专题17 期末真题百练通关（74题15大压轴题型）（期末复习专项训练）八年级数学下学期新教材浙教版

**基本信息** 聚焦期末压轴，以74道真题构建15类核心题型，覆盖二次函数与四边形综合、几何变换等关键知识，强化推理能力与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |15大压轴题型|74题，选填+解答|综合应用与几何变换（旋转/折叠）|二次函数与四边形知识串联，从基础应用到探究拓展，培养模型意识|

学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题17期未真题百练通关(74题15大压轴题型) 真题实战，百练通关 「题型1根与系数关系中求代数式（选填压轴）题型9图形旋转中角度问题（解答压轴） 题型2平行四边形中最值问题（选填压轴）~题型10与中位线有关的证明解答题（解答压轴） ,题型3旋转中最值问题（选填压轴） 题型11平行四边形的性质与判定解答题综合（解答压 轴) :题型4特殊平行四边形中最值问题（选填压轴）题型12特殊平行四边形解答题综合（解答压轴） 题型5用字母表示角度（选填压轴） 7 题型13特殊四边形中实践探究问题（解答压轴） 题型6特殊平行四边形中多结论问题（选填压轴）1题型14特殊四边形中与函数相关问题（解答压轴） 题型7特殊平行四边形与弦图综合（选填压轴） 题型15特殊四边形中与折叠综合问题（解答压轴） 题型8特殊平行四边形与折叠综合（选填压轴） 题型一根与系数关系中求代数式（共5小题） 1,(24-25八年级下·浙江宁波·期末)已知a,b是关于x的一元二次方程x2-2tx+t2-2t+4=0的两个实数 根，则(a+4)(b+4)的最小值是() A.11 B.20 C.28 D.36 2.(2425八年级下浙江宁波期末)已知实数a,B满足2a2+5a-2=0,2B2-5B-2=0,且6≠1，且2 +台知的值为（) A.空 B. c.-￥ D. 3.《2425八年级下浙江期末)若存在正实数y,使得，”=x十则实数x的最大值为《) A. B.8 C.1 D.4 4.(24-25八年级下·浙江宁波期末)关于x的方程ax2+(a+1)x+8a=0的两个实数根x1x2,满足x1<1< x2,则a的取值范围是 5.(24-25八年级下·河南洛阳·期中)将关于x的一元二次方程x2-px+q=0变形为x2=px-9,就可以将x2 表示为关于x的一次多项式，从而达到降次”的目的，又如x3=x·x2=x(px一q)=…,我们将这种方法称为 “降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式.根据降次法”，已知x2-x-1=0,且x>0,则x3-2 x2+2x+1的值为 题型二平行四边形中最值问题（共5小题） 1/28 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，在Rt△ABC中，AB=AC=2,点D,E分别为AB,AC的中点， 点F为BC边上任意一点（不与B,C重合），沿DE,DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D, E旋转180°，恰好与①拼成四边形GDIH,则四边形GDIH周长的最小值为 H ① E D ② ③ B 2.(24-25八年级下·浙江绍兴期末)如图，在平行四边形ABCD中，AD=4,∠A=60°，E是边DC延长线 上一点，连接BE,以BE为边作等边三角形BEF,连接FC,则FC的最小值是 题型三旋转中最值问题（共5小题） 1.(24-25八年级下·浙江舟山期末)如图，四边形ABCD中，∠A=90°，AB=5,AD=2,点M,N分别为线段 BC,AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E,F分别为DM,MN的中点，则EF长度的最大值为() A.2 B.2.5 C.29 D.4 2 2.(24-25八年级下·浙江金华期末)如图，在平面直角坐标系x0y中，点A的坐标为(1,0)，点B是直线 y=x+2上任意一点，连接OB,将线段OB绕点O顺时针旋转90得到线段0C,点D是y轴上一个动点，连 接AC,AD,CD.当△ACD的周长最小时，点C的坐标为() 2/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.原) B.(1,1) c.() D.() 3.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在△ABC中，AB=AC,LA=90°，点D,E,F分别在AC,AB,BC 上，连接BD,DE,DF,LDBC=30°，BE=BF,当DE+DF最小时，则∠DFB=() A.75° B.82.5 C.90° D.97.5° 4.(24-25八年级下·浙江嘉兴·期末)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2W2,点D是边AB的 中点，BE II AC,将点P绕着点C顺时针旋转90得到点P',则线段DP'长度的最小值为() E D B A.12 B.1.5 C.2 D.1 5.(24-25八年级下·浙江期末)如图，在平面直角坐标系中，0是直线y=-+2上的一个动点，将0绕 点P(1,0)顺时针旋转90°，得到点Q',连接0Q',则0Q'的最小值为 x+2 题型四特殊平行四边形中最值问题（共3小题） 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() 3/28 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E D A,9 B.2 C.3 D.V13 2.(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 A.8-4W2 B.8V2-8 C.22 D.4 3,(24-25八年级下·浙江金华.期末)如图，在正方形ABCD中，己知点P是线段AB上的一个动点（点P与点A 不重合)，作CQ⊥DP交AD于点Q.现以PQ,CQ为邻边构造平行四边形PECQ,连接BE,则LBEP+∠PQC的 最小值为() Q P A.90° B.45° C.22.5° D.60° 题型五用字母表示角度（共6小题） 1,(24-25八年级下·浙江湖州·期末)如图，E,F分别是口ABCD的边AB,CD上的点，连结CE,AF,B是 点B关于CE的对称点，D'是点D关于AF的对称点，己知B',D'都在对角线AC上，且EF⊥AC,记LADC的度 数是a,∠DAF的度数是B,则a与B满足的关系式是() F B' E B A.a=5β B.a-B=90° 4/28 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C.a+B=135° D.a+3β=180° 2.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在菱形ABCD中，点E在AD上，连结BE,CE,BA=BE.设 LA=a,∠DCE=B,则a,B关系正确的是() B A.3a-2β=180° B.2a-3B=180° C.a+2β=90° D.2a+B=90° 3,(24-25八年级下·浙江温州·期末)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AB,AC为边作正方形，点E落 在FG上.记正方形ABDE的面积为S1,△AEG的面积为S2,设BF=x,EF=y,若S1=6S2,则下列代数式 的值不变的是(). E B D A.x+y B.x-y C.xy D.月 4.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)勾股定理被称为“几何学的基石”，以正方形一边为斜边向外作直角三 角形，再以该直角三角形的两直角边为边长，分别向外作出正方形，重复这一过程就可以得到勾股树”，如 图，设大正方形Y的边长为定值y,四个小正方形MNPQ的边长分别为m,n,p,q,且三个直角三角形中 ∠1=∠2=∠3=a,当α变化时，以下说法错误的是() 5/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 N 4 0 A.n=p B.m+q=y C.y=mq D.m2+n2+p2+q2=y2 5,(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，将菱形ABCD沿AE折叠，点B的对应点为F,若E、F、D刚好 在同一直线上，设LABE=Qa,∠BAE=B,∠C=Y,则关系正确的是() 0 B E A.y=a+2B-180 B.3β+y=180° C.3a+2β=360° D.2a+y=180 6.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在正方形ABCD中，点F在边CD上（不与点C,点D重合）， 点E是CB延长线上的一点，且满足BE=DF,连接EF,过点A作AH⊥EF,垂足是点H,连接BH.设AB=Q ,BE=b,BH=C,则() D H E C A.2c=a+b B.2c=a+b C.2c=a-b D.2c2=a2+b 题型六特殊平行四边形中多结论问题（共8小题） 6/28 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，以△ABC的各边为边，在边BC的同侧分别作三个正方形ABD1, BCFE,ACHG,对于四边形ADEG的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论， 其中错误的是() G B A.若∠BAC≠45°，则四边形ADEG是平行四边形 B.若∠BAC=90°，则四边形ADEG是矩形 C.若AC=V2AB,则四边形ADEG是菱形 D.若∠BAC=135°且AC=V2AB,则四边形ADEG是正方形 2.(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. G B 其中正确的结论有(). A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 3.(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() E 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 4,(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 7/28 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 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 5.(24-25八年级下·浙江湖州·期末)如图，矩形ABCD中，AB=3,AD=5,E,F分别是边AD,BC的中点， CP1BE于P,DP的延长线交B于G.下列结论：①PF=2.5,②PF1DG;③PG=急其中结论正确的 有() E A.①② B.②③ c.①③ D.①②③ 6.(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EFWBD: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() D B E A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 7.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，正方形ABCD中，AB=6,点E在边CD上，且CE:ED=2: 1,将△ADE沿AE对折至△AFE,延长EF交边BC于点G,连接AG、CF,有以下结论：①LGAE=45°；② GB=GC=GF;③S△FGc=3;④AG ICF;⑤图中与LAGB相等的角有5个.其中，正确结论的序号是 8/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (把正确结论的序号都填上). D B 8.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在BC,CD的延长线上，连接 AE,AF,EF,AE与CF交于点G.已知∠EAF=45°，AB=3,有以下四个结论： ①BE-DF=EF;②LAEF=∠AEB;③GF=GE;④若DF=1,则△AEF的面积为7.5. 以上结论中正确的是· D B C E 题型七特殊平行四边形与弦图综合（共5小题） 1.(24-25八年级下·浙江衢州期末)第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数 学家赵爽的弦图”.如图，在由四个全等的直角三角形（△ABE,△BFC,△CGD,△DHA)和中间一个 小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，延长AH至点M,使得CM⊥AM,记A、C两点的水平距离AM为x, 垂直距离CM为y,正方形ABCD的面积为S1△BFC的面积为S2,若S1=8S2,则x:y的值为 1CAM2002 Beijing August20-28.202 2.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的弦图，人们称它为赵 爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的一个大正方形ABCD.作LCHD的平分 线HI交CD于点，∠BGC的平分线GK交BC于点K,若点1，G,K在同一直线上，则方带巴的值为· S正方形EFGH 9/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 3.(24-25八年级下·浙江湖州·期末)正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有 着广泛的应用.如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形ABCD(如图2)，点E,F,G,H分别 为边上的中点，以四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如△JK),四个等边 三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H,M之间的距离是 A 图1 图2 4.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称 其为“赵爽弦图”，如图所示，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD,过点D作 DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G,连结CG,延长BE交CG于点H.若AE=2BE,则C的值为 G H 5,(24-25八年级下·浙江宁波·期末)右图是公元3世纪的中国数学家刘徽想象出来用来证明勾股定理的切割 方式.若正方形ABGF与正方形KLIJ的面积分别为53和25，则S△BLK=· 10/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D K E A G 题型八特殊平行四边形与折叠综合（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作： ①如图1，把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE,点E在AB边上，则∠DEF=; ②把纸片展开并铺平； ③如图2，再把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG,点G在BC边上，若AB=AD+3, EH=1,则AD=· F D F E B A HE B 图1 图2 2.