考題猜想02 中心對(duì)稱圖形-平行四邊形（進(jìn)階必刷36題9種題型）（解析版）

專題03中心對(duì)稱圖形-平行四邊形（考題猜想，進(jìn)階必刷36題9種題型）平行四邊形、菱形、矩形、正方形的判定利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題與四邊形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題與特殊四邊形有關(guān)的最值問(wèn)題利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決規(guī)律探究問(wèn)題利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決新定義問(wèn)題折疊與旋轉(zhuǎn)綜合四邊形有關(guān)的存在性問(wèn)題坐標(biāo)系中的四邊形一．平行四邊形、菱形、矩形、正方形的判定（共4小題）1．（2023·山東聊城·二模）如圖，以△ABC的三邊為邊在BC上方分別作等邊△ACD、△ABE、△BCF，且點(diǎn)A在△BCF內(nèi)部．給出以下結(jié)論：①四邊形ADFE是平行四邊形；②當(dāng)∠BAC=130°時(shí)，四邊形ADFE是矩形；③當(dāng)AB=AC時(shí)，四邊形ADFE是菱形；④當(dāng)AB=AC，且∠BAC=150°時(shí)，四邊形ADFE是正方形．其中正確結(jié)論有（填上所有正確結(jié)論的序號(hào)）．

【答案】①③④【分析】本題考查了平行四邊形及矩形、菱形、正方形的判定，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，證明△EFB≌△ACB和△CDF≌△CAB即可判斷①；當(dāng)∠BAC=130°時(shí)，求出∠EAD=110°即可判斷②；由AB=AC得到AE=AD即可判斷③；由∠BAC=150°得到∠EAD=90°，得到ADFE是矩形，再結(jié)合③即可判斷④；熟練掌握特殊四邊形的判定方法和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：①∵△ACD、△ABE、△CBF是等邊三角形，∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC，AC=AD，∴∠EBF=∠ABC=60°?∠ABF，∴△EFB≌△ACBSAS∴EF=AC，∴EF=AC=AD，同理由△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，由AE=DF，AD=EF即可得出四邊形ADFE是平行四邊形，故結(jié)論①正確；②當(dāng)∠BAC=130°時(shí)，∠EAD=360°?∠BAE?∠BAC?∠CAD=360°?60°?130°?60°=110°，由①知四邊形ADFE是平行四邊形，∴平行四邊形ADFE不是矩形，故結(jié)論②錯(cuò)誤；③由①知AB=AE，AC=AD，四邊形∴當(dāng)AB=AC時(shí)，AE=AD，∴平行四邊形ADFE是菱形，故結(jié)論③正確；④當(dāng)∠BAC=150°時(shí)，∠EAD=360°?∠BAE?∠BAC?∠CAD=360°?60°?150°?60°=90°，∵ADFE是平行四邊形，∴四邊形ADFE是矩形，又由③知四邊形ADFE是菱形，∴四邊形ADFE是正方形，故結(jié)論④正確；故答案為：①③④．2．（22-23八年級(jí)下·山東威?！て谥校┤鐖D，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，點(diǎn)E是AD邊的中點(diǎn)，點(diǎn)P是AB邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），連接PE并延長(zhǎng)交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，連接PD，AQ(1)求證：四邊形APDQ是平行四邊形；(2)①當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形APDQ是矩形？寫(xiě)出理由；②當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形APDQ是菱形？寫(xiě)出理由；③點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否會(huì)存在某個(gè)位置，使得四邊形APDQ是正方形？．（填“存在”或“不存在”）【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①AB的中點(diǎn)，理由見(jiàn)解析；②點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，理由見(jiàn)解析；③不存在【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)得出AP=DQ，再由平行四邊形的判定證明即可；（2）①當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到AB的中點(diǎn)時(shí)，利用等邊三角形的判定和性質(zhì)及矩形的判定證明即可；②當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，利用等邊三角形的判定和性質(zhì)及菱形的判定證明即可；③由①②得，不存在點(diǎn)P，使得四邊形APDQ是正方形．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB∥∴∠QDA=∵點(diǎn)E是AD邊的中點(diǎn)，∴AE=DE，∵∠∴△APE≌△DQE(ASA∴AP=DQ．∴四邊形APDQ是平行四邊形．（2）①當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到AB的中點(diǎn)時(shí)，如圖，連接BD，∵點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，∴AP=1∵點(diǎn)E是AD邊的中點(diǎn)，∴AE=AP，∵∠ABC=120°∴∠DAB=60°∴△ABD為等邊三角形，∵點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，∴DP⊥AB．∵由（1）得四邊形APDQ是平行四邊形，∴四邊形APDQ是矩形．②當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，如圖所示：同①可證△ABD為等邊三角形∴AP=DP．∵由（1）得四邊形APDQ是平行四邊形，∴四邊形APDQ是菱形；③由①②得，不存在點(diǎn)P，使得四邊形APDQ是正方形，故答案為：不存在．【點(diǎn)睛】題目主要考查特殊四邊形的判定和性子，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)及特殊四邊形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．3．（20-21八年級(jí)下·山東濟(jì)南·期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD，∠ADC=90°，AB=18cm，CD=28cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以3（1）當(dāng)四邊形PBCQ是平行四邊形時(shí)，求t的值；（2）當(dāng)t=______時(shí)，四邊形APQD是矩形；若AD=16cm且點(diǎn)Q的移動(dòng)速度不變，要使四邊形APQD能夠成為正方形，則P點(diǎn)移動(dòng)速度是______cm/s（3）在點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若四邊形PBQD能夠成為菱形，求AD的長(zhǎng)度．【答案】（1）t=4.5；（2）7；4；（3）12cm【分析】（1）根據(jù)平行四邊形對(duì)邊相等的性質(zhì)得到關(guān)于t的方程即可得解；（2）根據(jù)矩形及正方形的性質(zhì)列方程求解；（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)可以算得四邊形PBDQ成為菱形的t值，并算出AP、PD的值，再根據(jù)勾股定理可以得到AD的值．【詳解】解：（1）當(dāng)四邊形PBCQ是平行四邊形時(shí)，PB=CQ，∴18?t=3t，解得t=4.5．（2）若四邊形APQD是矩形，則：AP=QD，∴t=28-3t，∴t=7；若四邊形APQD是正方形，則：QD=AD=16，∴28-3t=16,∴t=4，設(shè)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度為vcm/s，則由AP=16cm可得：4v=16,∴v=4，故答案為：7；

