造辅助线，利用勾股定理即可找到y与x的数量关系． 【详解】解：（1）证明：由题意得：AB=AD，AP⊥BD， ∴AP为等腰△BAD的中线，即点P为BD的中点， 又∵PE∥BC， ∴点E为DC的中点，PE为△DBC的中位线， ∴PE=BC=DC＝EC=DE， 又∵PE∥BC，PF∥DC， ∴四边形FPEC为平行四边形， ∴PF=EC， 而DE=EC， ∴DE=PF； （2）①过点作于点，如图所示： ，，，为对角线， ，， ，则，， 在中，， ， 四边形的面积为， ， 解得：，， 或2； ②过点作于点，过点作于点，如图3， 由①可知，， 在中，， ， 在中，，，， ， 在中，，，， 由勾股定理可得：， ，即：， 与的数量关系为：． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练四边形的综合性质，结合一元二次方程以及勾股定理等知识点，理清题意，合理添加辅助线，构造直角三角形是解题关键． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点是对角线上的一个动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为点，连接． (1)如图，若点恰好落在对角线上，连接，求的度数． (2)如图，连接，若，试判断线段与的数量关系和位置关系，并说明理由． (3)如图，连接，记的面积为，的面积为，若，求的值． 【答案】(1) (2)，，理由见解析 (3) 【分析】（）利用正方形和轴对称的性质可得，，，进而可得，再根据角的和差关系即可求解； （）延长交于，由轴对称的性质可得，，进而由平行线的性质得，再证明得，即可求证； （）作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，连接交于，不妨设正方形的边长是，由正方形的性质可得，，，，由轴对称的性质得，，，，即可由得，又由可得是等腰直角三角形，即得，利用勾股定理进而求出即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵点关于直线的对称点为点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，，理由如下： 如图，延长交于， ∵点关于直线的对称点为点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，连接交于， 不妨设正方形的边长是， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴， ∵点关于直线的对称点为点， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在矩形中，点E是边上一点，将沿折叠后，点B的对应点为点F，延长交于点G，交的延长线于点H． (1)若，求证：． (2)当时， ①连结，若，求的长． ②当时，连结，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】本题考查了图像的翻折，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理求解三角形，由垂直平分线得到直角三角形应用勾股定理是解决本题的关键． （1）根据角边角的证明方程可证明与全等，由全等的性质即可证明； （2）①根据平行线的性质可得角度相等，再直角三角形中应用勾股定理即可求解； ②根据垂直平分线可得直角和线段相等，设出未知数，再结合直角三角形中的勾股定理即可求解边长，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：由折叠可得， 因为， 所以． 因为， 在与， ， 所以≌， 所以． （2）①解：如图1，连结交于M， 因为， 所以． 因为， 所以． 因为， 所以， 所以． 在中，， 所以， ． ②解：如图2，连结，由折叠可得， 则垂直平分， 因为， 所以． 因为， 所以，则． 过点F作交于点P，交于点Q， 可得垂直平分，垂直平分． 则， 在中，为中位线，即， 所以． 设，则， 在中，， 即，解得 所以． 所以． 4．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在正方形中，点、分别在、上，，与相交于点，连接． (1)求证：； (2)若点为的中点． ①当时，求的值； ②证明：． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）证明，可得，从而得到，即可求证； （2）①根据勾股定理可得，然后根据，可得到，从而得到，即可求解；②过点M作于点G，交于点H，则，，根据勾股定理可得，然后根据，可得，从而得到，，然后利用勾股定理可得，即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即； （2）解：①由（1）得：， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，过点M作于点G，交于点H，则，， 由①得：， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴， ∴． 5．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，四边形是正方形，是上的任意一点，连接，以为边作正方形，连接交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接 ①如图，若平分，求的值； ②如图，若，请直接写出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)①；② 【分析】（）利用正方形的性质和余角性质即可求解； （）过点作于，分别证明和，得到和，进而即可求证； （）①过点作于，由角平分线的性质得，由等腰直角三角形的性质得，设，则，由得，又可得，代入计算即可求解；②过点作于，由等腰直角三角形的性质得，，设，则，可得，即得，得到，进而可得，即得到，再由得，最后代入计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，过点作于，则， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：①过点作于， ∵，平分， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，过点作于，则， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的化简等，正确作出辅助线是解题的关键． 6．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点．在上取点，连接，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图1，若，，求菱形的面积． (2)如图2，若点落在的延长线上，求证：． (3)如图3，若点落在上，连接，已知， ①求的长； ②直接写出四边形的面积． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)①；② 【分析】（1）根据菱形的性质可知，，，，利用勾股定理得到，再结合菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可； （2）由菱形的性质得出，由折叠的性质可知，，从而得到，再根据等角与等边求解即可； （3）①过点作于点，过点作于点，由已知条件可得，，根据菱形和折叠的性质得到，再结合等腰三角形三线合一的性质，求出 ，进而得出，证明四边形是矩形，得到， ，利用勾股定理求解即可； ②延长、交于点，令与得交点为，连接，由①可知，，，由折叠的性质可知，，，根据勾股定理可得，证明，推出，，再根据等高三角形面积比等于对应底之比，得到，从而求出，再根据对角线乘积的一半求面积即可． 【详解】（1）解：在菱形中，，， ，，， ， ， 菱形的面积； （2）证明：四边形是菱形， ，， ， 由折叠的性质可知，， ， ， ， ； （3）解：①如图，过点作于点，过点作于点， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 由折叠的性质可知，， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ②如图，延长、交于点，令与得交点为，连接， 由①可知，，， 由折叠的性质可知，，， ， ， ，， ， ，， ，， 和是等高三角形，和是等高三角形，和是等高三角形， ，，， ， ， ， ， 四边形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积等知识，掌握相关知识点是解题关键． 7．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在中，对角线与相交于点O，其中，，过点A作于点E． (1)若，求边的长． (2)在第（1）小题的条件下，点F为线段上的动点，连结，，当的面积为时，求线段的长． (3)设，当x，y值变化时，代数式的值是否发生变化？请说明理由． 【答案】(1)2 (2)或 (3)不变，2 【分析】（1）根据菱形的判定定理得到为菱形，根据菱形的性质得到，再根据勾股定理求的长； （2）由（1）得 ，，推出 是等边三角形，求得，根据三角形的面积得到边上的高为1，分两种情况讨论：①当点F在左侧，此时点F与点B重合时满足条件，即；②当点F在右侧，如图，过点C作的平行线，交于点，点为满足要求的点，求得，即，设，则，根据勾股定理即可得到结论； （3）如图，过点D作延长线的垂线，垂足为点H，在中，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）解：在中，， ∴为菱形， ∴， ∴在中，； （2）解：在菱形中，由（1）得，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴边上的高为1， 分以下两种情况： ①当点F在左侧，此时点F与点B重合时满足条件，即， ②当点F在右侧，如图1，过点C作的平行线，交于点，点为满足要求的点， ∴， ∴， 设，则， 在中有， ∴， 解得：， 综上所述，或； （3）解：不变，理由如下： 如图：过点D作延长线的垂线，垂足为点H， 在中，， ∵， ∴，， ∴， ∴， 在中，， 在中，， 由，得， ∴即． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确地添加辅助线是解题的关键． 8．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在正方形中，以为斜边向上作一个直角三角形，其中，过点作交于点． (1)求证：． (2)如图．