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，在矩形ABCD中，AB=1,将ABC沿对角线AC翻折，得到 △AEC,CE交AD于点F,再将△AEF沿AF翻折，得到△AGF,GF交AC于点H,若AC平分LDAG,则FH 的长为 D A B 3,(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在正方形ABCD中，AD=2,点E是AD的中点，连接CE,则CE= 11/28 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ;点F在边AB上，将△BCF沿CF折叠，点B恰好落在CE上的点G处，连接EF,则S△cEF= D B 4,(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，有一张矩形纸片ABCD,AB=7,BC=3,点M、N分别在边 AB、CD上，CN=1,现将四边形BCMN沿MN折叠，使点B、C分别落在点B'、C上当点M从点A运动到点B 的过程中，若边MB与边CD交于点E,则点E相应的运动路径长为 B A M B 5.(24-25八年级下·浙江衢州期末)如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠 的四边形EFGH.若AB=4,AD=5,则BF的长为 B 题型九图形旋转中角度问题（共5小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图1，已知在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB=CD,连接 AD,DB. D D 图1 图2 备用图 (1)求LADB的度数； 12/28 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)如图2，点E在△ABC内部，满足AE=AD,BE=BD,求证：∠CAE=∠ABE; (3)在（2)的条件下，连接CE,若LAEC=135°，CE=3,求△CBE的面积. 2.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)已知AD是△ABC的边BC上的高， D D ① ② ③ (I)如图①，若AD=CD,E是AB边上一点，将DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF,连接CF.求证： ∠DCF=LDAE; (2)如图②，若AD=CD,过点C作CE⊥AB,垂足为E,连接DE.求证CE=AE+V2DE: (3)如图③，利用直尺和圆规，分别在AB,AC上作点M,N,使DM=DN,且∠MDN=90°.（要求：不写 作法，保留作图痕迹，写出必要的文字说明) 3.(24-25八年级下·浙江宁波期末)角和线段的问题解决有着紧密联系，它们之间的解法可以互相迁移.请 完成下列探索： 【情境探究】如图1，线段AB和线段CD的长度均为6，且它们在同一条直线上. A D 图1 图2 图3 (1)若重叠部分线段BC的长度为2，则线段AD的长度为； (2)若线段AD的长度是重叠部分线段BC的长度的3倍，则线段BC的长度为· 【类比猜想】如图2，小江将一副三角板以顶点A重合放置，其中∠ABC=∠AEF=90°，含45度角的三角板 AEF绕点A转动，且始终在AB所在直线的上方，另一块三角板则保持不动.若∠BAE的度数是∠CAF度数的4 倍，求此时LCAF的度数. 【拓展迁移】如图3，小北将一副三角板以顶点C重合放置，其中∠ABC=∠CEF=90°，边CE从射线CM出 发，绕点C顺时针旋转，同时边CA从射线CN出发，绕点C逆时针旋转，速度分别为每秒6和10°，运动时间 为t秒，当CE与射线CN首次重合时，CE、CA同时停止运动，若LBCE的度数是LACF度数的3倍(LBCE小于 平角)，此时t的值为，（请直接写出答案） 13/28 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4.(24-25八年级下·浙江湖州·期末)【问题情境】在综合实践课上，老师组织同学开展了探究角与角数量关 系的数学活动，如图I,AB‖CD,G、E是直线AB上的两点，连接CE、DG交于点F 【探索发现】(1)判断LCDG,∠EFD和LCEG之间的数量关系，并说明理由， 【深入探究】如图2，过点D作DH⊥CE,交CE的延长线于点H,交AB于点K,过点E作EM分别交DF、CD于 点M,N. (2)若DF平分∠CDH,∠MEF=GEF=∠GDH,求LDME的度数. (3)如图3，在(2)的条件下，将△KHE绕着点E以每秒5的速度逆时针旋转，旋转时间为t,当KE边与 射线EG重合时停止，则在旋转过程中，当边HK与△MEG的某一边平行时，直接写出此时t的值， H A G E B G E A G B K 图1 图2 图3 5.(24-25八年级下·浙江丽水·期末)一副三角尺按如图所示摆放，将三角尺ABP绕点P以每秒15°的速度顺 时针旋转，同时，三角尺PCD也绕点P以每秒5的速度逆时针旋转，三角尺ABP的直角边PB与PN重合时停 止旋转，三角尺PCD也停止旋转，设运动的时间为t. D (I)用含t的代数式表示：LNPD= ;∠MPB= ； (2)当t为何值时，LBPC=5°？ (3)下列三个问题，依次按易、中、难排列，对应的满分值为2分、3分、4分，请根据自己的认知水平，选 择其中一个问题完成做答. ①当t为何值时，PC与PB重合？ ②当t为何值时，PC⊥PB? ③在旋转过程中是否存在这样的t,使得射线PB是由射线PA、射线PC、射线PD中的其中两条组成的角的平 分线？如果存在，请求出t的值；如果不存在，请说明理由， 题型十与中位线有关的证明解答题（共5小题） 1.(24-25八年级下浙江宁波期末)如图1，已知正方形ABCD的边长为3V5,点E是正方形内一动点，且 14/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 CE=CB,连结AE、BE、DE,并延长DE交AB于F. 图1 图2 图3 (1)求证：∠BEF=45°； (2)若AE⊥BE时， ①如图2，求AF的长度； ②如图3，延长DF至点G,使得AG=AD,连结BG,求△AGF与四边形BCEF的面积比； (3)在图1中，E在运动过程中，当能的值最小时，求BE的长.（直接写出答案） 2.(24-25八年级下·浙江绍兴期末)正方形ABCD中，点E为BC上一动点（不与端点重合），连接AE,过 点B作BF⊥AE于点F,过点D作DG⊥AE于点G. 图1 图2 图3 (1)如图1，若BF=3,FG=5,求DG的长度； (②)如图2，连结DF,CG,判断DF和CG的数量关系，并说明理由； (3)如图3，点H,I分别为GF,CD中点，连接HI;判断∠AHI和LGDF的数量关系，并说明理由. 3.(24-25八年级下·浙江嘉兴期末)如图，DE是△ABC的中位线，点M为射线ED上的一个动点（不与点E 重合)，作MF II AC交AB边于点F,连结EF. 15/28 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E E B M D D(M) D M (图1) (图2) (图3) (1)如图1，当点M与点D重合时，求证：四边形CEFM是平行四边形； (2)如图2，∠B=45°，BC=4,点M在线段ED上运动，当四边形CEFM是菱形时，BF=2AF,求菱形CEFM 的面积： (3)如图3，∠B=45°，在ED延长线上（可以与点D重合）存在一点M,使得四边形CEFM为矩形，求∠ACB 的度数范围 4.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,点E是线段OC上的动 点 D D 图1 图2 (1)如图1，若DE平分LCD0. ①求证：AD=AE, ②若CE=2,求OE的长 (2)如图2，延长DE交BC于点F,连接OF,当DF=2OF时，探究CF与AD的数量关系，并说明理由， 5,(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)已知△ABC内角∠BAC=a(0°<a<180),分别以AB,AC为边向外侧 作等边△ABM和等边△ACN,连接CM,BN交于点O M E 图1 图2 (I)如图l,判断LMON是否随aα的变化而变化？如果不变化，请求出∠MON的度数；如果变化，请用a的代 16/28 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 数式表示LMON的度数； (2)连接MN,再依次连接MB,BC,CN,NM四条线段的中点D,E,F,G,得到四边形DEFG. ①如图2，若a=90°，AB=4cm,AC=3cm,求四边形DEFG的面积； ②若△ABM的面积是12V3,△ACN,△AMW的面积都是43，求△ABC的面积， 6.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图1，在△ABC中，AC=BC,射线BP从BC所在位置开始绕点B逆 时针旋转，旋转角为(0°<a<180): 图1 图2 图3 图4 (I)当LACB=60时，射线BP旋转到如图2的位置，点D在射线BP上，若LADP=120°，则∠CAD= (用含a的式子表示)，线段AD,BD与CD之间的数量关系为： (2)当LACB=90时，射线BP旋转到如图3的位置，点D在射线BP上，若LADP=90°，求证BD-AD=√2 CD; (3)当LACB=90时，AB=5,点D在射线BP上，若LADP=90°，BD=4,求点C到直线BP的距离. 题型十一平行四边形的性质与判定解答题综合（共4小题） 1.(24-25八年级下.浙江台州·期末)问题背景： 图1 图2 图3 图4 如图1，AD是△ABC的中线，若延长AD至点E,使DE=AD,连接BE,则BE与AC的关系是 问题应用： (1)如图2，在△ABC中，CD是AB边上的中线，E是CD上一点，延长AE交BC于点F,AE=CB,求证△CEF 是等腰三角形； (2)如图3，在△ABC中，∠ABC=30°.分别以AB、BC为边在△ABC外部作等边三角形△ABE和等边 △BCF,点D为AC边中点，连接EF,写出EF与BD之间的数量关系，并说明理由； 17/28 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)如图4，△ABC中，∠ABC=60°，延长BC至点G,使CG=AB,D为AC边中点，连接AG,若AG=8, 求△ABC中线BD的长， 2.(24-25八年级下·浙江湖州期末)定义：如果一个四边形有两条邻边相等，且这两条边所夹角的对角是 直角，那么我们把这样的四边形称为“等对直四边形”，把夹角所对的直角称为“对直角”. B 图1 图2 图3 (1)如图1，在四边形ABCD中，若∠ADB=40°，∠CDB=20°，∠C=140°，∠ABC=70°，请判断四边形ABCD 是否为“等对直四边形”？并说明理由， (2)如图2，若四边形ABCD是“等对直四边形”，LA是“对直角”，AD=4,AB=6,对角线BD恰好平分四边形 ABCD中的一个内角，求此时BC的长， (3)如图3，若四边形ABCD是“等对直四边形”，∠DAB是“对直角”，DA=2,DB=2W10,DC=2√5，求此时 对角线AC的长， 3,(24-25八年级下·浙江宁波·期末)我国著名的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼 成一个大正方形.数学兴趣小组的小伙伴们尝试用两对全等的直角三角形与一个矩形拼出了一个平行四边 形. 灰 图1 图2 图☒3 (1)如图1，M是AB的中点，若ME=DG,AB=6,求CG的长. (2)如图2，M是AB的中点，连结HF,EG交于点O,连结OM. ①求证：OM II AD ②如图3，若AH=HE,取AD的中点N,连接ONNG,M,若-SANOG=-3 BSAMOH,求8的值， 4,(24-25八年级下·浙江湖州·期末)在☐ABCD中，AB=6,AD=4,∠A=60°，点E,F分别为边CD,AB上 异于端点的动点，且DE=BF,连结EF,将四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG, 18/28 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 图1 图2 备用图 (1)如图1，边HE,AB交于点Q,若AQ=BF,求证：四边形AQED为平行四边形； (2)如图2，当点C落在点A处时，求折痕EF的长： (3)当点G落在口ABCD的边上时，求点B,G之间的距离. 题型十二特殊平行四边形解答题综合（共5小题） 1,(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在正方形ABCD中，P是BC边上一点（不与B,C重合），EF⊥AP 于点K,分别交AB,CD于点E,F. D(F A D B E E P B 图1 图2 图3 (I)如图1，若点F与点D重合，求证：BE=CP; (②)如图2，若E,F不与B,D重合，探究BE,DF,CP的数量关系，并证明； (3)如图3，将四边形BCFE沿EF对折，得到四边形B'CFE,且BC过点A. ①若BC=3,BP=1,求DF的长； ②CF交AD于点G,PG交EF于点M,设PM=x,EK+MF=y,直接写出y关于x的函数关系式（不考虑自变 量的取值范围). 2,(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图1，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC 对称，点B的对称点F在边AD上，过点B作BG II EF,交CE,CF于点H,G. 19/28 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 图1 图2 图3 (I)求证：BG=CD; (2)如图2，连接FH,求证：四边形BEFH是菱形； (3)如图3，在(2)的条件下，作BM平分∠HBC,交CH于点M,请写出线段AF,AB,BM之间的数量关系， 并证明. 3.(24-25八年级下·浙江金华·期末)在矩形ABCD中，AB=6,BC=63,AC与BD相交于点O,点E、F分 别是边AD、BC上的动点，且线段EF经过点O. A B E D E A E D B F 图1 图2 备用图 (1)如图1，求证：AE=CF. (2)如图2，将矩形ABCD沿EF折叠，点A',B分别是点A与点B的对应点. ①若FB⊥BC,求BF的长度. ②连接BA',BB,直接写出△BA'B面积的最大值 4.（24-25八年级下·浙江绍兴·期末)已知正方形ABCD的边长是7，点E为正方形内一动点. B 图1 备用图 图2 (I)当点E在对角线BD上时. ①如图1，连接AE,CE,求证：AE=CE, ②若AE=5,点F是正方形ABCD边上一点，当AE=EF时，求线段DF的长， 20/28 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)如图2，若BE=7,点P是线段BE上一点，当BP=5时，求DE+CP的最小值 5.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图(1)，已知矩形ABCD,点E,G分别是矩形边AD,BC上的一点，且 AE=CG,△ABE与△DCG分别沿BE,DG翻折得到△FBE与△DHG;EF所在的直线交直线DH于N点，GH 所在的直线交直线BF于M点. G (图1) (图2) (I)求证：四边形MHNF是矩形； (2)若AD=V2AB,且∠MBG=45°.判断四边形MHNF的形状，并说明理由： (3)如图(2)，若点F是DG的中点.试探求HD与EF的数量关系，并加以说明， 题型十三特殊四边形中实践探究问题（共3小题） 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，已知四边形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，己知OD平分∠AOB,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”. 21/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 y B D H F C 图1 图2 2.(24-25八年级下·浙江金华期末)小数在复习浙教版教材八下第117页第5题后，进行了反思和探究， 【反思】如图1，将矩形纸片ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的矩形EFGH,这样的 矩形EFGH称为叠合矩形.若EH=3cm,EF=4cm,求AD的长. 