4.（3）如圖，若四邊形PBQD是菱形，則BP=DQ=DP，∴18?t=28?3t解得t=5．∴AP=5cm，∵AB//CD，∠ADC=90°在Rt△DAP中，AD=D【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形、矩形、菱形、正方形的應(yīng)用，熟練掌握平行四邊形、矩形、菱形、正方形有關(guān)邊的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．4．（19-20八年級(jí)下·河南信陽(yáng)·階段練習(xí)）閱讀下列例題的解題過(guò)程，并完成相關(guān)問(wèn)題例：如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，以2cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．規(guī)定其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．從運(yùn)動(dòng)開(kāi)始，使PQ∥CD和PQ＝CD，分別經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間？為什么？解：①設(shè)經(jīng)過(guò)ts時(shí)，PQ∥CD且PQ＝CD，此時(shí)四邊形PQCD為平行四邊形．∵PD＝（12－t）cm，CQ＝2tcm，∴12－t＝2t．∴t＝4．∴當(dāng)t＝4時(shí)，PQ∥CD，且PQ＝CD．②設(shè)經(jīng)過(guò)ts時(shí)，PQ＝CD，分別過(guò)點(diǎn)P，D作BC邊的垂線PE，DF，垂足分別為E，F(xiàn)．當(dāng)CF＝EQ時(shí)，四邊形PQCD為梯形（腰相等）或者平行四邊形．∵∠B＝∠A＝∠DFB＝90°，∴四邊形ABFD是矩形．∴AD＝BF．∵AD＝12cm，BC＝18cm，∴CF＝BC－BF＝6cm．當(dāng)四邊形PQCD為梯形（腰相等）時(shí)，PD＋2（BC－AD）＝CQ，∴（12－t）＋12＝2t．∴t＝8．∴當(dāng)t＝8時(shí)，PQ＝CD．當(dāng)四邊形PQCD為平行四邊形時(shí)，由①知當(dāng)t＝4時(shí)，PQ＝CD．綜上，當(dāng)t＝4時(shí)，PQ∥CD；當(dāng)t＝4或t＝8時(shí)，PQ＝CD．問(wèn)題1：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否存在t值，使得四邊形PQCD是菱形？若存在，請(qǐng)求出t值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．問(wèn)題2：從運(yùn)動(dòng)開(kāi)始，當(dāng)t取何值時(shí)，四邊形PQBA是矩形？問(wèn)題3：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否存在t值，使得四邊形PQBA是正方形？若存在，請(qǐng)求出t值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．問(wèn)題4：是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出t值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】問(wèn)題1：不存在．理由見(jiàn)解析；問(wèn)題2：當(dāng)t＝6時(shí)，四邊形PQBA是矩形；問(wèn)題3：不存在．理由見(jiàn)解析；問(wèn)題4：當(dāng)t＝5或6或256【分析】問(wèn)題1：要使四邊形PQCD是菱形，則四邊形PQCD一定是平行四邊形，由例可知當(dāng)t＝4時(shí)，四邊形PQCD是平行四邊形，而此時(shí)DP≠DC，從而可得出結(jié)論；問(wèn)題2：因?yàn)椤螧=90°，AP∥BQ，由矩形的判定可知當(dāng)AP=BQ時(shí)，四邊形ABQP成為矩形，據(jù)此列方程求解即可；問(wèn)題3：要使四邊形PQBA是正方形，則四邊形PQBA一定是矩形．由問(wèn)題2知當(dāng)t＝6時(shí)，四邊形PQBA是矩形，而此時(shí)AP≠AB，從而可得出結(jié)論；問(wèn)題4：分三種情況討論計(jì)算，①當(dāng)QC＝DC時(shí)；②當(dāng)DQ＝DC時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥CQ；③當(dāng)QD＝QC時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥CQ，分別列出方程求出時(shí)間，判斷時(shí)間是否符合題意即可．【詳解】解：?jiǎn)栴}1：不存在．理由：要使四邊形PQCD是菱形，則四邊形PQCD一定是平行四邊形．由例知當(dāng)t＝4時(shí)，四邊形PQCD是平行四邊形．此時(shí)DP＝12－t＝8≠10，即DP≠DC，所以按已知速度運(yùn)動(dòng)，四邊形PQCD只能是平行四邊形，但不可能是菱形．問(wèn)題2：如圖，由題意，得AP＝t，DP＝12－t，CQ＝2t，BQ＝18－2t．要使四邊形PQBA是矩形，已有∠B＝90°，AD∥BC，即AP∥BQ，只需滿足AP＝BQ，即t＝18－2t，解得t＝6．所以當(dāng)t＝6時(shí)，四邊形PQBA是矩形．問(wèn)題3：不存在．理由：要使四邊形PQBA是正方形，則四邊形PQBA一定是矩形．由問(wèn)題2知當(dāng)t＝6時(shí)，四邊形PQBA是矩形．此時(shí)AP＝t＝6≠8，即AP≠AB，所以按已知速度運(yùn)動(dòng)，四邊形PQBA只能是矩形，但不可能是正方形．問(wèn)題4：當(dāng)△DQC是等腰三角形時(shí)，分三種情況：①如圖1，當(dāng)QC＝DC時(shí)，即2t＝10，∴t＝5．②如圖2，當(dāng)DQ＝DC時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥CQ，則QH＝CH＝12在Rt△DHC中，DH＝8，CH＝BC－AD＝6，∴DC＝DH2∴t＝6．③如圖3，當(dāng)QD＝QC時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥CQ，DH＝8，CH＝6，DC＝10，CQ＝QD＝2t，QH＝2t－6．在Rt△DQH中，DH2＋QH2＝DQ2．∴82＋（2t－6）2＝（2t）2．解得t＝256綜上，當(dāng)t＝5或6或256【點(diǎn)睛】本題借助動(dòng)點(diǎn)主要考查了矩形、菱形、正方形的判定，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理以及方程在幾何圖形中的應(yīng)用，用含t的代數(shù)式正確表示出相關(guān)線段的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．二．利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題（共4小題）5．（23-24八年級(jí)上·河北保定·期中）如圖，在四邊形ABCD中AB≠BC,AB∥CD,AB=CD，直線EF經(jīng)過(guò)四邊形ABCD的對(duì)角線AC和BD的交點(diǎn)O，且分別交AD、BC于點(diǎn)M、N，交BA、DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E、F，下列結(jié)論：①BO=OD；②△AOD的周長(zhǎng)?△ODC的周長(zhǎng)=AD?CD；③AD∥BC；④S

【答案】①②③④【分析】可以先判定四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形的判定與性質(zhì)逐個(gè)排查即可，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【詳解】解：∵AB∥CD,AB=CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴①BO=OD正確；AO=CO，②△AOD的周長(zhǎng)?△ODC的周長(zhǎng)=AO+OD+AD?(OD+CD+OC)=AD?CD，正確；③AD∥④∵AB∥CD，∴∠OBN=∠MDO，∵∠BON=∠DOM，BO=DO，∴△BON≌△DOM(ASA∴S△BON∴S四邊形∵BO=DO，∴S△ABO⑤同④證明方法一致，圖中全等的三角形有：△AOB≌△COD,△AOD≌△COB,△AOM≌△CON,△AOE≌△COF，△MOD≌△NOB,△ABD≌△CDB,△ABC≌△CAD,△AEM≌△CFN，△BOE≌△DOF,△BNE≌△DMF共計(jì)10對(duì)全等的三角形，⑤錯(cuò)誤．綜上所述，正確的結(jié)論是：①②③④．故答案為①②③④．6．（21-22八年級(jí)下·貴州安順·期末）如圖，已知在正方形ABCD外取一點(diǎn)E，連接CE、BE、DE．過(guò)點(diǎn)C作CE的垂線交BE于點(diǎn)F．CE=CF=1，DF=6．下列結(jié)論：①BF=DF；②EB⊥ED；③點(diǎn)D到直線CE的距離為2；④S四邊形DECF【答案】②③④【分析】①證明△BCF≌△DCE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可作判斷；②由①可作判斷；③作輔助線構(gòu)建等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理可解答；④根據(jù)面積和與三角形的面積公式可作判斷．【詳解】解：∵CE=CF，∠ECF=90°，∴∠CEF=∠CFE=45°，∴∠BFC=180°?45°=135°，在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCD=90°，∵∠ECF=∠BCD=90°，∴∠BCF=∠DCE，在△BCF與△DCE中，BC=CD∠BCF=∠DCE∴△BCF≌△DCESAS∴BF=DE，∠DEC=∠BFC=135°，∵∠CEF=45°，∴∠DEF=90°，∴DF=2∴DF=2故①不正確；由①知：∠DEF=90°，∴EB⊥ED，故②正確；過(guò)點(diǎn)D作DM⊥CE，交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，∵∠DEC=135°，∴∠DEM=180°?135°=45°，∴△DEM是等腰直角三角形，∴DM=EM，∵∠ECF=90°，F(xiàn)C=EC=1，∴EF=2∵DF=6由勾股定理可求得：DE=(∴DM=EM=2∴點(diǎn)D到直線CE的距離為2；故③正確；S===1故④正確；故答案為：②③④．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，三角形面積公式等知識(shí)內(nèi)容，綜合程度高，需要學(xué)生靈活運(yùn)用知識(shí)解答．7．（22-23八年級(jí)下·四川宜賓·期末）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，對(duì)角線AC,BD相交于O，AE垂直平分CD，垂足為E；另有一動(dòng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P做PM垂直AC交AC于點(diǎn)M，PN垂直BD交BD于點(diǎn)N，連接MN，OE．下列結(jié)論正確的是（寫(xiě)出所有正確結(jié)論的序號(hào)）①∠BCD=120②菱形ABCD的面積為183③OE=CM+PN；④MN的最小值為33