连结，交于点，连结，若，，求的值． (3)如图，延长至点，使得，连接，试判断与的位置关系与数量关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，，证明见解析 【分析】（）利用余角性质可得，进而利用正方形的性质即可求证； （）连接，证明得到，，即得，进而得到是等腰直角三角形，即得， ，又由全等三角形的性质可得，再根据勾股定理解答即可求解； （）连接、交于点，连接，，过点作交于点，利用三角形中位线的性质和等腰直角三角形的性质解答即可求解． 【详解】（1）证明：，是以为斜边的直角三角形， ， ， ∵在正方形中，，， ， ， ； （2）解：连接，如图， ， ，， ∵在正方形中，，，， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ∴， ， ∴； （3）解：，． 证明：连接、交于点，连接，，过点作交于点，如图， 由（）得是等腰直角三角形， ， ， ， ∵在正方形中，， 是的中位线， ，， ， ，即， ∵在等腰中，， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 9．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，已知矩形纸片，，，点在上，且．将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，点落在点处，折痕交边于点，连结． (1)求证：． (2)若，，求与的长． (3)当是以为腰的等腰三角形时，直接写出，之间应满足的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)， (3)或 【分析】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程． （1）先证明，便可证明得结论； （2）过点E作于点M，则四边形是矩形，得出，求出，根据矩形的性质和勾股定理即可求出折痕的长； （3）分两种情况讨论：当时，过点E作于点M，连接，当时，连接，交于点O，如图所示，分别利用勾股定理依次进行解答即可． 【详解】（1）证明： ∵四边形是矩形，， ∴， 由折叠知，， ∴， 在和中， ∴； （2）解：，， 如图，过点E作于点M， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得， ∴， ∴, ∴折痕的长为； （3）解：是以为腰的等腰三角形时，分两种情况： 当时，过点E作于点M，连接，如图所示， 由折叠可知：， ∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得； 当时，连接，交于点O，如图所示： ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可知：垂直平分， ∴， ∵， ∴ ∴， 在中，， ∴， 解得； 综上所述：当为等腰三角形时，或. 10．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）含有公共顶点A的正方形和正方形按图1所示放置，连结． (1)求证：． (2)如图2，把图1中的正方形绕点A旋转，边刚好经过点B，此时对角线与正方形的对角线交于点O，与边交于点H． ①求证：． ②若，，请直接写出和的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②， 【分析】（1）根据四边形和四边形都是正方形．得出，即可得，根据“”即可证明全等； （2）①由（1）可知，证出点F，G，D共线．如图，过点D作交延长线于点K，得出是等腰直角三角形，证明，即可证明． ②根据，为等腰直角三角形，得出．在中，由勾股定理得，．．由全等三角形的性质可得．如图，设交于点P，作于点Q，设，则，，得出，，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形和四边形都是正方形． ∴， ∴， 即． ∴． （2）①证明：由（1）可知， ∴， ∴点F，G，D共线． 如图，过点D作交延长线于点K， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，． 又∵， ∴， ∴． ②解：∵，为等腰直角三角形， ∴． ∵，在中，由勾股定理可得． ∴， ∴． ∴． 由①知， ∴． 如图，设交于点P，作于点Q，设， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】该题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 11．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）在菱形中，是直线上一动点，以为边向右侧作等边按逆时针排列)，点的位置随点的位置变化而变化． (1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连结，小明通过连接后证明得到与的数量关系是______________； (2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； (3)当点在的延长线上时，其他条件不变，连接，若，，求的长． 