【探究】小数改变条件和纸片的形状，对叠合矩形进行了如下探究： (1)如图1，若AB=6cm,AD=10cm,求AH的长. (2)如图2，菱形纸片ABCD按图2的方式折叠成一个叠合矩形EFGH,若EH=8cm,EF=6cm,求MN的 长 D E G B 图1 图2 3.(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，同学们在所究图形时发现，若取线段BP的中点H,可得部始终为定值。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AB=4V5,FG=2,当四边形FHGD是菱形时，求菱形FHGD的边 22/28 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 长 图1 图2 图3 备用图 4,(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 D C D A E B E 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. 探究②直接写出四边形GAEH面积的最小值. 题型十四特殊四边形中与函数相关问题（共4小题） 1,(24-25八年级下·浙江金华期末)已知直线y=-之x+3与x轴、y轴分别交于点A、B,点P是线段AB 上的动点，点C是x轴上的动点，连接PC 23/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B B A 0 M (图1) (图2) (1)求A,B两点的坐标； (2)如图1，连接BC,若△BCP是以BP为斜边的等腰直角三角形，求直线PC的解析式； (3)如图2，作PM⊥x轴于点M,以PM为边向右作正方形PMNR,边NR交直线AB于点Q.若PQ=PC,AN=OC, 求点P的坐标， 2.(24-25八年级下·浙江温州·期末)如图，己知正方形ABCD的边长为1，点E在AD延长线上，连接BE, CE,过点C作CF⊥BE交BA的延长线于点F,连接EF, D A (I)求证：AE=BF. (2)设DE=x,△CEF的面积为S,求S关于x的函数表达式. (3)当CF=EF时，求S的值. 3.(24-25八年级下·浙江舟山·期末)如图(1)，在长方形ABCD中，AB=CD=10cm,BC=AD=6cm, ∠A=∠B=∠C=∠D=90°，点P从点A出发，沿A→B→C→D路线运动，到点D停止；点P出发时的速度为每 秒1cm,a秒时点P的速度变为每秒b(cm),图②是点P出发x秒后，△APD的面积S(cm2)与x(秒)的函数图 象 S(cm2) D C 30 12 A P B 01a7 x(秒) ① ② 24/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (I)根据题目中提供的信息，请直接写出a,b,c的值； (2)设点P运动的路程为y(cm),请写出点P出发后，y与x的函数表达式； (3)当点P出发几秒后，以点C,D,P为顶点的三角形是等腰三角形 4.(24-25八年级下·浙江金华期末)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y 轴上，且B(4,2),E为直线AC上一动点，连OE,过E作GF1OE,交直线BC、直线OA于点F、G, 连OF. F B E y 图1 图2 (1)求直线AC的解析式 (2)当E为AC中点时，求CF的长 (3)在点E的运动过程中，坐标平面内是否存在点P,使得以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，若存在， 求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由 题型十五特殊四边形中与折叠综合问题（共4小题）】 1.(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. A D 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,己知BF=2FC=2, ①求DF的长； 25/28 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ②直接写出四边形ADEF的面积， 2.(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. B B--------- (备用图) (I)求证：△ACE≌△BEC (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 3.(24-25八年级下，浙江温州·期末)如图1，在正方形ABCD中，点E在AB的延长线上，连结CE,过点A作 AF⊥CE于点F,分别交对角线BD和边BC于点G,H D H B 图1 图2 (I)求证：BE=BH. (2)如图2，连结CG,EG,已知BD=2,设BH=x,AE=y. ①求y关于x的函数表达式. ②当x=2-V2时，求四边形BECG的面积. 4,(24-25八年级下·浙江丽水·期末)如图，在口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, D A A D E E B 图1 图2 图3 (I)如图1，当点F恰好落在边AD上时，求证：四边形ABEF是菱形. 26/28 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2如图2，当点P怡好落在ED上，且二=m时，求的值， (3)如图3，当∠ABC=45°，AB=2V2,BC=4时，连接BD,下列三个问题，依次为易、中、难，对应的满 分值为2分、3分、4分，根据你的认知水平，选择其中一个问题求解. ①当AF⊥BC时，求BE的长. ②当EF II BD时，求BE的长. ③当点F恰好落在BD上时，求BE的长. 5,(24-25八年级下·浙江台州·期末)在矩形ABCD中，E为AD边上异于A、D的一个动点，将△ABE沿BE折 叠，点A的对应点为F, 图1 图2 (1)如图1，若设∠ABE=C,则∠DEF= (用含ac的式子表示)；当点F恰好是BD的中点时，则a= 度、 (2)如图2，EF交BD于点M,且BF平分LDBC. ①求证：△EDM是等腰三角形， ②当AB=3,BC=4时，求AE的长. ③若设BE=a,BM=b,EM=c,求证：a2=b2+bc. 6.(24-25八年级下.浙江宁波·期末)如图，已知矩形纸片ABCD,AB=a,BC=b(a>b). D A C D E E B 图1 图2 (I)如图1，将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD边上的点A'处，折痕DE交边AB于点 E,求证：四边形AEAD是正方形， (②)将图1中的矩形纸片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',如图2， ①求证：AC=BE. 27/28 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ②若a=8,b=6,求折痕EF的长. ③当△EFC'为等腰三角形时，直接写出a,b之间应满足的数量关系. 7.(24-25八年级下·浙江台州期末)问题背景如图1，在四边形ABCD中，若BC=CD,∠BAD=∠BCD=90°， 则AC平分∠BAD,小明为了证明这个结论，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，得到△EDC. B D E B 图1 图2 图3 (1)请帮助小明完成他的证明过程； 证明：将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC, ∴.AC= ,∠BAC=∠ ,LABC=∠EDC. ∠BAD=∠BCD=90° ∴.∠ABC+∠ADC=180°， ∠CDE+∠ADC=180,即A,D,E三点共线. AC=CE, .∠CAE=∠ ∠ =∠CAE,即AC平分∠BAD (2)应用：在图1中，若AB=2,AD=4,则AC= (3)迁移：如图2，∠BAD=∠BCD=90°，BC=CD,若AB=3,AD=5,求AC的长； (④拓展：如图3，以等腰△ABG的一边AB作等腰Rt△ABD,且∠ABD=90,连接CD,已知AB=BC=号 AC, 则的值为】 (请直接写出答案) 28/28 专题17 期末真题百练通关（74题15大压轴题型） 题型1 根与系数关系中求代数式（选填压轴） 题型9 图形旋转中角度问题（解答压轴） 题型2 平行四边形中最值问题（选填压轴） 题型10 与中位线有关的证明解答题（解答压轴） 题型3 旋转中最值问题（选填压轴） 题型11 平行四边形的性质与判定解答题综合（解答压轴） 题型4 特殊平行四边形中最值问题（选填压轴） 题型12 特殊平行四边形解答题综合（解答压轴） 题型5 用字母表示角度（选填压轴） 题型13特殊四边形中实践探究问题（解答压轴） 题型6 特殊平行四边形中多结论问题（选填压轴） 题型14 特殊四边形中与函数相关问题（解答压轴） 题型7 特殊平行四边形与弦图综合（选填压轴） 题型15 特殊四边形中与折叠综合问题（解答压轴） 题型8 特殊平行四边形与折叠综合（选填压轴） 题型一 根与系数关系中求代数式（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）已知，是关于的一元二次方程的两个实数根，则的最小值是(　　) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据方程有两个实数根，利用判别式求出参数的取值范围；再通过韦达定理得到两根之和与两根之积，将所求式子展开并转化为关于的代数式并配方，最后在的取值范围内求出最小值． 【详解】解：∵，是关于的一元二次方程的两个实数根， ∴，解得， 且． ∴． ∵，， ∴， ∴的最小值是，故选D． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）已知实数α，β满足，，且，且的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先把变形为，则、可看作方程的两根，利用根与系数的关系得到，，由于，所以可先化为，再变形得到，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】解：， ， ，且， 、可看作方程的两根， ，， ， ， ． 3．（24-25八年级下·浙江·期末）若存在正实数y，使得，则实数x的最大值为（    ） A． B． C．1 D．4 【答案】A 【分析】本题考查了一元二次方程有正实数根与判别式的关系、一元二次方程根与系数的关系，由等式整理得到关于的方程，根据存在正实数，，求出的最大值即可；熟知这些知识点是关键． 【详解】解： 或① 或 解得，② 故的取值范围是： 的最大值是， 故选：A． 4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）关于的方程的两个实数根，满足，则的取值范围是________ 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数关系的应用，解题的关键是求出． 根据一元二次方程有两个不同的实数根，可得，从而得出，则，即可求出，再根据即可求出的取值范围． 【详解】解：由题意可知：， ∵， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 5．（24-25八年级下·河南洛阳·期中）将关于的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且，则的值为________． 【答案】 【分析】先利用得到，代入得到化为，然后解方程得，从而得到的值． 【详解】解：， , 解得， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了高次方程：通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解，所以解高次方程一般要降次，即把它转化成二次方程或一次方程，也有的通过因式分解来解，通过把一元二次方程变形为用一次式表示二次式，从而达到“降次”的目的，这是解决本题的关键． 题型二 平行四边形中最值问题（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，，点分别为的中点，点为边上任意一点（不与重合），沿剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点旋转，恰好与①拼成四边形，则四边形周长的最小值为________． 【答案】 【分析】由等腰直角三角形的性质和勾股定理得出，，由三角形中位线定理得出，，由旋转的性质可得：，，，，证明四边形为平行四边形，得出四边形周长，当时，此时最小，求出的最小值即可得出答案． 【详解】解：∵在中，， ∴，， ∵点分别为的中点， ∴为的中位线，， ∴， 由旋转的性质可得：，，，， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形周长， 当时，此时最小，为等腰直角三角形，的最小值为， ∴四边形周长的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在平行四边形中，，，E是边延长线上一点，连接，以为边作等边三角形，连接，则的最小值是 ________________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的性质，先作辅助线，根据勾股定理和平行四边形的性质得到线段的长度，证明出四边形为平行四边形，再根据三角形全等得到对应边相等，再根据垂线段最短得到最小值，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：延长，在的延长线上截取，连接，过点G作于点H，过点C作交的延长线于点M，如图所示： ， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当最小时，最小， ∵垂线段最短， ∴当点E与点H重合时，最小，此时， ∴最小值为， 故答案为： ． 题型三 旋转中最值问题（共5小题） 1.（24-25八年级下·浙江舟山·期末）如图，四边形中，，点分别为线段，上的动点（含端点，但点不与点重合），点分别为的中点，则长度的最大值为（　　） A．2 B．2.5 C． D．4 【答案】C 【分析】连接，由勾股定理得，由三角形中位线性质可得，即可得点 与点 重合时 最大，最大值为 ，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接 、 ，如图所示， 在 中， ， ， ， ， 点 分别为 的中点， 是 的中位线， ， 由题意得，当点 与点 重合时 最大，最大值为 ， 长度的最大值为 ． 2．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B是直线上任意一点，连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段．点D是y轴上一个动点，连接，，．当的周长最小时，点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设点B的坐标为（），先根据图形旋转的性质及全等三角形的判定与性质，求得，求得点C在直线上，分别作点A关于y轴和直线的对称点和，根据轴对称的性质，进一步推得当点C，D都在线段上时，的周长最小，再求出直线的解析式，即可求出直线与直线的交点坐标，即得答案． 【详解】解：分别过点B，C两点作轴于点G，轴于点H， ， ， 线段绕点O顺时针旋转得到线段， ，， ， ， ， ，， 当点B在第二象限时，设点B的坐标为（）， 则，， ，， ， 令， 消去m，得， 点C在直线上， 令，则， 所以直线与y轴的交点为， 令，则， 解得， 所以直线与x轴的交点为， ， ， ， 分别作点A关于y轴和直线的对称点和，连结，，， 则，，，，， ， ，， ， ， 的周长， 当点C，D都在线段上时，取得最小值，此时的周长最小，且点C即为直线与直线的交点， 设直线的解析式为， 把，代入，得， 直线的解析式为， 联立方程组， 解得， 所以点C的坐标为． 故选：D． 