【答案】①②③④【分析】先根據(jù)菱形ABCD，得AD=CD，AD∥BC，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，再根據(jù)垂直平妥線的性質(zhì)可證得△ACD是等邊三角形，得∠ADC=60°，從而可得出∠BCD=120°，查判定①正確；根據(jù)菱形的性質(zhì)與勾股定理求得OD=33，則BD=63，根據(jù)菱形的面積公式可得S菱形ABCD=12AC?BD=12×6×63=183，或判定②正確；證明OE是△ACD的中位線，得OE=12AD=12AC=OC，證明四邊形PMON是矩形，得PN=OM，則OE=OC=CM+OM=CM+PN，可判定③正確；根據(jù)動(dòng)點(diǎn)【詳解】解：∵菱形ABCD，∴AD=CD，AD∥BC，AC⊥BD，OA=OC，∵AE垂直平分CD，∴AD=AC，CE=DE，∴AD=AC=CD，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ADC=60°，∵AD∥∴∠BCD+∠ADC=180°，∴∠BCD=120°，故①正確；∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∴AC=AD=6，∴OA=3，在Rt△AOD中，由勾股定理得OD=∴BD=2OD=63∴S菱形∵AE垂直平分CD，OA=OC∴OE是△ACD的中位線，∴OE=1∵PM垂直AC交AC于點(diǎn)M，PN垂直BD交BD于點(diǎn)N，AC⊥BD∴∠PMO=∠PNO=∠MON=90°∴四邊形PMON是矩形，∴PN=OM∴OE=OC=CM+OM=CM+PN，故③正確；∵動(dòng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，∴當(dāng)OP⊥BC時(shí)，此時(shí)OP最小，在Rt△BOC中，∴1∴OP=∵四邊形PMON是矩形，∴MN=OP∴當(dāng)OP最小時(shí)，MN最小，∴MN的最小值為33綜上，正確的有①②③④共4個(gè)，故答案為①②③④．【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形中位線性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，垂線段最短，勾股定理，此題屬四邊形綜合題目，熟練掌握相關(guān)判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（22-23八年級(jí)下·福建福州·期末）如圖，在正方形ABCD中，AB=8，對(duì)角線AC上的有一動(dòng)點(diǎn)P（點(diǎn)P不與點(diǎn)C、點(diǎn)A重合），以DP為邊作正方形DPFG．①在P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，F(xiàn)點(diǎn)始終在射線BC上；②在P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，∠CPD可能為135°；③若E是DC的中點(diǎn)，連接EG，則EG的最小值為32④△CDP為等腰三角形時(shí)，AP的值為32或6?3以上結(jié)論正確的是

【答案】①【分析】用“SAS”可證△DPH≌△FPC，可得∠PHD=∠PCF=135°，可證點(diǎn)B，點(diǎn)C，點(diǎn)F三點(diǎn)共線，故①正確；由三角形的外角可得∠CPD不可能為135°，故②錯(cuò)誤；由△DPN≌△DGESAS，可得EG=PN，當(dāng)NP⊥AC時(shí)，NP有最小值為22，即EG有最小值為22，故③【詳解】解：如圖，連接CF，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥PC交CD于H，，∵四邊形ABCD和四邊形DPFG是正方形，∴PD=PF，∴∠DPH=∠CPF，∴PH=PC，∴△DPH≌∴∠PHD=∠PCF=135°，∴∠ACB+∠PCF=180°，∴點(diǎn)B，點(diǎn)C，點(diǎn)F三點(diǎn)共線，故①正確；∵∠CPD=∠CAD+∠ADP∴∠ADP=90°，則點(diǎn)P與點(diǎn)C重合，此時(shí)∠CPD不存在，故②錯(cuò)誤；如圖，取AD的中點(diǎn)N，連接PN，，∵點(diǎn)N是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)E是CD中點(diǎn)，∴AN=DE=DN=4，∵∠ADC=∠PDG=90°，∴∠ADP=∠GDE，又∵DP=DG，∴△DPN≌∴EG=PN，∵點(diǎn)P是線段AC上一點(diǎn)，∴當(dāng)NP⊥AC時(shí)，NP有最小值為22∴EG有最小值為22，故③∵AD=CD=8，∴AC=2當(dāng)點(diǎn)P是AC中點(diǎn)時(shí)，AP=PD=PC=42，則△PCD當(dāng)CP=CD=8時(shí)，△PCD是等腰三角形，∴AP=82故答案為：①．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，添加適當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．三．與四邊形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題（共4小題）9．（23-24八年級(jí)下·江蘇揚(yáng)州·階段練習(xí)）在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB=6cm，AD=14cm，BC=20cm，∠ABC=90°，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C(1)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形ABQP成為矩形？(2)當(dāng)t為何值時(shí)，以點(diǎn)P、Q與點(diǎn)A、B、C、D中的任意兩個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？(3)四邊形PBQD是否能成為菱形？若能，求出t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由，并探究如何改變Q點(diǎn)的速度（勻速運(yùn)動(dòng)），使四邊形PBQD在某一時(shí)刻為菱形，求點(diǎn)Q的速度．【答案】(1)t=5(2)t=5或t=3或t=3.5(3)四邊形PBQD不能成為菱形，見(jiàn)解析，點(diǎn)Q的速度為4120cm/s時(shí)，能夠使四邊形PBQD在【詳解】（1）∵∠ABC=90°，AP∥BQ∴當(dāng)AP=BQ時(shí)，四邊形ABQP成為矩形，由運(yùn)動(dòng)知，AP=t，CQ=3t，∴BQ=20?3t，∴t=20?3t，解得t=5．∴當(dāng)t=5時(shí)，四邊形ABQP成為矩形；（2）①當(dāng)AP=BQ時(shí)，t=20?3t，此時(shí)t=5，四邊形ABQP是平行四邊形；②當(dāng)PD=BQ時(shí)，14?t=20?3t，此時(shí)t=3，四邊形PBQD是平行四邊形時(shí)；③當(dāng)PD=QC時(shí)，14?t=3t，此時(shí)t=3.5，四邊形PQCD為平行四邊形；綜上所述，當(dāng)t=5或t=3或t=3.5時(shí)，以點(diǎn)P、Q與點(diǎn)A、B、C、D中的任意兩個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形．（3）四邊形PBQD不能成為菱形．理由如下：∵PD∥BQ，∴當(dāng)PD=BQ=BP時(shí)，四邊形PBQD能成為菱形．由PD=BQ，得14?t=20?3t，解得：t=3，當(dāng)t=3時(shí)，PD=14?3=11，BQ=20?9=11，AP=AD?PD=14?11=3．在Rt△ABP中，AB=6，AP=3根據(jù)勾股定理得，BP=AB∴四邊形PBQD不能成為菱形；如果Q點(diǎn)的速度改變?yōu)関cm/s時(shí)，能夠使四邊形PBQD由題意得14?t=20?vt14?t=解得：t=40故點(diǎn)Q的速度為4120cm/s時(shí)，能夠使四邊形PBQD在10．（23-24八年級(jí)上·吉林白山·階段練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，AB=BC=CD=DA=4，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．動(dòng)點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)B山發(fā)，沿線段BC方向運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)以每秒4個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)A出發(fā)，沿正方形的邊AD?DC?CB運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)Q相遇時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．(1)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)Q相遇；(2)求t為何值時(shí)，△ABQ是等腰三角形？(3)用含t的式子表示△AQP的面積S，并寫(xiě)出相應(yīng)t的取值范圍；(4)連接PA，當(dāng)以點(diǎn)Q及正方形的某兩個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)組成的三角形和△PAB全等時(shí)，直接寫(xiě)出t的值（點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合時(shí)除外）．【答案】(1)12(2)t=1或32(3)當(dāng)0<t≤1時(shí)，S=8t；當(dāng)1<t≤2時(shí)，S=?2t2+2t+8；當(dāng)(4)t的值為45或43【分析】（1）設(shè)t秒后P、Q相遇．列出方程即可解決問(wèn)題；（2）根據(jù)AB=AQ，AB=BQ，BQ=AQ分類討論即可解決問(wèn)題；（3）分三種情形①如圖2中，當(dāng)0<t≤1，點(diǎn)Q在AD上時(shí)．②如圖3中，當(dāng)1<t≤2，點(diǎn)Q在CD上時(shí)，S=S正方形ABCD?S△ADQ?（4）分四種情形求解①當(dāng)DQ1=BP時(shí)，△CDQ1≌△ABP．②當(dāng)DQ2=BP時(shí)，△ADQ2≌△ABP．③當(dāng)【詳解】（1）設(shè)t秒后P、Q相遇．由題意(4+1)t=12，∴t=12∴125秒后P、Q故答案為125（2）∵正方形ABCD∴AB=AD=DC=BC=4，當(dāng)AB=AQ時(shí)，此時(shí)D與Q重合，t=AD當(dāng)AB=BQ時(shí)，此時(shí)C與Q重合，t=AD+DC當(dāng)BQ=AQ時(shí)，Q在AB的垂直平分線上，即Q為CD中點(diǎn)，此時(shí)t=AD+綜上所述，當(dāng)t=1或32或2時(shí)，△ABQ（3）①如圖2中，當(dāng)0<t≤1，點(diǎn)Q在AD上時(shí)，S=1②如圖3中，當(dāng)1<t≤2，點(diǎn)Q在CD上時(shí)，S=S③如圖4中，當(dāng)2<t<125，點(diǎn)Q在BC上時(shí)，綜上所述，S=8t（4）如圖5中，①當(dāng)DQ1=BP時(shí)，△CDQ1②當(dāng)DQ2=BP時(shí)，△ADQ2③當(dāng)CQ3=BP時(shí)，△BCQ3④當(dāng)BQ4=BP時(shí)，△ABQ4≌△ABP，此時(shí)綜上所述，t為45或43或85或125時(shí)，當(dāng)以點(diǎn)【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)分類討論，注意不能漏解，屬于中考?jí)狠S題．11．（22-23八年級(jí)下·吉林·期中）如圖，在?ABCD中，∠DCA=90°，AB=6，AC=8，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AD以2cm/s速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以8cm/s速度沿射線CB運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)