【答案】(1) (2)（1）中的结论仍然成立，详见解析 (3) 【分析】（1）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知，再根据全等三角形的判定与性质即可解答； （2）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知，再根据全等三角形的判定与性质即可解答； （3）根据菱形的性质及直角三角形可知，再根据全等三角形的判定与性质可知，最后利用直角三角形的性质 及勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：，理由如下： 如图，连接，延长交于点， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故答案为； （2）解：仍然成立，理由如下： 如图，连接，延长交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，，，， ∵是等边三角形 ， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解： 当点在的延长线上时，连接交于点，连接，， ∵四边形是菱形， ∴，平分，， ∵，， ∴， ∴， 由（2）可知：， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴在中，， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的判定与性质，勾股定理，根据题意作出辅助线是解题的关键． 地 城 考点06 特殊平行四边形综合探究问题 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）综合与实践 【定义学习】 若一个四边形有一组对角互补（即对角之和为），则称这个四边形为“圆满四边形”． 【概念理解】 （1）在①矩形，②菱形中，是“圆满四边形”的是 _____ ；（请填写序号） 【性质探究】 （2）如图1，已知四边形是“圆满四边形”，若，，对角线，求四边形的周长． 【判定探究】 （3）如图2，已知平分，点在射线上，于点，于点，点在射线上，点在线段上，，连接，．求证：四边形GOHC为“圆满四边形”． 【答案】（1）①；（2）14；（3）见解析． 【分析】（1）根据“圆满四边形”定义即可解决问题； （2）证明，得，根据“圆满四边形”定义和勾股定理即可解决问题； （3）证明，得，然后证明，即可解决问题． 【详解】（1）解：矩形的四个内角都是， 矩形的两组对角的和为， 矩形是“圆满四边形”， 故答案为：①； （2）解：，，， ， ， 四边形是“圆满四边形”， ， ， ，， ， 四边形的周长； （3）证明：平分，于点，于点， ，， ， ， ， ， ， 四边形为“圆满四边形”． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解“圆满四边形”定义． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）【问题背景】 如图1，在平行四边形中，，点是边的中点，连接，点是线段上的动点，连接，且满足． 【初步尝试】 （1）如图 2，当四边形是正方形时，若，则____，______． 【猜想验证】 （2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段的中点，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图 3，在（2）的基础上，若，当四边形是菱形时，求菱形的边长． 【答案】（1），；（2），见解析；（3）菱形的边长为或 【分析】（1）根据正方形的性质，点E是边的中点，再根据勾股定理求出，进而推出，，根据等面积求出，由，作答即可； （2）取线段和的中点H、M，连接，则MH是的中位线，由的性质，点E是边的中点，进而推出，则，推出； （3）分情况讨论，根据勾股定理和解一元二次方程，即可求出菱形的边长． 【详解】解：（1）在正方形中，，， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）， 理由如下：如图，取线段和的中点H、M，连接，    则是的中位线， ∴，， 在中，，， ∵点E是边的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴∠HFG=∠DGF， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）情况1：如图，取中点M，连接，    ∵菱形， ∴，， 由（2）得， ∴，得， 解得（舍去），， ∴， 在中，， 在中，， 情况2：如图，取中点M，连接， ∵菱形， ∴， 由（2）得， ∴，， 得， 解得（舍去），， ∴， 在中，， 在中，， ∴菱形的边长为或． 【点睛】本题是平行四边形综合题，考查了勾股定理，平行四边形的性质，解一元二次方程，三角形全等的判定和性质，解题的关键是分类讨论，作辅助线． 4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）【新知学习】 定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如在凸四边形中，若，，则四边形是“筝形”． （1）如图1，在边长为1的正方形网格中，画出“筝形”，要求点是格点； 【问题探究】 （2）如图2，在矩形中，，，“筝形”的顶点是的中点，点，，分别在，，上，且，求对角线的长； 【拓展思考】 （3）如图3，在“筝形”中，，，，、分别是、上的点，平分，，，求“筝形”的面积． 【答案】（1）图见解析；（2）的长是12或；（3）72 【分析】（1）根据“筝形”的定义，结合网格性质画图即可； （2）分，两种情况，画出图形，分别求解； （3）过A作，证明，得到，，再证明，从而说明四边形是正方形，设，表示出相应边，在中，利用勾股定理列出方程，求出，再计算面积． 