【点睛】本题考查了几何最值问题，图形旋转的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，求一次函数的解析式，求出动点的运动路径是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在中，，点D，E，F分别在上，连接，当最小时，则（  ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，将绕点旋转，得到，则：，进而得到，得到当三点共线时，最小，利用等边对等角，结合三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴将绕点旋转，得到， ∴，，， ∴， ∴当三点共线时，最小， 如图：    ∵，， ∴， ∴； 故选B． 4．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在中，，，点D是边的中点，，将点P绕着点C顺时针旋转得到点，则线段长度的最小值为（　　） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【分析】连接并延长，根据条件证明可得，当时，线段长度有最小值，用勾股定理即可求解． 【详解】解： 连接并延长，如图所示： ∵点P绕着点C顺时针旋转得到点， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴轨迹为过A点且垂直于直线的射线，即在射线上运动， ∴当时，线段长度有最小值， ∵点D是边的中点， 在中，， ∴ ∴， ∴线段长度有最小值为； 故选：A． 【点睛】本题考查动点问题，涉及旋转性质、 平行线性质、 等腰直角三角形性质、全等三角形的判定与性质，点到直线垂线段最短等知识，熟练掌握动点最值问题的求解方法步骤是解决问题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江·期末）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线上的一个动点，将Q绕点顺时针旋转，得到点，连接，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等，坐标与图形的变换—旋转，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键． 利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后的坐标，然后根据勾股定理并利用偶次方非负数的性质即可解决问题． 【详解】解：作轴于点，轴于， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设， ， ， ， ， 当时，有最小值为5， 的最小值为， 故答案为：． 题型四 特殊平行四边形中最值问题（共3小题） 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． 3．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在正方形中，已知点是线段上的一个动点（点与点不重合），作交于点．现以，为邻边构造平行四边形，连接，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由“”可证，可得，由“”可证，可得，，可证点在的角平分线上运动，即可求解． 【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，延长，交于点，    四边形是平行四边形， ，，， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 又， ， ，， ， ， ， 点在的角平分线上运动， ，， ， 当点运动到点时，有最小值为， 即的最小值为， 故选：B． 【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知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 题型五 用字母表示角度（共6小题） 1．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，E，F分别是的边，上的点，连结，，是点B关于的对称点，是点D关于的对称点，已知，都在对角线上，且．记的度数是，的度数是，则与满足的关系式是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，由垂直平分，垂直平分，得，，则，，由平行四边形的性质得，，则，所以，则，而，可证明四边形是菱形，则，所以，则，由，且，，得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， ∵是点B关于的对称点，是点D关于的对称点， 垂直平分，垂直平分， ，， ∵，都在对角线上， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， ， ，且，， ， 故选：D． 【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点在上，连结，，．设，，则，关系正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及平角和为，由菱形的性质表示出各个角并由平角列式是解决本题的关键． 由菱形的性质可表示出与，再由可得，根据为平角列式即可求解． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， 即， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 又∵， 即， 整理可得． 故选：A ． 3．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在中，，以，为边作正方形，点落在上．记正方形的面积为，的面积为，设，．若，则下列代数式的值不变的是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了根据正方形的性质求线段长，直角三角形全等的判定定理，灵活运用勾股定理，熟练掌握直角三角形全等的判定定理和勾股定理是解题的关键． 根据题意先求出的值，再逐个去判断． 【详解】解：设，则， 在正方形中， ， ， 由题意可知， 在正方形中， ， 在和中 ， ， ， 即， 解得， ， ， ， ， 在中， ， ， ， ， ， 解得，， ，， ， ， A、，不是定值，故A不符合题意； B、，不是定值，故B不符合题意； C、，不是定值，故C不符合题意； D、，是定值，故D符合题意； 故选：D． 4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）勾股定理被称为“几何学的基石”，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边为边长，分别向外作出正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”．如图，设大正方形Y的边长为定值y，四个小正方形的边长分别为m，n，p，q，且三个直角三角形中，当变化时，以下说法错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查三角形全等的判定与性质及勾股定理，过作，，即可判断A，B，根据勾股定理求解即可判断C，D即可得到答案； 【详解】解：根据图像得， ，，， ∵， ∴， ∴，，，四点共线， 过作， ∴， 在与中， ∴， ∴，， 同理可得，， ∴，， ∵大正方形Y的边长为定值y，四个小正方形的边长分别为m，n，p，q， ∴，，故A，B正确，不符合题意，C不正确，符合题意， ∵，，， ∴，故D正确，不符合题意 故选：C． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，将菱形沿折叠，点B的对应点为F，若E、F、D刚好在同一直线上，设，，，则关系正确的是（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】可求，，可求，可证，即可求解． 【详解】解：，， ， 根据折叠可知， ， ，， ， 在菱形中，，， ，， ， ， ， ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，掌握相关的性质是解题的关键． 6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点F在边上（不与点C，点D重合），点E是延长线上的一点，且满足，连接EF，过点A作，垂足是点H，连接．设，则（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，过点H作交于点M，交于点N，可得,，证明 ，可得到，可得是等腰直角三角形，由得到，，则可得到，，得到是等腰三角形，可以证明四边形是矩形，可进一步证明 ，得到，得是等腰直角三角形，则可得到，则，设，则，则，得到，则，即可得到结论． 【详解】解：连接，过点H作交于点M，交于点N，    ∵四边形是正方形， ∴,， ∴， 在和中， , ∴ ， ∴， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∵, ∴，， 即是的中点， ∴，， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴ ， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， 故选：C 【点睛】此题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，综合性较强，熟练掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 题型六 特殊平行四边形中多结论问题（共8小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，以的各边为边，在边的同侧分别作三个正方形，，，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（   ） A．若，则四边形是平行四边形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】B 【分析】根据正方形的性质易证得，进而得到四边形是平行四边形，利用正方形的性质求出，再逐项判断即可． 【详解】解：四边形，，都是正方形， 、、、， ， 在和中， ， ， 、， 是正方形的对角线， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 故A选项正确； 四边形和都是正方形， 、， ， ， 四边形不是矩形， 故B选项错误； 四边形是平行四边形， 若要使四边形是菱形，则需要，即， ， 当时，四边形是菱形， 故C选项正确； 当时，， 平行四边形是矩形， 当时，四边形是菱形， 四边形是正方形， 故D选项正确； 综上，错误的是选项B． 2．（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． 3．（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． 4．（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． 5．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，矩形ABCD中，分别是边AD，BC的中点，于P，DP的延长线交AB于．下列结论：①；②；③．其中结论正确的有（      ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】D 【分析】连接，根据分别证明、，再利用勾股定理求出，逐个选项判断即可． 【详解】解：连接GF， ∵矩形， ∴，，，， ∵，是边的中点， ∴，故①正确； ∵分别是边，的中点， ∴ ∴四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∵ ∴垂直平分 ∴ ∴（） ∴，即，故②正确； ∵，，， ∴（） ∴， 设，则，， 在中，， ∴解得，即，故③正确； 综上所述，正确的是①②③ 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上中线、勾股定理、全等三角形的性质与判定，涉及知识点比较多，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 6．（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． 7．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，正方形中，，点在边上，且．将沿对折至，延长交边于点，连接、．有以下结论：①；②；③；④；⑤图中与相等的角有个．其中，正确结论的序号是______（把正确结论的序号都填上）． 【答案】①②④ 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；根据角的和差关系求得；在直角中，根据勾股定理可证；通过证明，由平行线的判定可得；求出，由即可得出结论． 【详解】解：∵， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴①正确； ∵， ∴， ∵，， 设， 则， 中，， 解得， 则， ∴， ∴②正确； 由②可知，在中，， 则， 由图可知：与是同高， 所以它们的面积比会等于底边之比，即， ∴， ∴③错误； ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ； ∴④正确； 与相等的角有， 由可得， ∴⑤错误； 正确结论是①②④， 故答案为①②④． 【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，正方形的性质，勾股定理，三角形全等，掌握正方形的性质是解题的关键． 8．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点，分别在，的延长线上，连接，，，与交于点．已知，．有以下四个结论： ①；②；③；④若，则的面积为． 以上结论中正确的是______． 【答案】①②④ 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定；在上截取，连接，证明，即可判断①②，进而假设得出，进而可知③不一定正确，在中，，勾股定理求得，再证明，可得，进而根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】解：如图所示，在上截取，连接， ∵四边形是正方形 ∴， 在中， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，，故②正确； ∴，故①正确； ∵ ∴垂直平分， ∴， 若，则 又∵ ∴垂直平分 ∴； 又∵， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴， 在中， 设，则 ， ∴ 在中， ∴ 解得：或（舍去） ∴当且仅当时，，故③不一定正确； ④若，则， 设， ∵在上，垂直平分， 则 在中，， ∴ 解得：， 即， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴ ∴的面积为．故④正确 故答案为：①②④． 题型七 特殊平行四边形与弦图综合（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江衢州·期末）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，延长至点，使得，记两点的水平距离为，垂直距离为，正方形的面积为的面积为．若，则的值为__________． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理的应用，设，，则，依题意，，根据题意得出，，进而求得，即可求解． 【详解】解：设，，则， 依题意，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴ ∵正方形的面积为的面积为，， ∴， ∴，, ∴（负值舍去）， 故答案为：． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的弦图，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．作的平分线交于点，的平分线交于点，若点，，在同一直线上，则的值为______． 【答案】/ 【分析】本题正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得证是等腰直角三角形，则且结合四个直角三角形全等，故证明，得出点是中点，结合勾股定理列式，即可作答． 【详解】解：∵作的平分线交于点 ∴ ∵的平分线交于点， ∴ ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴ 而由题意知：四个直角三角形全等 ∴ 而 ∴ ∴ ∴ ∴点是中点 在中， ∴，， ∴ ∴ 设 则， 在中， 在中， ∴ ∴故答案为： 3．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是________． 【答案】 【分析】先利用勾股定理得到，进而证明四边形是正方形，则可得到，过点K作，延长分别交于L、S，则，利用勾股定理得到；证明四边形是矩形，得到，由对称性可知，则；证明四边形是矩形，得到，；如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，可得，再证明，得到，则，即点H，M之间的距离是． 【详解】解：∵点E，F是正方形边， ∴， ∴，， 同理可得， ∴， ∴四边形是正方形， ∵四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形， ∴， 如图所示，过点K作，延长分别交于L、S， ∴， ∴； ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 由对称性可知， ∴； ∵K、L分别为正方形边的中点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，； 如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点H，M之间的距离是， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定， 等边三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形是解题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图所示，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，过点D作的垂线交小正方形对角线的延长线于点G，连结，延长交于点H．若，则的值为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形和正方形的判定以及性质和勾股定理，过点G作交的延长线于点T，设与交于点M，交的延长线于点N，设，则，由，可得四边形是矩形，由证得四边形是正方形，从而，，由勾股定理求得和，即可求出答案． 【详解】解：过点G作交的延长线于点T，设与交于点M，交的延长线于点N，如图所示∶ 设，则， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵， ∴，， 根据勾股定理，得 ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）右图是公元世纪的中国数学家刘徽想象出来用来证明勾股定理的切割方式．若正方形与正方形的面积分别为和，则______． 【答案】5 【分析】设，由正方形的性质得，，再由图形的切割可知：正方形与正方形是同一个正方形，四边形是矩形，，于是有，，，利用勾股定理构造方程得，求解此方程即可得解． 【详解】解：如图，设，    ∵正方形的面为， ∴， ∴， 由图形的切割可知：正方形与正方形是同一个正方形，四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∵正方形的面积为， ∴， ∵， ∴即， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为∶． 【点睛】本题主要考查了矩形及长方形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 题型八 特殊平行四边形与折叠综合（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）折叠矩形纸片时，发现可以进行如下操作： ①如图1，把翻折，点A落在边上的点F处，折痕为，点E在边上，则______； ②把纸片展开并铺平； ③如图2，再把翻折，点C落在线段上的点H处，折痕为，点G在边上，若，，则______． 【答案】 【分析】设，则，利用折叠的性质得，，则可判断四边形为正方形，所以，再根据折叠的性质得，则，然后根据勾股定理得到，再解方程求出即可． 【详解】解：在矩形中，， 设，则， ∵把翻折，点落在边上的点处， ， ∴四边形为正方形， ，， ∵把翻折，点落在直线上的点处，折痕为，点在边上， ， ， 当， 在中，， ， 整理得， 解得：（舍去）， 即． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，将沿对角线翻折，得到，交于点F，再将沿翻折，得到，交于点 H，若平分，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查矩形的性质、翻折变换的性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识点，弄清线段间的关系成为解题的关键． 如图：连接，由矩形的性质得，由翻折得，则，所以，求得，则，可证明四边形是正方形，则，再证明，求，则，可证明，则，然后求解即可． 【详解】解：如图：连接， ∵四边形是矩形，， ∴， 由翻折得：， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，解得：． 故答案为：． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，，点是的中点，连接，则__________；点F在边上，将沿折叠，点B恰好落在上的点G处，连接，则___________．    【答案】 【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得，由翻折可得，设，然后利用勾股定理列出方程求出x的值，再根据三角形面积公式即可解决问题． 【详解】解：在正方形ABCD中，， ∵点E是的中点， ∴ ， ∴， 由翻折可知：， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：，． 【点睛】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，正方形的性质，勾股定理，三角形的面积，正确的作出辅助线是解题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，有一张矩形纸片，，点分别在边上，，现将四边形沿折叠，使点分别落在点上当点从点运动到点的过程中，若边与边交于点，则点相应的运动路径长为______．    【答案】 【分析】探究点的运动轨迹，寻找特殊位置，当点与点重合时，当点运动到时，当点运动到点落在时，分别利用矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，分别进行计算即可． 【详解】解： 如图，当点与点重合时，   ，四边形矩形，， ，，，， ， 由折叠的性质可得：， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ， 如图，当点运动到时，的值最大，   ，四边形矩形， ， ， ， 四边形是矩形， ， 同理可得：， ， 如图，当点运动到点落在时， ， 由折叠的性质可得：，，，，， ， ， 点的运动轨迹为， 运动路径为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点，找准特殊点位置时解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江衢州·期末）如图，将矩形的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．若，则的长为______．    【答案】1或4/4或1 【分析】先根据折叠的性质证明四边形是矩形，推出，再证明 ，推出，进而求出，设，则，利用勾股定理解，，即可求解． 【详解】解：由折叠的性质得，， ， 同理可得， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形的四个角向内折起拼成的， ，，， ， 同理可得， 在和中， ， ， ， ， 设，则， ，， ， ， 解得或， 的长为1或4． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是利用折叠的性质证明四边形是矩形． 题型九 图形旋转中角度问题（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图1，已知在中，，连接． (1)求的度数； (2)如图2，点E在内部，满足，求证：； (3)在（2）的条件下，连接CE，若，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)9 【分析】（1）设，则，利用等边对等角和三角形内角和定理分别求出的度数即可得到答案； （2）证明得到，根据三角形内角和定理得到，再证明，即可证明结论； （3）将绕点C逆时针旋转90度得到，连接，证明是等腰直角三角形，推出，再证明是等腰直角三角形，得到，则，由勾股定理求出的长，再利用三角形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）解：设，则， ∵， ∴，， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，将绕点C逆时针旋转90度得到，连接， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）已知是的边上的高． (1)如图①，若，E是边上一点，将绕点D顺时针旋转，得到，连接．求证：； (2)如图②，若，过点C作，垂足为E，连接．求证； (3)如图③，利用直尺和圆规，分别在，上作点M，N，使，且．（要求：不写作法，保留作图痕迹，写出必要的文字说明） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据证明，即可得出答案； （2）过点D作，交于点F，证明，得出，，证明为等腰直角三角形，得出，即可证明； （3）以点D为圆心，为半径画弧，交于点G，延长，截取，连接，交于点N，以点A为圆心，为半径画弧，交于点M，连接、，则点M，N即为所求． 【详解】（1）证明：∵是的边上的高， ∴， ∵将绕点D顺时针旋转，得到， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：过点D作，交于点F，如图所示： ∵是的边上的高， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 即； （3）解：以点D为圆心，为半径画弧，交于点G，延长，截取，连接，交于点N，以点A为圆心，为半径画弧，交于点M，连接、，则点M，N即为所求， 根据作图可知：，，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了基本作图，图形的旋转，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）角和线段的问题解决有着紧密联系，它们之间的解法可以互相迁移．请完成下列探索： 【情境探究】如图1，线段和线段的长度均为，且它们在同一条直线上． （1）若重叠部分线段的长度为，则线段的长度为 ； （2）若线段的长度是重叠部分线段的长度的3倍，则线段的长度为 ． 【类比猜想】如图2，小江将一副三角板以顶点重合放置，其中，含度角的三角板绕点转动，且始终在所在直线的上方，另一块三角板则保持不动．若的度数是度数的倍，求此时的度数． 【拓展迁移】如图3，小北将一副三角板以顶点重合放置，其中，边从射线出发，绕点顺时针旋转，同时边从射线出发，绕点逆时针旋转，速度分别为每秒和，运动时间为秒，当与射线首次重合时，、同时停止运动．若的度数是度数的倍（小于平角），此时的值为 ．（请直接写出答案） 【答案】情境探究：（1）；（2）；类比猜想：或；拓展迁移： 【分析】本题考查了线段的和差、角的和差倍分、角的旋转等，关键是线段长度的计算及角的关系的求解； 【情境探究】（1）根据线段之间的和差来计算长度即可；（2）根据线段之间的和差来计算长度即可； 【类比猜想】根据三角板的角度及角度之间的倍数关系，分情况讨论求解； 【拓展迁移】根据边的旋转速度和时间得到角的表达式，再结合角的倍分关系分情况讨论求解． 【详解】【情境探究】解：（1）∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即：， ∴，即：， 故答案为：； 【类比猜想】解：①当两块三角板没有重合部分，即时， ∵，， ， ， ； ②当两块三角板有重合部分，即时， ，， ， ， ， 综上所述，或． 【拓展迁移】的值为． 解：如图1，∵，， ， ，   ， ∴ ， ∴ ； 如图2，∵， ∴，， ， ∴ ， ∴； 如图3，∵，， ∴， ， ， ∴  ， ∴  ； 当时，，所以舍去； 如图4，因为，， ， ， 因为， ， ； 综上所述，的值为，，． 4．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）【问题情境】在综合实践课上，老师组织同学开展了探究角与角数量关系的数学活动，如图1，，、是直线上的两点，连接、交于点 【探索发现】（1）判断，和之间的数量关系，并说明理由． 【深入探究】如图2，过点作，交的延长线于点，交于点，过点作分别交、于点，． （2）若平分，，求的度数． （3）如图3，在（2）的条件下，将绕着点以每秒的速度逆时针旋转，旋转时间为，当边与射线重合时停止，则在旋转过程中，当边与的某一边平行时，直接写出此时的值． 【答案】（1），见解析；（2）；（3），， 【分析】（1）根据平行线的性质可得出，根据三角形的外角的性质可得，等量代换，即可求解； （2）根据平行线的性质得出，根据角平分线的定义，以及，得出，则，进而根据平行线的性质以及角平分线的定义得出，根据三角形的外角的性质，即可求解； （3）设旋转后的三角形为，的对应点为，分三种情况讨论，根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：（1），理由如下： ， ， 是 的外角， ， ， （2） ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ， 是 的外角， ； （3）由（2）可得，， 设旋转后的三角形为，的对应点为 ①当时，延长交于点， 如图所示， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ②当时，如图所示， ∴ ∴ ∴ ∴ ③当时，如图所示， ∴ ∴ ∴ ∴ 综上所述，，， 【点睛】本题考查了三角形的外角的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，角平分线的定义，旋转的性质，熟练掌握以上知识，分类讨论是解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）一副三角尺按如图所示摆放，将三角尺绕点以每秒15°的速度顺时针旋转，同时，三角尺也绕点以每秒的速度逆时针旋转，三角尺的直角边与重合时停止旋转，三角尺也停止旋转，设运动的时间为． (1)用含的代数式表示：______；______； (2)当为何值时，？ (3)下列三个问题，依次按易、中、难排列，对应的满分值为2分、3分、4分，请根据自己的认知水平，选择其中一个问题完成做答． ①当为何值时，与重合？ ②当为何值时，？ ③在旋转过程中是否存在这样的，使得射线是由射线、射线、射线中的其中两条组成的角的平分线？