(1)CB的長(zhǎng)為_(kāi)_____；(2)用含t的代數(shù)式表示線段QB的長(zhǎng)；(3)連接PQ，①是否存在t的值，使得PQ與AC互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；②是否存在t的值，使得PQ與AB互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(4)若點(diǎn)P關(guān)于直線AQ對(duì)稱的點(diǎn)恰好落在直線AB上，請(qǐng)直接寫(xiě)出t的值．【答案】(1)10(2)10?8t或8t?10(3)①不存在，理由見(jiàn)解析；②存在，t=(4)12【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD=6，再由勾股定理求出CB的長(zhǎng)即可；（2）當(dāng)點(diǎn)Q在線段CB上時(shí)，QB=BC?CQ=10?8t；當(dāng)點(diǎn)Q在線段CB延長(zhǎng)線上時(shí)，QB=CQ?BC=8t?10；（3）①連接PC、AQ，若PQ與AC互相平分，則四邊形APCQ是平行四邊形，得AP=CQ，則2t=8t，解得t=0，不符合題意舍去；②連接PB、AQ，若PQ與AB互相平分，則四邊形APBQ是平行四邊形，得AP=BQ，則2t=8t?10，解得t=5（4）分兩種情況，①當(dāng)點(diǎn)P關(guān)于直線AQ對(duì)稱的點(diǎn)恰好落在點(diǎn)A下方時(shí)，②當(dāng)點(diǎn)P關(guān)于直線AQ對(duì)稱的點(diǎn)恰好落在點(diǎn)A上方時(shí)，證BQ=AB=6，求出CQ的長(zhǎng)，即可解決問(wèn)題．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD=6，∠BAC=∠DCA=90°，∴CB=A故答案為：10；（2）由題意得：CQ=8t，當(dāng)點(diǎn)Q在線段CB上時(shí)，QB=BC?CQ=10?8t；當(dāng)點(diǎn)Q在線段CB延長(zhǎng)線上時(shí)，QB=CQ?BC=8t?10；綜上所述，線段QB的長(zhǎng)為10?8t或8t?10；（3）①不存在，理由如下：如圖1，連接PC、AQ，

若PQ與AC互相平分，則四邊形APCQ是平行四邊形，∴AP=CQ，∵AP=2t，CQ=8t，∴2t=8t，解得：t=0，不符合題意舍去；②存在，理由如下：如圖2，連接PB、AQ，

若PQ與AB互相平分，則四邊形APBQ是平行四邊形，∴AP=BQ，∴2t=8t?10，解得：t=5∴存在t的值，使得PQ與AB互相平分，t的值為53（4）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)P關(guān)于直線AQ對(duì)稱的點(diǎn)恰好落在點(diǎn)A下方時(shí)，如圖3，

由對(duì)稱的性質(zhì)得：∠PAQ=∠P∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠PAQ=∠AQB，∴∠P∴BQ=AB=6，∴CQ=BC?BQ=10?6=4，即8t=4，解得：t=1②當(dāng)點(diǎn)P關(guān)于直線AQ對(duì)稱的點(diǎn)恰好落在點(diǎn)A上方時(shí)，如圖4，

由對(duì)稱的性質(zhì)得：∠PAF=∠P∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠PAF=∠BQA，∵∠P∴∠BQA=∠BAQ，∴BQ=AB=6，∴CQ=BC+BQ=10+6=16，即8t=16，解得：t=2；綜上所述，t的值為12【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定、勾股定理、軸對(duì)稱的性質(zhì)以及分類討論等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)和軸對(duì)稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．12．（22-23八年級(jí)下·浙江溫州·階段練習(xí)）已知如圖：在四邊形ABCD中，∠C=∠D=90°，AD=8cm，CD=4cm，BC=12cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)在線段BC上向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s；點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)在線段DA上向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s，Q、D兩點(diǎn)不重合．P、

(1)當(dāng)t=2秒時(shí)，四邊形DCPQ面積為多少？(2)當(dāng)PQ=PC時(shí)，求t的值．(3)當(dāng)以P、Q、D為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形時(shí)，則t=__________．（直接寫(xiě)出答案）【答案】(1)四邊形DCPQ面積為20(2)t=4或t=(3)5或4或8?46【分析】（1）根據(jù)題意得到DQ=t×1=t，BP=2t，求得CP=12?2t，根據(jù)梯形的面積公式即可得到結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥BC于E，則四邊形CDQE是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到CE=DQ=t，∠PEQ=90°，EQ=CD=4，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)題意得到DQ=t，PQ2=12?3t2+42，【詳解】（1）解：由題意得：DQ=t×1=t，BP=2t，∴CP=12?2t，當(dāng)t=2秒時(shí)，DQ=2cm，CP=12?2×2=8∵∠C=∠D=90°，∴DQ∥∴四邊形DCPQ面積=1答：四邊形DCPQ面積為20cm（2）過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥BC于E，則四邊形CDQE是矩形，

∴CE=DQ=t，∠PEQ=90°，EQ=CD=4，∴PE=PC?CE=12?2t?t=12?3t，∴PQ當(dāng)PQ=PC時(shí)，12?3t2解得t=4秒或t=4答：當(dāng)PQ=PC時(shí)，t=4秒或45（3）由題意得DQ=t，PQ2=當(dāng)DQ=PQ時(shí)，即t2解得t=5或t=4；DQ=PD時(shí)，即t2解得：t=8+463當(dāng)PQ=PD時(shí)，即12?3t2解得：t=245或但當(dāng)t=0時(shí)，D，Q兩點(diǎn)重合，故t=24綜上所述，當(dāng)以P、Q、D為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形時(shí)，t為5或4或8?463故答案為：5或4或8?463【點(diǎn)睛】本題四邊形的綜合題，考查了梯形，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．四．與特殊四邊形有關(guān)的最值問(wèn)題（共5小題）13．（22-23八年級(jí)下·湖南郴州·期中）如圖①．已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，作正方形DEFG，使點(diǎn)A，C分別在DG和DE上，連接AE，BG．

(1)試猜想線段BG和AE的數(shù)量關(guān)系，并證明你得到的結(jié)論；(2)將正方形DEFG繞點(diǎn)D逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)一定角度后（旋轉(zhuǎn)角度大于0°，小于或等于360°），如圖②，通過(guò)觀察或測(cè)量等方法判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？如果成立，請(qǐng)予以證明；如果不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)若BC=DE=2，在（2）的旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，①當(dāng)AE為最大值時(shí)，則AF=___________．②當(dāng)AE為最小值時(shí)，則AF=___________．【答案】(1)BG=AE，證明見(jiàn)解析(2)成立，證明見(jiàn)解析(3)①13；②5【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)可以得出△ADE≌△BDG，進(jìn)而得出結(jié)論；（2）如圖2，連接AD，由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)可以得出△ADE≌△BDG，進(jìn)而得出結(jié)論；（3）①如圖③，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為270°時(shí)，BG=AE，此時(shí)AE的值最大．②利用三角形的三邊關(guān)系確定AE的最小值，此時(shí)如圖③中，G，B，D共線．【詳解】（1）解：結(jié)論：BG=AE．理由：如圖1，延長(zhǎng)EA交BG于K．

∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，BD=CD，∴∠ADB=∠ADC=90°．∵四邊形DEFG是正方形，∴DE=DG．在△BDG和△ADE中，BD=AD∠BDG=∠ADE∴△ADE≌△BDG(SAS∴BG=AE；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，BG=AE，BG⊥AE．理由如下：如圖②，連接AD，延長(zhǎng)EA交BG于K，交DG于O．

在Rt△BAC中，D為斜邊BC∴AD=BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB=90°．∵四邊形EFGD為正方形，∴DE=DG，且∠GDE=90°，∴∠ADG+∠ADE=90°，∴∠BDG=∠ADE．在△BDG和△ADE中，BD=AD∠BDG=∠ADE∴△BDG≌△ADE(SAS∴BG=AE，∠BGD=∠AED，∵∠GOK=∠DOE，∴∠OKG=∠ODE=90°，∴EA⊥BG．（3）①如圖③，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為270°時(shí)，BG=AE，此時(shí)AE的值最大．

∵BC=DE=2，∴BG=2+1=3．∴AE=3．在Rt△AEFAF=A∴AF=13故答案為：13；②如圖④中，連接AF．

如圖②中，在△BDG中，∵BD=1，DG=2，∴2?1≤BG≤1+2，∴AE的最小值為1，此時(shí)如圖④中，G，B，D共線，在Rt△AEF中，AF=故答案為：5．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)證明三角形全等是關(guān)鍵．14．（22-23八年級(jí)下·福建廈門·期中）如圖1，將矩形ABOC放置于第一象限，使其頂點(diǎn)O位于原點(diǎn)，且點(diǎn)B，C分別位于x軸，y軸上．若A(m,n)滿足m?20+(1)求點(diǎn)A的坐標(biāo)；(2)取AC中點(diǎn)M，連接MO，△CMO與△NMO關(guān)于MO所在直線對(duì)稱，連接AN并延長(zhǎng)，交x軸于點(diǎn)P．①求AP的長(zhǎng)；②如圖2，點(diǎn)D位于線段AC上，且CD=16．點(diǎn)E為平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，滿足DE⊥OE，連接PE．請(qǐng)你求出線段PE長(zhǎng)度的最大值．【答案】(1)(20,12)(2)①261；②【分析】（1）由m?20+n?12=0．可得m?20=0（2）①證明∠CNA=90°，得到△OCM≌△ABP(AAS)，可得PB=CM=10=12OB，即可求解；②取OD的中點(diǎn)Q，連接QE，QP．當(dāng)點(diǎn)P、Q【詳解】（1）解：∵m?20+∴m?20=0，n?12=0，解得m=20，n=12，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(20,12)；（2）①∵△CMO與△NMO關(guān)于MO所在直線對(duì)稱，∴ON=OC=12，MN=CM=AM=10，CN⊥OM，如圖，連接NC，∵M(jìn)N=AM=MC，∴∠MAN=∠MNA，∠MNC=∠MCN，設(shè)∠MAN=∠MNA=α，∠MNC=∠MCN=β，在△ACN中，∠ACN+∠CAN+∠ANM+∠MNC=180°，∴2α+2β=180°，∴α+β=90°，∴∠CNA=90°，∴∠NCA+∠CAN=90°，∵∠NCA+∠OMC=90°，∴∠CAN=∠OMC，∴OM∥∵AC∥∴四邊形AMOP是平行四邊形，∴OP=AM=10=1∴點(diǎn)P為OB的中點(diǎn)，∴P(10,0)，∴AP=20?10②取OD的中點(diǎn)Q，連接QE，QP．∵∠OED=∠OCA=90°，點(diǎn)Q是OD的中點(diǎn)，∵CD=16．∴D(16,12)，∴BD=16∴QE=1由中點(diǎn)坐標(biāo)可知：點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(8,6)，∴OQ=6∵P(10,0)，∴OQ=OP=QE=QD=10，∴當(dāng)點(diǎn)P、Q、E三點(diǎn)共線時(shí)，PE的長(zhǎng)度最大，則PE的最大值=QE+PQ，∵P(10,0)，Q(8,6)，∴PQ=(10?8)∴PE的最大值=QE+PQ=10+210故答案為：10+210【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，平行四邊形的判定，解決本題的關(guān)鍵是得到四邊形AMOP是平行四邊形．15．（22-23八年級(jí)上·四川成都·階段練習(xí)）（1）問(wèn)題再現(xiàn)：學(xué)習(xí)二次根式時(shí)，老師給同學(xué)們提出了一個(gè)求代數(shù)式最小值的問(wèn)題，如，“求代數(shù)式x2+4+(12?x)2+9的最小值”；小強(qiáng)同學(xué)發(fā)現(xiàn)x2+4可看作兩直角邊分別為x和2的直角三角形斜邊長(zhǎng)，（2）類比遷移：已知a，b均為正數(shù)，且a?b=4，求a2（3）方法應(yīng)用：已知a，b均為正數(shù)，且4a2+b2【答案】（1）13；（2）5；（3）5【分析】（1）先根據(jù)題意利用勾股定理求出AD=x2+4，BD=12?x2+9，則x2+4+12?x2+9=AD+BD，要想x2+4（2）如圖所示，AC=1，CD=b，DE=a，BE=2，利用勾股定理求出AD=b2+1（3）如圖所示，BE=CD=a，EF=2a，BF=3a，AB=BC=∠ABF=∠ACD=∠DEF=90°，則DF=DE2+EF2=【詳解】解：（1）如圖所示，AC=2，CD=x，DE=12?x，BE=3，在直角三角形ACD中，AD=A在直角三角形BDE中，BD=D∴x2∴要想x2+4+∴當(dāng)A、D、B三點(diǎn)共線時(shí)，AD+BD的值最小，最小值為AB，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC交AC延長(zhǎng)線于F，∵EC⊥AF，BF⊥AC，BE⊥AC，∴由長(zhǎng)方形的性質(zhì)得BF=CE=CD+DE=12，CF=BE=3，∴AF=AC+CF=5，∴AB=A∴x2故答案為：13；（2）如圖所示，AC=1，CD=b，DE=a，BE=2，在直角三角形ACD中，AD=A在直角三角形BDE中，BD=D∴a2∴要想a2+4+∴當(dāng)A、D、B三點(diǎn)共線時(shí)，AD+BD的值最小，最小值為AB，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC交AC延長(zhǎng)線于F，∵EC⊥AF，BF⊥AC，BE⊥AC，∴由長(zhǎng)方形的性質(zhì)BF=CE=CD+DE=a+b=4，CF=BE=2，∴AF=AC+CF=3，∴AB=A∴a2故答案為：5；（3）如圖所示，BE=CD=a，EF=2a，BF=3a，AB=BC=∠ABF=∠ACD=∠DEF=90°，∴DF=DE2+EF∴△ADF的面積即為所求，∴S△ADF===5【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，線段和最值問(wèn)題、矩形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵在于能夠準(zhǔn)確讀懂題意，利用勾股定理求解．16．（2023·陜西西安·三模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的頂點(diǎn)A，B分別在y軸，x軸上，當(dāng)B在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A隨之在y軸上運(yùn)動(dòng)，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB=6，BC=2．(1)取AB的中點(diǎn)E，連接OE，DE，求OE+DE的值．(2)如圖2，若以AB為邊長(zhǎng)在第一象限內(nèi)作等邊三角形△ABP，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)P到原點(diǎn)的最大距離是多少？【答案】(1)3+(2)3+3【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OE＝AE＝（2）如詳解圖，取AB的中點(diǎn)E，連接OE，PE，OP，根據(jù)OP≤OE+PE=3+33，當(dāng)P、E、O共線時(shí)，OP=OE+PE=3+33，可得點(diǎn)【詳解】（1）解：根據(jù)題意可知：∠AOB＝∵AB的中點(diǎn)E，∴OE＝∵AD＝∴DE=A∴OE+DE=3+13（2）解：如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接OE，PE，OP，在Rt△AOB中，∵△AOB是等邊三角形，∴PB=PA=AB=6，∴BE=12AB=3∴PE=B∵OP≤OE+PE=3+33∴當(dāng)P、E、O共線時(shí)，OP=OE+PE=3+33∴點(diǎn)P到原點(diǎn)的最大距離是3+33【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，作出輔助線，熟練掌握三角形三邊關(guān)系求線段最值是解題的關(guān)鍵．17．（21-22八年級(jí)上·廣東廣州·期末）在長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點(diǎn)P、Q為BC邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P位于點(diǎn)Q的左側(cè)，P、Q均不與頂點(diǎn)重合），PQ＝2(1)如圖①，若點(diǎn)E為CD邊上的中點(diǎn)，當(dāng)Q移動(dòng)到BC邊上的中點(diǎn)時(shí)，求證：AP＝QE；(2)如圖②，若點(diǎn)E為CD邊上的中點(diǎn)，在PQ的移動(dòng)過(guò)程中，若四邊形APQE的周長(zhǎng)最小時(shí)，求BP的長(zhǎng)；(3)如圖③，若M、N分別為AD邊和CD邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（M、N均不與頂點(diǎn)重合），當(dāng)BP＝3，且四邊形PQNM的周長(zhǎng)最小時(shí)，求此時(shí)四邊形PQNM的面積．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)4(3)4【分析】（1）由“SAS”可證△ABP≌△QCE，可得AP=QE；（2）要使四邊形APQE的周長(zhǎng)最小，由于AE與PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．為此，先在BC邊上確定點(diǎn)P、Q的位置，可在AD上截取線段AF=DE=2，作F點(diǎn)關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)G，連接EG與BC交于一點(diǎn)即為Q點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)作FQ的平行線交BC于一點(diǎn)，即為P點(diǎn)，則此時(shí)AP+EQ=EG最小，然后過(guò)G點(diǎn)作BC的平行線交DC的延長(zhǎng)線于H點(diǎn)，那么先證明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的長(zhǎng)度；（3）要使四邊形PQNM的周長(zhǎng)最小，由于PQ是定值，只需PM+MN+QN的值最小即可，作點(diǎn)P關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)F，作點(diǎn)Q關(guān)于CD的對(duì)稱點(diǎn)H，連接FH，交AD于M，交CD于N，連接PM，QN，此時(shí)四邊形PQNM的周長(zhǎng)最小，由面積和差關(guān)系可求解．【詳解】（1）解：證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=4，BC=AD=8，∵點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是BC的中點(diǎn)，∴BQ=CQ=4，CE=2，∴AB=CQ，∵PQ=2，∴BP=2，∴BP=CE，又∵∠B=∠C=90°，∴△ABP≌△QCE（SAS），∴AP=QE；（2）如圖②，在AD上截取線段AF=PQ=2，作F點(diǎn)關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)G，連接EG與BC交于一點(diǎn)即為Q點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)作FQ的平行線交BC于一點(diǎn)，即為P點(diǎn)，過(guò)G點(diǎn)作BC的平行線交DC的延長(zhǎng)線于H點(diǎn)．∵GH=DF=6，EH=2+4=6，∠H=90°，∴∠GEH=45°，∴∠CEQ=45°，設(shè)BP=x，則CQ=BC-BP-PQ=8-x-2=6-x，在△CQE中，∵∠QCE=90°，∠CEQ=45°，∴CQ=EC，∴6-x=2，解得x=4，∴BP=4；（3）如圖③，作點(diǎn)P關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)F，作點(diǎn)Q關(guān)于CD的對(duì)稱點(diǎn)H，連接FH，交AD于M，交CD于N，連接PM，QN，此時(shí)四邊形PQNM的周長(zhǎng)最小，連接FP交AD于T，∴PT=FT=4，QC=BC-BP-PQ=8-3-2=3=CH，∴PF=8，PH=8，∴PF=PH，又∵∠FPH=90°，∴∠F=∠H=45°，∵PF⊥AD，CD⊥QH，∴∠F=∠TMF=45°，∠H=∠CNH=45°，∴FT=TM=4，CN=CH=3，∴四邊形PQNM的面積=12×PF×PH-12×PF×TM-12×QH×CN=12×8×8-【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對(duì)稱求最短距離，直角三角形的性質(zhì)；通過(guò)構(gòu)造平行四邊形和軸對(duì)稱找到點(diǎn)P和點(diǎn)Q位置是解題的關(guān)鍵．五．利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決規(guī)律探究問(wèn)題（共5小題）18．（22-23八年級(jí)下·湖南益陽(yáng)·期中）如圖，在△ABC中，已知AB=8，BC=6，AC=7，依次連接△ABC的三邊中點(diǎn)，得到△A1B1C1，再依次連接△A