【详解】解：（1）如图1，点D是所求作的点， 由勾股定理得， ， ， 由图可得， ∴，， ∴四边形是“筝形”； （2）如图，当时，    ∵是中点， ∴， ∵，，， ∴， ∴，又，， ∴四边形为矩形． ∴． ∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 如图，，， 过点G作于点M， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点E是的中点，， ∴，， 在中，，， 由勾股定理得， ∵， ∴， 在中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ； 综上所述，或． （3）如图，过A作， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴，． 又，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，    设，则， ，， 在中，， 即， 解得． ∴，，， ∴ ． 【点睛】本题是四边形综合题，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定等知识，有一定综合性和拓展性，通过新图形“筝形”关联所学知识点，能够更好地体现知识点的应用． 4．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）在某探究课《矩形的折叠》中，每个小组分到了相同大小的矩形纸张，，，各小组通过对该纸张的折叠探究了各种不同的折叠问题． 小组 探究内容 图形 第一小组 把沿折叠，与重叠部分记为．    第二小组 步骤：1：把矩形沿折叠，使得与重合，点E，F分别为上的点． 步骤2：P为边上动点（与点B，C不重合），沿折叠得到．    第三小组 步骤1：把矩形沿折叠，使得与重合，点G，H分别为上的点． 步骤2：P为边上动点（与点B，C不重合）， 沿过点P的一条折痕折叠得到．    根据以上各小组探究内容，求解下列问题． (1)根据第一小组探究内容，求证：是等腰三角形． (2)根据第二小组探究内容，当P，，E三点在同一直线上时，求的长度． (3)根据第三小组探究内容，过点P的折痕使落在线段上，请直接写出折痕条数与长度取值范围的关系． 【答案】(1)见解析 (2) (3)当时，有1条折痕；当时，有2条折痕；当时，只有1条折痕． 【分析】（1）首先根据矩形的性质得到，进而得到，然后根据折叠的性质得到，即可证明出是等腰三角形； （2）根据题意画出图形，分两种情况讨论，分别根据折叠的性质得到，然后进一步得到，然后利用勾股定理求出，进而求解即可； （3）根据题意分3中情况讨论，分别根据折叠的性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵把沿折叠到， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）如图所示，当点P在线段上时，    ∵把矩形沿折叠，使得与重合， ∴， 由题意可得，四边形是矩形， ∴， ∵沿折叠得到， ∴，， ∴， 由（1）可得，， ∴； 如图所示，当点P在线段上时，      同理可得，，，， ∴， 由（1）可得，， ∴， 综上所述，的长度为； （3）如图所示，当折痕经过点G时，    ∵把矩形沿折叠，使得与重合， ∴ ∵ ∴四边形是矩形 由折叠可得， ∴矩形是正方形 ∴ ∴此时只有一条折痕； 由题意可得，当折痕与有交点时，一定能使落在线段上， 当折痕与没有交点时， 如图所示，当点正好与点H重合时，    由题意可得， 由折叠的性质可得， ∴设，则 ∵ ∴在中， ∴，解得 ∴ ∴当时，有2条折痕； ∴当时，点落在的延长线上， ∴此种情况不存在， ∴此时只有1条折痕． 综上所述，当时，有1条折痕；当时，有2条折痕；当时，只有1条折痕． 【点睛】此题考查了矩形的折叠问题，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 5．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽．    动手实践： （1）如图1，A小组将矩形纸片折叠，点D落在边上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形． 试判断四边形的形状，并加以证明． （2）如图2，B小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点A折叠使点D落在折痕上的点N处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，请求出四边形的面积． 深度探究： （3）如图 3，C小组将图1中的四边形剪去，然后在边上取点G，H，将四边形沿折叠，使A点的对应点始终落在边上（点不与点D，F重合），点E落在点处，与交于点T． 探究①当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值． 探究②直接写出四边形面积的最小值． 【答案】（1）正方形，证明见解析；（2）；（3）①不变，定值是12；② 【分析】（1）证，得四边形是菱形，再由，即可得出结论； （2）连接，由折叠的性质可得是等边三角形，，求出，由三角形面积公式可求出； （3）①连接，，过点B作于点M，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案；②过点H作，连接，设，，由勾股定理求出，由四边形面积公式可得出，由配方法可求出答案． 