如果存在，请求出的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)或 (3)①  ②  ③或或，理由见解析 【分析】本题考查旋转求角度问题，涉及三角板、旋转性质、平角定义、角平分线定义及角的和差倍分关系等知识，根据题意，数形结合表示出各角度之间的和差倍分关系是解决问题的关键． （1）由旋转性质，三角板特征，数形结合列式求解即可得到答案； （2）根据题意，分类讨论：①与重合前；②与重合后两种情况，数形结合，列方程求解即可得到答案； （3）①数形结合，由平角为列方程求解即可得到答案；②数形结合，由后角度之间的和差关系列方程求解即可得到答案；③根据题意，分类讨论：i：当射线是由射线、射线的角平分线时；ii：当射线是由射线、射线的角平分线时；iii：当射线是由射线、射线的角平分线时；数形结合，由角平分线定义及平角为列方程求解即可得到答案． 【详解】（1）解：三角尺是等腰直角三角形，且绕点以每秒15°的速度顺时针旋转， ； 三角尺是含的直角三角形，且绕点以每秒的速度逆时针旋转， ； 故答案为：，； （2）解：①如图所示： ∵，，，， ∴，解得； ②如图所示： ∵，，，， ∴，解得， ∴综上所述，当为或时，； （3）解：①∵与重合，如图所示： ∴， ∵，， ∴，解得， ∴当为时，与重合； ②当时，如图所示： ∴， i：∵， ∴，解得； ii：∵， ∴，解得， ∵与重合时，三角尺停止旋转， ∴， ∴不符合题意，舍去， 综上所述，当为时，； ③i：当射线是由射线、射线的角平分线时，如图所示： ∵平分， ∴， ∴， ∵，， ∴，解得； ii：当射线是由射线、射线的角平分线时，如图所示： ∵平分， ∴， ∴， ∵，， ∴，解得； iii：当射线是由射线、射线的角平分线时，如图所示： ∵平分， ∴， ∴， ∵，， ∴，解得； 综上所述，的值为或或． 题型十 与中位线有关的证明解答题（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图1，已知正方形的边长为，点是正方形内一动点，且，连结、、，并延长交于． (1)求证：； (2)若时， ①如图2，求的长度； ②如图3，延长至点，使得，连结．求与四边形的面积比； (3)在图1中，在运动过程中，当的值最小时，求的长．（直接写出答案） 【答案】(1)见解析； (2)①；② (3) 【分析】（1）根据等边对对等角和三角形内角和定理证明，，从而可得，再根据邻补角求出结论； （2）过点作，垂足为，取中点，连接、、，构造垂直全等模型，可得，进而证明是等腰直角三角形；再证明，得，再利用中位线性质和证明是直角三角形，利用角的转换证明，从而可得，由此得出， ②设，利用三角形内角和倒角得出，进而证明，是等腰直角三角形，由此得出，再利用等积变换得出，，由此即可解题； （3）过点作，垂足为，过点作，垂足为，构造同（2）图可知：，由垂线段最短可知，由此得出最小，此时，即、重合，再构造（2）图形，先求出，是等腰直角三即可解题． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∵， （2）如解图2，过点作，垂足为，取中点，连接、、， ∵，， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即是等腰直角三角形； ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵由得， ∴， ∴四边形面积 ∴与四边形的面积比， （3）如解图3-1，过点作，垂足为，过点作，垂足为， 同理（2）可得：，， ， ∵， ∴时，最小，此时，即、重合，如解图3-2， ∵，，， ∴， ∴，， 延长至点，使得，连结． 同理（2）②可得： ，是等腰直角三角形； ∴ ，即， ∴ 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形性质和判定、等腰三角形判定和性质、三角形中位线性质、勾股定理、等积变换等，解题关键是利用等腰三角形三线合一性质构造垂直全等模型，从而转化线段关系． 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）正方形中，点E为上一动点（不与端点重合），连接，过点B作于点F，过点D作于点G． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，连结，，判断和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，点H，I分别为，中点，连接；判断和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)8 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）利用证明即可． （2）利用证明即可． （3）设的交点是，取的中点，连接，则分别是的中位线，设的交点为，的交点为，的交点为，根据矩形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质解答即可． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴． （2）证明：．理由如下： ∵， ∴，， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：．理由如下： 设的交点是，取的中点，连接， 则分别是的中位线， ∴， ∵， ∴， 设的交点为，的交点为，的交点为， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理的证明和应用，等腰直角三角形的判定和性质，角的和，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，是的中位线，点为射线上的一个动点（不与点重合），作交边于点，连结． (1)如图1，当点与点重合时，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，，，点在线段上运动，当四边形是菱形时，，求菱形的面积； (3)如图3，，在延长线上（可以与点重合）存在一点，使得四边形为矩形，求的度数范围． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3) 【分析】（1）根据两组对边互相平行的四边形是平行四边形判定； （2）如图，连接，由菱形知，可证，四边形是平行四边形，于是，由勾股定理中，，，所以菱形的面积即可求得； （3）如图，点在延长线上 （可以与点重合），得；随着的减小，点逐渐向点接近，当点与点重合时，最小，由矩形性质得，进一步证得，由三角形内角和定理，得，于是． 【详解】（1）解：证明：是的中位线， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）解：如图2，连接， 四边形是菱形， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 在中，，， ， ， ， ， 菱形的面积为2； （3）如图，点在延长线上 （可以与点重合）， ， 随着的减小，点逐渐向点接近，当点与点重合时，最小， 如图，四边形是矩形， ， 而， ， ， ， ． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，中位线的性质等综合题型，解题的关键对菱形性质和图形变化极值情况的熟练掌握． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）在正方形中，对角线与相交于点，点是线段上的动点．    (1)如图1，若平分． ①求证：． ②若，求的长． (2)如图2，延长交于点，连接．当时，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①见解析；② (2)，理由见解析 【分析】（1）①由正方形的性质证出，由角平分线的性质得出，则可得出结论；②过点作于点，由等腰直角三角形的性质及角平分线的性质可得出结论； （2）取的中点，连接，，由三角形中位线定理得出，，证明四边形为平行四边形，由平行四边形的性质得出，则可得出结论． 【详解】（1）解：①证明：四边形是正方形， ， 平分， ， ，， ， ； ②过点作于点，    ，， ， ， ， ， 平分，，， ； （2）， 理由：取的中点，连接，，    四边形是正方形， ，， 为的中点， 为的中位线， ，， 在中，， ， 又， ， ， ，， ， ， ， ， 又， 四边形为平行四边形， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行四边形解决问题． 5．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）已知内角，分别以为边向外侧作等边和等边，连接交于点． (1)如图1，判断是否随的变化而变化？如果不变化，请求出的度数；如果变化，请用的代数式表示的度数； (2)连接，再依次连接四条线段的中点，得到四边形． ①如图2，若，，，求四边形的面积； ②若的面积是，，的面积都是，求的面积． 【答案】(1)不变化，，详见解析 (2)①，详见解析②，详见解析 【分析】（1）先利用证出，进而得出，即可得解； （2）①连，设与交于点Q，连，先证出四边形为菱形，为等边三角形，得出四边形的面积等于的面积的2倍，然后利用勾股定理得出的值，进而即可得出四边形的面积；②先利用面积公式得出的长，再证出为直角三角形，进而即可得解． 【详解】（1），不发生变化，理由如下： 如图，设与交于点P， ∵和都为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）①如图，连，设与交于点Q，连， ∵D，G分别为的中点， ∴，， 同理：，， ，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为菱形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴四边形的面积等于的面积的2倍， 如图，在中，过点G作交于点K， ∴， ∴， ∴， ∵都为等边三角形，D为边的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴，即，三点共线， ∴在中，， ∵， ∴， ∴； ②如图，过点M作交的延长线于点R， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键． 6．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图1，在中，，射线从所在位置开始绕点逆时针旋转，旋转角为． (1)当时，射线旋转到如图2的位置，点在射线上，若，则___________（用含的式子表示），线段，与之间的数量关系为：___________； (2)当时，射线旋转到如图3的位置，点在射线上，若，求证：； (3)当时，，点在射线上，若，，求点到直线的距离． 【答案】(1)， (2) (3)或 【分析】本题考查了等腰三角形、全等三角形及旋转的性质，作辅助线构建两三角形全等是本题的关键； （1）根据两三角形中若两个角对应相等，则第三个角也对应相等得：；作辅助线，构建两个全等三角形： ，得，再证明是等边三角形，则，相加后得结论； （2）如图3，在上取一点，使，连接，根据全等三角形的性质得到，，根据等腰直角三角形的性质得到，于是得到结论； （3）①当，在内部时，如图3所示，作，根据勾股定理得到，由（2）可知，，得到，根据等腰直角三角形的性质得到；②当，在外部时，如图4所示，作于点，根据等腰直角三角形到现在得到，于是得到结论． 【详解】（1）解：如图2，， ， ， ， ， ， 在上取一点，使，连接， ，， ， ，， ， ， 即， 是等边三角形， ， ； 故答案为：，； （2）如图3，在上取一点，使，连接， 同理得 ， ，， ， ， 即， 是等腰直角三角形， ， ， 即； （3）①当，在内部时，如图3所示， 将绕点逆时针旋转至， 作，在中，，，， 由勾股定理，得， 由（2）可知，， ， 又 为等腰直角三角形，， ； ②当，在外部时，如图4所示， 作于点， ， ， 又， 将绕点逆时针旋转至， 点在直线上， 同理可得，为等腰直角三角形， ， 又，， ， 综上所述，点到直线的距离为或． 题型十一 平行四边形的性质与判定解答题综合（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江台州·期末）问题背景： 如图1，是的中线，若延长至点E，使，连接，则与的关系是______； 问题应用： （1）如图2，在中，是边上的中线，E是上一点，延长交于点F，，求证：是等腰三角形； （2）如图3，在中，．分别以、为边在外部作等边三角形和等边，点D为边中点，连接，写出与之间的数量关系，并说明理由； （3）如图4，中，，延长至点G，使，D为边中点，连接．若，求中线的长． 【答案】问题背景：相等；问题应用：（1）见解析；（2），见解析；（3） 【分析】本题主要运用平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质来解题．通过倍长中线构造全等三角形，利用全等三角形的性质得到线段和角的关系，进而求解． 问题背景∶延长至点E，使，连接，，由是的中线，得到，根据平行四边形的判定和性质定理得到； 问题应用∶ （1）如图2，延长到M，使，连接．由问题背景知∶，根据全等三角形的性质得到，求得，得到是等腰三角形； （2）延长到M，使，连接，由（1）可知， ，根据全等三角形的性质得到，等量代换得到； （3）如图4，延长到M，使．连接， ，由（1）可知， ，根据全等三角形的性质得到， ，根据平行线的性质得到，根据等边三角形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论． 【详解】解：问题背景：相等 延长至点E，使，连接，， 是的中线， ． ， 四边形是平行四边形． ． 问题应用：（1）如图，延长CD到M，使，连接AM． 由问题背景知：． ∵， ∴． ∴． 是边上的中线， ． 在和中 ． ∴． ∵， ∴． ∴是等腰三角形； （2），理由如下： 延长到M；使，连． 由（1）可知，， ∴． ∵， ∴． 在和中 ∴． ∴． ∵， ∴． （3）如图，延长到M，使．连接， 由（1）可知，． ∴，． ∵， ∴．． ∴． ∵， ∴． ∴是等边三角形． ∴，． ∴． 在和中 ∴． ∴． ∵， ∴． 2．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）定义：如果一个四边形有两条邻边相等，且这两条边所夹角的对角是直角，那么我们把这样的四边形称为“等对直四边形”，把夹角所对的直角称为“对直角”． (1)如图，在四边形中，若，，，，请判断四边形是否为“等对直四边形”？并说明理由． (2)如图，若四边形是“等对直四边形”，是“对直角”，，，对角线恰好平分四边形中的一个内角，求此时的长． (3)如图，若四边形是“等对直四边形”，是“对直角”，，，，求此时对角线的长． 【答案】(1)四边形是“等对直四边形”，见解析； (2)的长为或； (3)． 【分析】（）由题易证，，再根据定义判断即可； （）分类讨论，当平分时或平分时，依据题意画出图形，进而求解即可； （）由勾股定理逆定理先证明，再利用对角互补模型构造全等求解即可． 【详解】（1）解：四边形是“等对直四边形”，理由如下： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是“等对直四边形”； （2）解：第一种情况：平分， ∵四边形是“等对直四边形”，是“对直角”， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 如图，过作于点， 则四边形是平行四边形， 设的长为，则， ∵，， ∴，， 在中，， ∴， 解得， 即的长为； 第二种情况：平分， 同理可证， 如图，过作于点， 则四边形是平行四边形， 设的长为x，则， ∵，， ∴，， ∴， 解得， 即的长为； 综上所述，的长为或； （3）解：∵四边形是“等对直四边形”，是“对直角”， ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 过作于点，过作于点，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，勾股定理及逆定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）我国著名的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成一个大正方形．