【答案】21【分析】由C△ABC=AB+BC+AC=21，再利用中位線的性質(zhì)可得：C△A【詳解】解：探究規(guī)律：∵AB=8，BC=6，AC=7，∴C∵A1,∴A∴同理：C△······總結(jié)規(guī)律：C△運(yùn)用規(guī)律：當(dāng)n=2023時(shí)，C△故答案為：21【點(diǎn)睛】本題考查的是圖形周長(zhǎng)的規(guī)律探究，三角形中位線的性質(zhì)，掌握探究規(guī)律的方法與三角形中位線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（22-23八年級(jí)下·廣西南寧·階段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)F是AB邊的三等分點(diǎn)，BF=2AF，點(diǎn)E1是CB邊的中點(diǎn)，連接E1F，E1D，得到△E1FD；點(diǎn)E2是CE1的中點(diǎn)，連接E2F，E【答案】3?【分析】根據(jù)題意，并結(jié)合矩形的性質(zhì)可得：AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,AF=13AB，BE1=CE1=【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,∵BF=2AF,點(diǎn)E1是CB∴AF=1∴=6?=6?=6?=6?∵E2是C∴BE∴S△整理得：S△同理可得：S△∴S△∴S△故答案為：3?1【點(diǎn)睛】本題主要考查三角形的面積，規(guī)律型：圖形的變化類．解答的關(guān)鍵是明確S△20．（20-21八年級(jí)下·湖北恩施·期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A11,0，A23,0，A36,0，A410,0，…，以A1A2為對(duì)角線作第一個(gè)正方形A1C1A2B1，以

【答案】n+1【分析】利用圖形分別得出B點(diǎn)橫坐標(biāo)B1，B2，B3，…的橫坐標(biāo)分別為：42,【詳解】解：分別過(guò)點(diǎn)B1，B2，B3，作B1D⊥x軸，B2E⊥x軸，B

∵A1∴A1A2=3?1=2，A1可得出B1∵A2∴A3A2=6?3=3，EB可得B2同理可得出：B38,2，∵B1，B2，B3∴點(diǎn)Bn的橫坐標(biāo)為：n+1∵B1，B2，B3∴點(diǎn)Bn的縱坐標(biāo)為：n+1∴點(diǎn)Bn的坐標(biāo)為：n+1故答案為：n+12【點(diǎn)睛】此題主要考查了點(diǎn)的坐標(biāo)規(guī)律，培養(yǎng)學(xué)生觀察和歸納能力，從所給的數(shù)據(jù)和圖形中尋求規(guī)律分別得出B點(diǎn)橫縱坐標(biāo)的規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵．21．（23-24八年級(jí)上·遼寧沈陽(yáng)·階段練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，其面積標(biāo)記為S1，以CD為斜邊作等腰直角三角形，以該等腰直角三角形的一條直角邊為邊向外作正方形，其面積標(biāo)記為S2，…按照此規(guī)律繼續(xù)下去，則S2021