【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由第一步折叠可知：， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2）连接，    由折叠得， ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∴ ∴ 设则， 由勾股定理得， ∴ 解得，（负值舍去） ∴ 由折叠得，, ∴； （3）①的周长不变，为定值12．理由如下： 如图，连接，，过点A作于点M，    由折叠可知，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的周长 ， ∴的周长为12． ②过点H作，连接，设，，    在中，， 解得， 由折叠可知，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵，四边形是正方形， ∴, ∴， ∴当时，S有最小值为． 【点睛】本题考查四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，配方法等知识，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． 6．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，D是BC所在直线上的一个动点（点D不与点B，点C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF． (1)初步尝试 如图1，当点D在线段BC上时，求证：∠ACF＝∠ABD； (2)深入探究 如图2，当点D在线段CB的延长线上时，求证：CD＝AB＋CF； (3)延伸拓展 如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接CE．若AB＝4，FG＝2时，求CE的长． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）证明△BAD≌△CAF(SAS)即可求解； （2）先证明△BAD≌△CAF(SAS)，即有CF=BD，即CD=BC+BD=BC+CF，在△ABC是等腰直角三角形，有BC=AB，则结论即可得证； （3）先证明△BAD≌△CAF（SAS），即有∠ABD=∠ACF=45°，BD=CF，进而有∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°，∠CAG=∠BAC=90°，在△ABC是等腰直角三角形，求出，同理求得，根据FG=2，即可求出CF=BD=10，过A点作AM⊥BD于点M，过E点作EN⊥CD，交CD的延长线于点N，再证明△ADM≌△DEN（AAS），即AM=DN，EN=MD，接着证明△AMB是等腰直角三角形，即可求得，DN=AM=4，MD=BD-BM，EN=MD=6=CN=6，即CN=EN，即有在等腰Rt△CNE中，，即CE可得． 【详解】（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°， ∴AB=AC，∠BAD+∠DAC=90°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD=AF，∠DAF=90°， ∴∠DAC+∠CAF=90°， ∴∠BAD=∠CAF， ∴△BAD≌△CAF(SAS)， ∴∠ACF=∠ABD； （2）∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°， ∴AB=AC，∠CAF+∠BAF=90°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD=AF，∠DAF=90°， ∴∠BAD+∠BAF=90°， ∴∠CAF=∠BAD， ∴△BAD≌△CAF(SAS)， ∴CF=BD； ∴CD=BC+BD=BC+CF， ∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°， ∴斜边BC=AB， ∴CD=BC+CF=AB+CF； （3）∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°， ∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD=AF，∠DAF=90°， ∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD，∠CAF=∠CAD+∠DAF=90°+∠CAD， ∴∠BAD=∠CAF， ∴△BAD≌△CAF（SAS）， ∴∠ABD=∠ACF=45°，BD=CF， ∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°， ∵∠CAG=∠BAC=90°， ∴∠AGC=∠ACG=45°， ∴AG=AC=AB， ∵， ∴在△ABC是等腰直角三角形，， 同理求得， ∵FG=2， ∴CF=CG+FG=8+2=10， ∴BD=CF=10， 过A点作AM⊥BD于点M，过E点作EN⊥CD，交CD的延长线于点N，如图， ∵AM⊥BD，EN⊥CD， ∴∠AMD=90°=∠END，∠ADM+∠DAM=90° ∵在正方形ADEF中，∠ADE=90°，AD=DE， ∴∠ADM+∠EDN=90°， ∴∠DAM=∠EDN， ∴△ADM≌△DEN（AAS）， ∴AM=DN，EN=MD， ∵∠AMB=90°=∠AMD，∠ABC=45°， ∴∠BAM=45°， ∴△AMB是等腰直角三角形， ∵， ∵， ∴DN=AM=4， ∴MD=BD-BM， ∴EN=MD=10-4=6， ∵BD=10，BC=8， ∴CD=BD-BC=10-8=2， ∴CN=CD+DN=2+4=6，即CN=EN， ∵∠END=90°， ∴在等腰Rt△CNE中，， 即CE为． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质等知识，构造合适的全等三角形是解答本题的关键． 地 城 考点07 特殊平行四边形综合新定义类问题 1．（24-25八年级下·浙江台州·期末）在平面内，对于一个等腰三角形，若存在一个点到一条腰两端点的距离相等，且到三角形第三个顶点的距离等于腰长，则我们称这个点为等腰三角形的“双合点”．如图1，在等腰中，，且，则点为等腰的“双合点”． (1)如图2，在等腰中，，请用无刻度的直尺和圆规作出该等腰三角形的一个“双合点”（保留作图痕迹）； (2)在等腰中，， ①如图3，当“双合点”恰好在边上时，且满足，求度数；②当“双合点”在边的延长线上时，则___________； (3)如图4，在等腰中，，，为内一点，连接，，当时，求证：点为等腰的“双合点”． 【答案】(1)见解析 (2)①；② (3)见解析 【分析】（1）作的垂直平分线，以点C为圆心，以长为半径画弧交的垂直平分线于点P，P即为所求作 （2）①根据已知得，，，根据，，得，即得②根据已知得，，，根据，得，得，即得； （3）将沿翻折，得，得四边形是正方形，根据，得，得，得，得，可得是等边三角形，证明，得，即得点为等腰的“双合点”． 【详解】（1）如图，点P即是 （2）解：①∵，， ∴，，， ∵， ∴， ∴，∴， ②∵，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （3）解：将沿翻折，得， 则， ∴， ∴四边形是正方形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点为等腰的“双合点”． 【点睛】本题主要考查发新定义——等腰三角形的“双合点”．熟练掌握新定义，等腰三角形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，正方形判定和性质，等边三角形判定和性质，是解题的关键． 2.（24-25八年级下·浙江宁波·期末）我们定义：以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形．如图1，在菱形中，连接，在的延长线上取点E使得，以为边作菱形，我们称菱形是菱形的“伴随菱形”． (1)如图2，在菱形中，连接，在的延长线上作，作的平分线交的延长线于点，连接．求证：四边形为菱形的“伴随菱形”． (2)①如图3，菱形为菱形的“伴随菱形”，过作垂直于点，对角线相交于点．连接若，试判断与的数量关系并加以证明． ②在①的条件下请直接写出的值． 【答案】(1)详见解析 (2)①，见解析；② 【分析】（1）根据角平分线的定义及平行线的性质得到四边形为平行四边形，再根据菱形的判定即可解答； （2）①根据菱形的性质及勾股定理得到，再根据角平分线的定义及平行线的性质可得到；根据等腰三角形的性质及勾股定理列方程即可解答．②根据平行线的性质及中位线的定义，再根据勾股定理列方程即可解答． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，　　 ∴四边形为平行四边形， ∴为菱形， 即菱形为菱形的伴随菱形； （2）解：①理由如下 过点作于点、于点， 过点作于点，连接， ∵四边形为菱形， ∴，点在的平分线上，　 ∴， ∵， 由勾股定理可得，　　 ∴， ∴平分， ∴， ∴点在的平分线上，　　 即， 又∵，　 ∴， ∴；      ②∵四边形为菱形， ∴，点在的平分线上，　 ∴， ∵， 由勾股定理可得，　　 ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， 设，， ∴， ∴在中，， 即， 解得：，（舍）， ∴， 【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，勾股定理，菱形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，掌握菱形的性质及判定是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）定义：一个四边形的四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度，我们把这样的四边形叫做双距四边形．    (1)下列说法正确的有______（填序号）． ①正方形一定是双距四边形． ②矩形一定是双距四边形． ③有一个内角为的菱形是双距四边形． (2)如图1，在四边形中，，，，求证：四边形为双距四边形． (3)如图2，四边形为双距四边形，，，，求的长． 【答案】(1)①③ (2)见详解 (3) 【分析】（1）根据“双距四边形”的定义及矩形、正方形、菱形的性质可进行求解； （2）由题意易得，，则有，分别过点A、D作，垂足分别为E、F，然后可证，进而问题可求证； （3）设与的交点为O，由题意可得，，然后可设，则有，进而根据勾股定理可进行求解． 