数学兴趣小组的小伙伴们尝试用两对全等的直角三角形与一个矩形拼出了一个平行四边形． (1)如图1，M是的中点，若，求的长． (2)如图2，M是的中点，连结交于点O，连结． ①求证： ②如图3，若，取的中点N，连接，若，求的值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形中位线，平行四边形的判定与性质，构造三角形全等是解题的关键． （1）根据全等三角形的性质，直角三角形的性质结合勾股定理即可求解； （2）①连结，证明四边形是平行四边形，得到，再证明，易得B，O，D三点共线． 易证是的中位线， 即可证明结论；②证明是的中位线．推出． 设与交于点K，作的高，的高，证明，推出，根据，得到．设，则，求出，，，即可求解． 【详解】（1）解：∵是直角三角形，点M是中点，， ∴． ∵， ∴， ∴； （2）解：①连结， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴B，O，D三点共线． ∵点M是中点， ∴是的中位线， ∴； ②∵，M是中点， ∴是的中位线． ∴． 设与交于点K，作的高，的高， ∵点N是的中点， ∴， 由①知，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， 又∵， ∴． 设，则， ∴， ∴， ∴， ． 4．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）在中，，，，点分别为边上异于端点的动点，且，连结，将四边形沿着折叠得到四边形．    (1)如图1，边，交于点，若，求证：四边形为平行四边形； (2)如图2，当点落在点处时，求折痕的长； (3)当点落在的边上时，求点之间的距离． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)4或或． 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理． （1）先证，再由已知平行四边形即可； （2）如图1，过点作的垂线，交延长线于点，连结，交于点，由轴对称性可知垂直平分，结合勾股定理即可计算； （3）分情况：当点落在边上时，如图2；当点落在边上时，如图3，连结交于点；当点落在边上时，如图4，连结交于点，分别求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在平行四边形中，， ∴四边形为平行四边形； （2）如图1，过点作的垂线，交延长线于点， 连结，交于点，由轴对称性可知垂直平分，    在中， ∵ ∴ 由勾股定理，得， 在中，由勾股定理，得， 即，解得， 在中，由勾股定理，得， 在中，由勾股定理，得， 由平行四边形的中心对称性，得; （3）当点落在边上时，如图2，    由折叠可知，，， ∵ ∴ 在平行四边形中，， ∴四边形是平行四边形 ∴ 在中， ∴ ∴ 当点落在边上时，如图3，连结交于点 由平行四边形的中心对称性，得， 由翻折，得， ∴， ∴， 在中， ∴ 由勾股定理，得 当点落在边上时，如图4，连结交于点， 由折叠可知，则垂直平分， 由轴对称性可知垂直平分，    ∴点与点重合 过点作的垂线交于点， 在中，，， 由勾股定理，得． 综上所述，点之间的距离为4或或． 题型十二 特殊平行四边形解答题综合（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在正方形中，是边上一点（不与重合），于点，分别交于点． (1)如图1，若点与点重合，求证：； (2)如图2，若不与重合，探究的数量关系，并证明； (3)如图3，将四边形沿对折，得到四边形，且过点． ①若，求的长； ②交于点，交于点，设，直接写出关于的函数关系式（不考虑自变量的取值范围）． 【答案】(1)见解析 (2)的数量关系是，见解析 (3)①②关于的函数关系式是 【分析】（1）先证明得到，由正方形性质可得； （2）过点作交于点，先证明四边形是平行四边形得到，由（1）可得； （3）①连接，由对折性质可得是的垂直平分线，得到，设，则，由勾股定理解得x值，利用（2）的结论求出长即可； ②可先证得当时，，连接并延长交于，可证得，从而，进而得出，从而得出，进而得出是等腰直角三角形，进一步得出结果． 【详解】（1）证明：证明：如图1． ∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵于点， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴． （2）解：的数量关系是． 证明：如图2，过点作交于点， 由（1）知． ∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∴， ∴； （3）解：①如图3，连接． ∵四边形沿对折后的对应边过点A，且， ∴是的垂直平分线， ∴． 设，则， 在中，， ∴， 解得，即． 由（2）知，， ∴； ②如图4， 当时，，理由如下： 作，交于，设与交于点， 可得四边形是平行四边形， ， 在和中，， ， ∴， ， ， ， ， ， 如图5，连接并延长交于， ∵四边形沿对折，得到四边形， 垂直平分，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，点在边上，与关于直线对称，点的对称点在边上，过点作，交于点． (1)求证：； (2)如图，连接，求证：四边形是菱形； (3)如图3，在（2）的条件下，作平分，交于点，请写出线段之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3)线段之间的数量关系为．证明见详解 【分析】（1）根据，可得，，再根据平行线的性质可得，从而，即可证明． （2）．根据平行线和全等三角形的性质，可得，再根据等角对等边，可得，加上，即可证明四边形是平行四边形，从而证明四边形是菱形． （3）根据平分，，易得，再根据可证明，从而得出，，即可得到为等腰直角三角形，根据勾股定理可得． 【详解】（1）证明：由题意得， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴． （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． （3）线段之间的数量关系为． 证明：连接，如图所示： ∵平分，， ∴，，， ∵， ∴， 即， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 即， ∴线段之间的数量关系为． 【点睛】本题考查了全等三角形判定和性质，角平分线，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江金华·期末）在矩形中，，与相交于点，点分别是边上的动点，且线段经过点． (1)如图，求证：． (2)如图，将矩形沿折叠，点分别是点与点的对应点． ①若，求的长度． ②连接，直接写出面积的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②． 【分析】（）证明即可求证； （）①由折叠得由折叠可得，进而由可得，得到为等腰直角三角形，据此可得，即得，又由（）可得，即可得到，即可求解；②由折叠可得，，得到点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，可得，即点三点共线时，最大，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理可得，即得到，最后利用三角形的面积公式计算即可求解； 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：①由折叠可得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 由（）得， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵由折叠可得 ， ∴点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于， 则，即点三点共线时，最大， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴边上的最大高为， ∴面积的最大值为． 4．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）已知正方形的边长是7，点为正方形内一动点． (1)当点在对角线上时． ①如图1，连接，，求证：． ②若，点是正方形边上一点，当时，求线段的长． (2)如图2，若，点是线段上一点，当时，求的最小值． 【答案】(1)①见解析   ②，或 (2) 【分析】（1）①根据正方形的性质，利用证明，即可得到结论； ②分为点与点重合时，则；然后根据点F在或上或点F在或上两种情况画图，分别构造等腰三角形，利用股定理解题即可． （2）在上截取，连接，则有，即，可以得到当点D，E，Q共线时，最小，即长，然后利用勾股定理解题即可． 【详解】（1）①证明：∵是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴； ②如图，当点与点重合时，则； 当点F在或上时，由（1）可得长相等， 过点作交，于点G，H， 则为矩形， ∴， 又∵， ∴ 设，则则， 则有，即， 解得：或（舍去）， 又∵ ∴， ∴； 当点F在或上时，可得长相等，即长相等， 则， ∴； 综上所述，长为，或； （2）解：在上截取，连接， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当点D，E，Q共线时，最小，即长， 这时，， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，垂线段最短，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图（1），已知矩形，点分别是矩形边上的一点，且，与分别沿翻折得到与；所在的直线交直线于点，所在的直线交直线于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，且．判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图（2），若点是的中点．试探求与的数量关系，并加以说明． 【答案】(1)见详解； (2)正方形，理由见详解； (3)，理由见详解． 【分析】本题考查矩形的判定和性质，折叠的性质，正方形的判定，等边三角形的性质． （1）如图，连接，由折叠知，则，再找一个直角，用有三个角是直角的四边形是矩形来证明即可； （2）如图，延长交于，过点作于，要证明其是一个正方形，只要证明有一组临边相等即可，由折叠的性质结合，可设参数证明等量关系； （3）如图，取的中点，连接,,依题干先证，再利用特殊角去找和的关系即可． 【详解】（1）解：如图，连接， 四边形是矩形 在和中 由折叠知, , 四边形是矩形； （2）四边形是正方形，理由如下： 如图，延长交于，过点作于， 设 四边形是矩形 四边形是正方形； （3） 如图，取的中点，连接,, 若点是的中点，则点是的中点， 三点共线 是等边三角形 由（1）知， 点是的中点，则点是的中点 四边形是平行四边形 ． 题型十三 特殊四边形中实践探究问题（共3小题） 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·浙江金华·期末）小数在复习浙教版教材八下第页第题后，进行了反思和探究． 【反思】如图，将矩形纸片的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．若，，求的长． 【探究】小数改变条件和纸片的形状，对叠合矩形进行了如下探究： （1）如图，若，，求的长． （2）如图，菱形纸片按图的方式折叠成一个叠合矩形，若，，求的长． 【答案】反思：；探究：（1）；（2） 【分析】反思：连接，利用矩形的性质和勾股定理求得，利用折叠的性质得到，利用平行四边形的判定与性质得到； （1）连接，利用全等三角形的判定与性质得到，利用矩形的性质得到，，设，则，利用勾股定理列出方程解答即可得出结论； （2）连接交于点，过点作于点，利用矩形的性质和直角三角形的性质得到，利用三角形的面积公式求得，利用等腰三角形的性质和勾股定理求得，则． 【详解】解：反思：连接， 四边形是矩形， ，， ，， ， 四边形是矩形， ，， 折叠可由得：， 同理， ， ∵，， 四边形是平行四边形， ； 探究：（1）连接，如图， 由【反思】可知：，，， ， 在和中， ， ， ． ，， ，， 设，则， 由勾股定理得：， ， ， ， 解得：，不合题意，舍去， ． 解：连接交于点，过点作于点，如图， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， 由【反思】得：， ． 在菱形中，， ， ，， ， ． 由折叠可知：， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，折叠的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 3．（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． 题型十四 特殊四边形中与函数相关问题（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江金华·期末）已知直线与x轴、y轴分别交于点A、B，点P是线段上的动点，点C是x轴上的动点，连接． (1)求A，B两点的坐标； (2)如图1，连接，若是以为斜边的等腰直角三角形，求直线的解析式； (3)如图2，作轴于点M，以为边向右作正方形，边交直线于点Q．若，，求点P的坐标． 【答案】(1)， (2) (3)， 【分析】（1）由题意可得：当时，，当时，，可得，． （2）如图，过作于，设，证明，可得，求解，再进一步求解即可． （3）情况①：点C在点M左侧，如图，设，在线段上，证明，可得，求解，进一步可得答案；情况②：点C在点M右侧，如图，同理可得： ，进一步可得答案． 【详解】（1）解：∵直线与x轴、y轴分别交于点A、B， ∴当时，，当时，， ∴，． （2）解：如图，过作于，设， ∴， ∵是以为斜边的等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵在直线上， ∴， 解得：， ∴，， 设直线为：， ∴，解得：， ∴直线为． （3）解：如图，设，在线段上， ∴， 当点C在点M的左侧时，如图所示： ∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， 如图，当点C在点M右侧时，如图所示： 同理可得：，，， ， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， 综上：的坐标为：或． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，一次函数的应用，等腰三角形的定义，清晰的分类讨论是解本题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，已知正方形的边长为1，点在延长线上，连接，，过点作交的延长线于点，连接．    (1)求证：． (2)设，的面积为，求关于的函数表达式． (3)当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积，准确识图，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． （1）根据正方形的性质得出，，再根据得出，进而得出，证明，即可得出结论； （2）由（1）得，从而得出，再根据，计算即可得出答案； （3）先证明得出，再根据得出，代入进行计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． （2）解：∵四边形为正方形，边长为， ，，， ， 由（1）得， ∵，， ∴． ∵， ∴． ∴ ． （3）解：当时， ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴，． 3．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）如图①，在长方形中，，，点从点出发，沿路线运动，到点停止；点出发时的速度为每秒秒时点的速度变为每秒，图②是点出发秒后，的面积与（秒）的函数图象． (1)根据题目中提供的信息，请直接写出的值； (2)设点运动的路程为，请写出点出发后，与的函数表达式； (3)当点出发几秒后，以点为顶点的三角形是等腰三角形． 