A．222018 B．222019 C．【答案】C【分析】先求出S1，再根據(jù)勾股定理求出S2，進(jìn)而求出S3，S【詳解】根據(jù)題意可知S1根據(jù)勾股定理，得DE即S2同理：S3S4S???Sn∴S2021故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形和等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，規(guī)律問(wèn)題，理解面積變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵．22．（22-23八年級(jí)下·江蘇·期末）解答題(1)證明三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半；[要求根據(jù)圖1寫(xiě)出已知、求證、證明；在證明過(guò)程中，至少有兩處寫(xiě)出推理依據(jù)（“已知”除外）](2)如圖2，在?ABCD中，對(duì)角線交點(diǎn)為O，A1、B1、C1、D(3)借助圖形3反映的規(guī)律，猜猜l可能是多少？

【答案】(1)見(jiàn)解析(2)l=1+(3)l=1+1【分析】（1）先作出圖形，延長(zhǎng)DE至F，使EF=DE，然后根據(jù)“邊角邊”證明△ADE和△CFE全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得AD=CF，全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠A=∠ECF，再根據(jù)內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行可得AD∥CF，然后證明四邊形BCFD是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊平行且相等可得DF∥（2）根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半求出四邊形A1B1（3）根據(jù)規(guī)律，l的算式等于大正方形的面積減去最后剩下的一小部分的面積，然后寫(xiě)出結(jié)果即可解答．【詳解】（1）解：已知：在△ABC中，D、E分別是邊AB、求證：DE∥BC且證明：如圖，延長(zhǎng)DE至F，使EF=DE，∵E是AC的中點(diǎn)，∴AE=CE，在△ADE和△CFE中，DE=EF∠AED=∠CEF∴△ADE?△CFE（SAS）∴AD=CF（全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等），∠A=∠ECF（全等三角形對(duì)應(yīng)角相等），∴AD∥∵點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∴AD=BD，∴BD=CF且BD∥∴四邊形BCFD是平行四邊形（一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形），∴DF∥BC且∵DE=EF=1∴DE∥BC且

（2）解：∵A1、B∴A.A∴四邊形A1B1同理可得，四邊形A2B2四邊形A3B3C3D3的周長(zhǎng)=1…，∴四邊形的周長(zhǎng)之和l=1+1（3）解：由圖可知，12所以l=1+1【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形的中位線定理的證明、平行四邊形的判定與性質(zhì)、數(shù)字規(guī)律等知識(shí)點(diǎn)，正確作輔助線構(gòu)造出全等三角形的和平行四邊形是解題的關(guān)鍵．六．利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決新定義問(wèn)題（共3小題）23．（23-24八年級(jí)上·山東東營(yíng)·期末）附加題：我們定義：有一組鄰邊相等且有一組對(duì)角互補(bǔ)的品四邊形叫得等補(bǔ)四邊形．(1)如圖1，△ABC是等邊三角形，在BC上任取一點(diǎn)D（不與B，C重合），連接AD，我們把△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，則AB與AC重合，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E．請(qǐng)根據(jù)給出的定義判斷，四邊形ADCE______（選擇“是”或“不是”）等補(bǔ)四邊形．(2)如圖2，等補(bǔ)四邊形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，若S四邊形ABCD=8(3)如圖3，四邊形ABCD中，AB=BC，∠A+∠C=180°，BD=5，求四邊形ABCD面積的最大值．【答案】(1)是(2)4(3)25【分析】本題主要考查了利用旋轉(zhuǎn)作全等三角形，三角形和四邊形的面積，等補(bǔ)四邊形的定義等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)作輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AD=AE，∠ADB=∠AEC，再證明四邊形有一對(duì)角互補(bǔ)，根據(jù)等補(bǔ)四邊形的定義可得結(jié)論；（2）如圖2，將△BAD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△BCG，先證明D、C、G三點(diǎn)共線，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：S四邊形ABCD=（3）如圖3，作輔助線：將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)∠ABC的大小，得△BAE，先證明A、D、E三點(diǎn)共線，則S四邊形ABCD=S△BDE【詳解】（1）解：由旋轉(zhuǎn)得：AD=AE，∠ADB=∠AEC，∵∠ADC+∠ADB=180°，∴∠ADC+∠AEC=180°，∴四邊形ADCE是等補(bǔ)四邊形．故答案為：是；（2）解：如圖2，∵∠ABC=90°，AB=BC，∴將△BAD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△BCG，∴∠BAD=∠BCG，BD=BG，∠DBG=90°，∵∠ABC=∠ADC=90°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴∠BCD+∠BCG=180°，∴D、C、G三點(diǎn)共線，∵S∴S∴12∴BD=4（負(fù)值舍去）；故答案為：4．（3）解：∵AB=BC，