【详解】（1）解：①假设正方形的边长为a，根据正方形的性质可知对角线的长为，所以正方形一定是双距四边形； ②因为矩形的长跟宽不相等，所以矩形不满足双距四边形的概念，故不符合题意； ③如图，    ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴有一个内角为的菱形是双距四边形； 故答案为①③； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 分别过点A、D作，垂足分别为E、F，如图所示：    ∴，， ∵， ∴， ∴， 同理可得， ∴四边形为双距四边形； （3）解：设与的交点为O，如图所示：    ∵四边形为双距四边形，且，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 设，则有， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 解得：，（负根舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查勾股定理、矩形、菱形、正方形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握勾股定理、矩形、菱形、正方形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）定义：我们把对角线长度相等的四边形叫做等线四边形． (1)尝试：如图1，在的正方形网格图形中，已知点A、点B是两个格点，请你作出一个等线四边形，要求A、B是其中两个顶点，且另外两个顶点也是格点； (2)推理：如图2，已知与均为等腰直角三角形，，连结，求证：四边形是等线四边形； (3)拓展：如图3，已知四边形是等线四边形，对角线交于点O，若，，．求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）取格点，作矩形即可； （2）连结，证明，得到，即可得证； （3）分别以、为底作等腰、等腰，证明，推出，是等边三角形，勾股定理逆定理得到，，过点C作于交延长线于点F，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）如图1所示，矩形即为所求． （2）证明： 如图2，连结． ∵与均为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是等线四边形． （3）解：如图3，分别以、为底作等腰、等腰，顶点均为点． 则：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形． 同理，也是等边三角形． ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴． 过点C作于交延长线于点F，则． ∴，， 则， 由勾股定理得，． 【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．理解并掌握等线四边形的定义，是解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）平移是一种基本的几何图形变换，利用平移可将分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的．如图1，在四边形中，，若，求的值． 小明发现，平移至，构造，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图2）． (1)【求解体验】 请根据小明的思路求的值． (2)【尝试应用】 如图3，在矩形和中，连结交于点G，连接．若，求的度数； (3)【拓展延伸】 如图4，在（2）的条件下，连结，若，求的面积． 【答案】(1) (2)60° (3) 【分析】（1）由平移的性质得到四边形ADEC是一个平行四边形，进而求出DE的长度，再利用勾股定理求解； （2）连结AC、CE，由矩形和平行四边形的性质易得AE=CE=AC，进而得到△ACE是一个等边三角形，再利用等边三角形的性质求解； （3）设AC与BD相交于点Q，根据矩形的性质易得BE是线段AC的中垂线，结合BD也是线段AC的中垂线，得到E、B、D三点共线，进而得到FG=2，BE=AF= ，设AQ=x，得到QE=x+，AE=AC=2x，利用勾股定理列出方程求解． 【详解】（1）解：如下图，由平移的性质可得四边形ADEC是一个平行四边形， ∴DE=AC=3，AD=CE，     ∴AD+BC=BE．     ∵DE//AC，AC⊥BD， ∴∠BDE=90°，      ∴AD+BC=BE=； （2）解：连结AC、CE．    ∵矩形ABCD，ABEF为平行四边形， ∴DC∥AB∥EF且DC=AB=EF， ∴DFEC为平行四边形， ∴DF=CE．         ∵ABCD为矩形， ∴AC=DB．           ∵AE=DF=DB， ∴AE=CE=AC， 即△ACE是一个等边三角形． ∵DF//CE， ∴∠FGE=∠AEC=60°； （3）解：设AC与BD相交于点Q． ∵矩形ABCD中，AB=AD， ∴ABCD为正方形，AC与BD互相垂直平分． ∵EA=EC，BA=BC， ∴BE是线段AC的中垂线． 又∵BD也是线段AC的中垂线， ∴E、B、D三点共线．      ∵AF∥BE， ∴∠FAE=∠AEB=∠AEC =30°， ∴∠AFG=∠FGE —∠FAE =30°． ∵FG=2， ∴BE=AF= ．         在Rt△AEQ中，设AQ=x， 则QE=x+，AE=AC=2x， ∴， 解得，（负的舍去）． ∵AF//DE， ∴== ． 【点睛】本题主要考查了平移的性质，正方形、矩形和平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质．理解相关知识是解答关键． 1 / 108 学科网（北京）股份有限公司 $