【答案】(1) (2) (3)2秒，4.5秒，6秒 【分析】（1）根据三角形的面积公式可求，根据路程、速度、时间的关系可求的值； （2）确定与的等量关系后列出关系式即可； （3）先计算的面积，然后将计算出来的数值代入所求函数的不同分段，解出对应的的值，若解出的值在对应的分段区间内，则的值即为所求的解，反之则不是,分类讨论即可． 【详解】（1） ∵出发时速度为1cm/秒，由图②得当为12时，对应的时间为秒， ∴图①中， 即     ∴     ∵在上运动时 面积不变，因此图②中水平线段表示在上运动时对应的与之间关系 ∴表示运动到了点，由至7即由4秒到7秒共3秒钟，面积由12增加至30，增加了18，即 ∴ ∴ 当运动到时停止，此时，即对应图②中秒， 在上速度为2cm/秒 走完用的时间为(秒) ∴ 即 （2）前4秒速度为1cm/s， ，4秒后速度为2cm/s， ∴ 因此 （3） 如图③当时， 中 ∴ ∴ 同理当时， 中 ∴ 当时 在的垂直平分线上 即为的中点 ∴ 即当出发2秒，4.5秒，6秒时，是等腰三角形 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，路程、速度、时间的关系，用函数关系式表示变量间的关系及分类讨论的数学思想．此题为一动点运动分析问题，解题时从动点的运动形式上找出规律，分析不同分段区间时的运动性质，找出等式关系列出方程组解出方程解析式． 4．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B（4，2），E为直线AC上一动点，连OE，过E作GF⊥OE，交直线BC、直线OA于点F、G，连OF．    (1)求直线AC的解析式． (2)当E为AC中点时，求CF的长． (3)在点E的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)直线AC解析式： (2) (3)存在，P点横坐标为：4或或 【分析】（1）运用已知点坐标，用待定系数法求解； （2）运用矩形的性质，求证，得，，由垂直平分线得，在中，运用勾股定理，求解； （3）存在以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：①以，为边，则，因为，得E为的中点，由（2）可知点，点，根据平移的性质，可得点P的坐标为，得点P的横坐标为4；②如图1，以，为边，，延长至P′，使，在的延长线上截取，连接，求证，得，则；设，在Rt△EOG中，运用勾股定理，求得，所以，，平移法得P点横坐标为；③如图2，以，为边，，作于H，连接，作与Q，可得，，所以平分，得，，在中，设，运用勾股定理，解得，，所以，则，所以P点横坐标为：4或或． 【详解】（1）∵矩形的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且， ∴点，点， 设直线AC的解析式：， 代入点A，C坐标， 得， 解得 ∴直线AC解析式：； （2）∵E为的中点， ∴，    在矩形中，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴为线段的垂直平分线， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理， 得， 解得， ∴； （3）存在以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，分情况讨论： ①以，为边， 则，    ∵， ∴E为的中点， 由（2）可知点，点， 根据平移的性质，可得点P的坐标为， ∴点P的横坐标为4； ②如图1，    以，为边，， 延长至P′，使，在的延长线上截取，连接， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设，    在Rt△EOG中，，，， ∴， ∴， ∴G，， ∵， ∴P点横坐标为：； 如图2，    以，为边，， 作于H，连接，作与Q，可知点O、E、F、C四点共圆， 可得，而，     ∴,即平分， ∴，， 设， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述：P点横坐标为：4或或． 【点睛】本题考查待定系数法、垂直平分线性质、全等三角形的判定和性质、菱形的性质、矩形的性质、勾股定理及角平分线的性质和判定等，综合性较强；解题关键是添设辅助线，构造全等三角形，从而作线段的等量转换，融合勾股定理，求解线段长． 题型十五 特殊四边形中与折叠综合问题（共4小题） 1．（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． 2．（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. 3．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图1，在正方形中，点在的延长线上，连结，过点作于点，分别交对角线和边于点． (1)求证：． (2)如图2，连结，已知，设． ①求关于的函数表达式． ②当时，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) ； 【分析】（1）由正方形的性质得到相关角度与线段关系，进而由全等三角形的判定得到，从而得证； （2）①由（1）可知，设正方形边长为，由勾股定理列方程求解得到正方形边长，数形结合，，即可得到答案；②当时，，连结，过作于点，如图所示，求出相关线段长度，数形结合得到，代值求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：在正方形中，， ， ． ， ， ， ． ； （2）解：①由（1）可知，设正方形边长为， 则． ， ，即； ②当时，，即． 连结，过作于点，如图所示： 则， ． ， ， ． ， 为的中垂线， ． ． 为的中垂线，则， ， ， 在等腰中，，且平分， 由角平分线性质可知，点到的距离为． ． 【点睛】本题考查正方形综合，涉及正方形性质、等腰直角三角形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、求函数表达式、垂直平分线的判定与性质、角平分线的性质定理等知识．熟练掌握相关几何判定与性质，数形结合求出相关线段长是解决问题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在中，点是边上一点，将沿折叠后，点的对应点为点． (1)如图1，当点恰好落在边上时，求证：四边形是菱形． (2)如图2，当点恰好落在上，且时，求的值． (3)如图3，当，，时，连接，下列三个问题，依次为易、中、难，对应的满分值为2分、3分、4分，根据你的认知水平，选择其中一个问题求解． ①当时，求的长． ②当时，求的长． ③当点恰好落在上时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) ； ； 【分析】（1）由折叠的性质可得，，，结合平行线的性质得出，从而推出，即可得出结论； （2）由“”证明得出，即可得解； （3）①由等腰直角三角形的性质可得，由折叠的性质得出，，即可求解；②通过证明四边形为平行四边形，得出，由勾股定理得出的长，由平行线的性质和折叠的性质可证，即可得解；③由面积公式求得的长，的长，再由勾股定理计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵将沿折叠后，点的对应点为点， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵将沿折叠后，点的对应点为点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：①如图，连接，设与交点， ∵，，， ∴， ∵将沿折叠后，点的对应点为点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； ②解：延长交的延长线于点，过点作于点，过点作于点，如图， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴设， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴，． ∴由①知：，， ∴， ∴， 在中，， 由轴对称的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ③设与交于点，过点作直线于，过点作于，过点作于，交于， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵将沿折叠后，点的对应点为点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、折叠性质等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江台州·期末）在矩形中，为边上异于、的一个动点，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图，若设，则_______（用含的式子表示）；当点恰好是的中点时，则________度． (2)如图，交于点，且平分． ①求证：是等腰三角形． ②当，时，求的长． ③若设，，，求证：． 【答案】(1)，； (2)①见解析；②；③见解析； 【分析】（1）由四边形是矩形，得，从而根据折叠性质得，，从而可得，当点恰好是的中点时，由折叠可得，，，连接，，则过点，证是等边三角形，得，进而得； （2）①延长交于点，先证（），得，，利用平行线的性质证明，从而即可得证；②过点作于点，设，则，由勾股定理求得，进而证明，再根据面积法及勾股定理构造方程求解即可；③利用折叠及平行线的性质得，进而利用勾股定理及平方差公式求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 由折叠得， ， ∴， 当点恰好是的中点时， 由折叠可得，，， 如图，连接，，则过点， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）证明：①延长交于点， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， 由折叠可得， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即是等腰三角形； ②过点作于点，设，则， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵，， ∴， 由折叠得， ∵，， ∴即， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得或（舍去）， ∴； ③解：由①得，，， 由折叠可得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴即， ∴； 【点睛】本题主要考查了平方差公式，勾股定理，矩形的性质，平行线的性质，求算术平方根，等边三角形的判定及性质，角平分线的定义，全等三角形的判定及性质，熟练掌握勾股定理及矩形的性质是解题的关键． 6．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，已知矩形纸片，，（）． (1)如图1，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在边上的点处，折痕交边于点E．求证：四边形是正方形． (2)将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在边上的点处，点B落在点处，折痕交边于点F，连结，如图2， ①求证：． ②若，，求折痕的长． ③当为等腰三角形时，直接写出a，b之间应满足的数量关系． 【答案】(1)见详解 (2)①见详解；②；③当为等腰三角形时，或 【分析】（1）由题意易得四边形是矩形，然后根据折叠的性质可求证； （2）①由（1）可得，然后可得，进而可得，最后问题可求证；②过点E作于点D，由题意可得，则有，，设，则，然后根据勾股定理可求解；③由题意可分当时，当时，当时，然后分类求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可知：，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）①证明：由（1）可知， 在矩形中，， 由折叠的性质可知， ∴， ∵， ∴， ∴； ②解：过点E作于点D，如图所示： ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴， ∴； ③解：∵， ∴， 由题意可分： Ⅰ、当时，过点E作于点N，连接，如图所示：    由折叠可知，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，即， 解得：； Ⅱ、当时， ∴， 由折叠的性质可知， ∴， 在矩形中，， ∴点与点A重合， 由折叠的性质可知与点C重合， ∴四边形是正方形，即，与矛盾； Ⅲ、当时，连接，交于点O，如图所示：    ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可知垂直平分，即， ∵，，， ∴， ∴， 在中，， 解得：； 综上所述：当为等腰三角形时，或． 【点睛】本题主要考查折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的性质、正方形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的性质、正方形的性质与判定及勾股定理是解题的关键． 7．（24-25八年级下·浙江台州·期末）问题背景：如图1，在四边形中，若，则平分．小明为了证明这个结论，将绕点C顺时针旋转，得到． (1)请帮助小明完成他的证明过程； 证明：将绕点C顺时针旋转得到， __________，__________，． ， ， ，即三点共线． ， __________， __________，即平分． (2)应用：在图1中，若，则__________； (3)迁移：如图2，，若，求的长； (4)拓展：如图3，以等腰的一边作等腰，且，连接，已知，则的值为__________．（请直接写出答案） 【答案】(1)；（或）；； (2) (3) (4)或 【分析】（1）根据旋转的性质，补角的性质，等腰三角形的性质进行解答即可； （2）先求出，根据为等腰直角三角形，求出即可； （3）将绕C点顺时针至．先证明B，A，三点共线，根据，求出，根据等腰直角三角形性质得出； （4）过点B作于点E，，过点D作于点F，交AC延长线于点G．证明，得出，证明四边形为正方形，得出，根据勾股定理求出，求出；当在左侧时，连接．求出，得出． 【详解】（1）证明：将绕点C顺时针旋转得到， ，，， ， ， ，即三点共线， ， ， ∴，即平分 故答案为：；（或）；；． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵三点共线， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 故答案为：． （3）解：如图，将绕C点顺时针至， ， ， ， ， ∴B，A，三点共线， ， ， ， ∴为等腰直角三角形， ． （4）解：如图，过点B作于点E，，过点D作于点F，交AC延长线于点G． ， ∴设，则， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 四边形为正方形， ， ， ； 当在左侧时，连接， ， ∴，， ∵， ， ， ． 综上，或． 故答案为：或． 【点睛】本题属于探究型题目，主要考查三角形的旋转和全等三角形的应用．各小问之间的关系较为密切．往往前一问的结论可作为下一问的条件或是作为下一问的思考方向．本题（1）问中引入了全等三角形的旋转模型，这便为后面几问的解答给予启发，第（2）问可直接以（1）中的结论为条件得出答案，（3）（4）则顺着（1）中的思考方向作为解答，通过对所求线段进行藏转，构造垂直关系和全等三角形，从而使问题得以解决．注意第（4）问中对进行旋转时，方向具有不确定性，需进行分类讨论． 1 / 157 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