∴將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)∠ABC的大小，得△BAE，如圖3，∴BD=BE=5，∠BAE=∠C，S△ABE∵∠BAD+∠C=180°，∴∠BAD+∠BAE=180°，∴A、D、E三點(diǎn)共線，∴S當(dāng)BD⊥BE時(shí)，△BDE的面積最大，為S△BDE則四邊形ABCD面積的最大值為25224．（23-24八年級(jí)上·山東淄博·期末）定義：若四邊形有一組對(duì)角互補(bǔ)，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對(duì)補(bǔ)”四邊形，簡(jiǎn)稱“直等補(bǔ)”四邊形．根據(jù)以上定義，解決下列問(wèn)題：(1)如圖①，正方形ABCD中，E是CD上的點(diǎn)，將△BCE繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，使BC與BA重合，此時(shí)點(diǎn)E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F在DA的延長(zhǎng)線上，則四邊形BEDF為“直等補(bǔ)”四邊形，為什么？(2)如圖②，已知四邊形ABCD是“直等補(bǔ)”四邊形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，作BF⊥DC交DC延長(zhǎng)線于點(diǎn)①試判斷四邊形BFDE的形狀，證明你的結(jié)論，并求出BE的長(zhǎng)．②若點(diǎn)M是AD邊上的動(dòng)點(diǎn)，求△BCM周長(zhǎng)的最小值．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①四邊形BFDE是正方形，BE=4；②△BCM周長(zhǎng)的最小值為5+【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可得△BCE≌△BAF，由全等三角形的性質(zhì)則可得四邊形BEDF符合“直等補(bǔ)”四邊形的條件，因而問(wèn)題解決；（2）①由已知可得四邊形BFDE是矩形，現(xiàn)證明△ABE≌△CBF，則易得BFDE是正方形；設(shè)BE=x，由勾股定理建立方程即可求得x的值；②作點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)H，連接MH，BH，BH交AD于點(diǎn)N，則當(dāng)M與N重合時(shí)，【詳解】（1）解：∵在正方形ABCD中，AB=BC，又△BCE繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)得到△BAF，且BC與BA重合，∴△BCE≌△BAF，∴BE=BF，∴∠EBF=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°，∴∠EBF+∠D=180°，又∵BE=BF，∴四邊形BEDF為“直等補(bǔ)”四邊形；（2）解：①∵BE⊥AD，BF⊥DC，∴∠BED=∠F=90°；∵四邊形ABCD是“直等補(bǔ)”四邊形，AB=BC=5，∴∠ABC=90°，∴∠D=180°?∠ABC=90°，即∠BED=∠F=∠D=90°，∴四邊形BFDE是矩形；∴∠ABC=∠EBF=90°；即∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBF=90°，∴∠ABE=∠CBF；又∵∠AEB=∠F=90°，AB=BC，∴△ABE≌△CBF，∴BE=BF，∴四邊形BFDE是正方形；∴BE=FD=BF；設(shè)BE=x，則BE=FD=BF=x，CF=FD?CD=x?1，在Rt△BFC中，由勾股定理得：B即x2解得：x=4，∴BE=4；②如圖，作點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)H，連接MH，BH，BH交AD于點(diǎn)則CM=HM，∵BM+CM=BM+HM≥BH，∴當(dāng)M與N重合時(shí)，BM+CM取得最小值，最小值為線段BH的長(zhǎng)；∵△BCM的周長(zhǎng)為BM+CM+BC=5+BM+CM，∴△BCM的周長(zhǎng)最小值為5+BH；∵FH=FD+DH=4+1=5，∴由勾股定理得：BH=B∴△BCM周長(zhǎng)的最小值為5+41【點(diǎn)睛】本題是幾何綜合問(wèn)題，考查了正方形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，新定義，軸對(duì)稱的性質(zhì)等知識(shí)，構(gòu)造適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．25．（23-24八年級(jí)上·江蘇·期末）我們給出如下定義：若一個(gè)四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對(duì)角線的平方，則稱這個(gè)四邊形為勾股四邊形，這兩條相鄰的邊稱為這個(gè)四邊形的勾股邊．(1)寫(xiě)出你所學(xué)過(guò)的特殊四邊形中是勾股四邊形的兩種圖形的名稱，；(2)如圖（1），已知格點(diǎn)(小正方形的頂點(diǎn))O0,0、A3，0(3)如圖（2），將△ABC繞頂點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°，得到△DBE，連結(jié)AD、DC，若∠DCB=30°．四邊形ABCD是勾股四邊形嗎？為什么？【答案】(1)矩形，正方形(2)見(jiàn)詳解(3)四邊形ABCD是勾股四邊形，理由見(jiàn)詳解．【分析】本題考查四邊形綜合題、勾股定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，正確尋找全等三角形解決問(wèn)題．（1）利用含有直角的四邊形找出特殊四邊形中是勾股四邊形的兩種圖形即可；（2）根據(jù)題意畫(huà)出圖形即可；（3）首先證明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，連接CE，進(jìn)一步得出△BCE為等邊三角形；利用等邊三角形的性質(zhì)，進(jìn)一步得出【詳解】（1）解：學(xué)過(guò)的特殊四邊形中是勾股四邊形的有矩形，正方形；故答案為：矩形，正方形；（2）解：如圖，（3）解：四邊形ABCD是勾股四邊形．證明：如圖2，連接CE，由旋轉(zhuǎn)得：△ABC≌△DBE，∴AC=DE，又∵∠CBE=60°，∴△CBE為等邊三角形，∴BC=CE，∵∠DCB=30°，∴∠DCE=∠DCB+∠BCE=30°+60°=90°，∴DC∴DC∴四邊形ABCD是勾股四邊形．七．折疊與旋轉(zhuǎn)綜合（共4小題）26．（21-22八年級(jí)下·山東淄博·期末）【綜合與實(shí)踐】：數(shù)學(xué)實(shí)踐活動(dòng)是一種非常有效的學(xué)習(xí)方式，通過(guò)活動(dòng)可以激發(fā)我們的學(xué)習(xí)興趣，提高動(dòng)手動(dòng)腦能力，拓展思維空間，豐富數(shù)學(xué)體驗(yàn)，下面讓我們一起動(dòng)手來(lái)折一折，轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)，剪一剪，體驗(yàn)數(shù)學(xué)實(shí)踐活動(dòng)帶給我們的樂(lè)趣吧．(1)折一折：如圖1，將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB，AD都落在對(duì)角線AC上，展開(kāi)得折痕AE，AF，連接EF，則∠EAF=______度；若AB=1，則△AEF的面積S△AEF(2)轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：①如圖2，將圖1中的∠EAF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC，CD于點(diǎn)P，Q，連接PQ．若BP=1，DQ=3，求△APQ的面積；②如圖3，連接正方形對(duì)角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對(duì)角線BD于點(diǎn)M、點(diǎn)N，請(qǐng)判斷線段BM與CQ之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；(3)剪一剪：如圖4，將圖3中的正方形紙片沿對(duì)角線BD剪開(kāi)．若BM=a，DN=b，請(qǐng)求MN的長(zhǎng)（用含有a和b的代數(shù)式表達(dá)）．【答案】(1)∠EAF=45°(2)①4+27；②CQ=(3)MN=【分析】（1）利用翻折變換的性質(zhì)可得∠EAF=45°，證明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE=DF，AE=AF，可得結(jié)論，再根據(jù)勾股定理求出BE，即可求出答案．（2）①如圖，將△ADQ繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABQ′，點(diǎn)D與B重合，證明△PAQ≌△PAQ′，求出PQ=4，最后用勾股定理求出AB，可得結(jié)論．②證明△CAQ∽△BAM，可得CQBM（3）如圖4中，如圖，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABN′，點(diǎn)D與B重合，證明△MAN≌△MAN′（SAS），∠RBM=90°，可得結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠BAD=90°，∴△ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE=∠CAE，∠DAF=∠CAF，∴∠EAF=12（∠BAC+∠DAC∵∠BAE=∠DAF=22.5°，∠B=∠D=90°，AB=AD，∴△BAE≌△DAF（ASA），∴BE=DF，AE=AF，∴AC⊥EF，由折疊知，EK=BE，F(xiàn)K=DF，設(shè)BE=m，則DF=EK=FK=m，∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，∴AC=2AB=2，∠ACB=45°，∴∠CEF=45°=∠ACB，∴CK=EK=m，根據(jù)勾股定理得，CE=2EK=2m，∴BE+CE=m+2m=1，∴m=2?1∴S故答案為：45，2?1（2）①如圖，將△ADQ繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABQ'，點(diǎn)D與∴AQ=AQ'，∠DAQ=∠BA∴∠PA∵∠D=∠B=90°∴點(diǎn)C，B（D），Q'在△PAQ和△PAQ∵AQ=A∴△PAQ≌△PA∴PQ=P∴PQ=PB+DQ=1+3=4設(shè)AB=x，則CP=x?BP=x?1，CQ=x?DQ=x?3在Rt△PCQ中，由勾股定理，得x?12+x?32=∴AB=2+7作AM⊥PQ于點(diǎn)M∴AM=AB=2+∴S②∵正方形ABCD∴∠ABM=∠ACQ=45°，∠BAC=45°∵∠PAQ=45°∴∠BAM=∠BAC?∠PAC=∠PAQ?∠PAC=∠CAQ∴△BAM∽△CAQ∴BM∴CQ=（3）如圖，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABN'，點(diǎn)D與∴AN=AN'，∠DAN=∠BAN'∴∠MA∠MB在△MAN'和△∵AN=A∴△MAN≌△MA∴MN=M在Rt△MBN'∴M∴MN=【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問(wèn)題．27．（21-22九年級(jí)上·黑龍江齊齊哈爾·期末）綜合與實(shí)踐動(dòng)手操作：利用“正方形紙片的折疊和旋轉(zhuǎn)”開(kāi)展數(shù)學(xué)活動(dòng)，探究體會(huì)圖形在正方形折疊和旋轉(zhuǎn)過(guò)程中的變化及其蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想方法．折一折：如圖1，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)AB＝6，將正方形ABCD沿過(guò)點(diǎn)A的直線折疊，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)M落在AC上，展開(kāi)正方形ABCD，折痕為AE，延長(zhǎng)EM交CD于點(diǎn)F，連接AF．(1)思考探究：圖1中，與△ABE全等的三角形有個(gè)，∠EAF＝°，BE、EF、DF三者的數(shù)量關(guān)系是，BE的長(zhǎng)為．(2)轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖1中的∠EAF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到圖2所示位置，與BC、CD的交點(diǎn)分別為E、F，連接EF．證明推理：圖2中，BE、EF、DF三者的數(shù)量關(guān)系是，并給出證明．(3)開(kāi)放拓展：如圖3，在旋轉(zhuǎn)∠EAF的過(guò)程中，當(dāng)點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)時(shí)，BE的長(zhǎng)為．【答案】(1)3，45，EF＝BE+DF，62﹣6(2)EF＝DF+BE，證明見(jiàn)解析(3)2【分析】（1）證明△ABM≌△AME，△AFD≌△AFM，△ACB≌△ACD，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：EF＝DF+BE，延長(zhǎng)CB到T，使得BT＝DF，連接AT，證明△EAF≌△EAT（SAS），可得結(jié)論；（3）如圖3中，設(shè)BE＝x，則EC＝6﹣x，EF＝x+3，利用勾股定理構(gòu)建方程求出x，即可解決問(wèn)題．【詳解】（1）解：如圖1中，由翻折的性質(zhì)可知，△EAB≌△EAM，∴∠B＝∠AME=∠AMF=90°，AB=AM，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB=∠ACD=45°，∵CM=CM，∠CME=∠CMF=90°，∴△EMC≌△FMC，∴EM=FM，∴△AEM≌AFM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵∠B＝∠AME=90°，AB=AM，∴∠D＝∠AME=90°，AD=AM，AF=AF，∴Rt△AFM≌Rt△AFD（HL），∴△EAB≌△EAM≌△FAM≌△FAD，∵△EAB≌△EAM，∴∠BAE=∠MAE，BE=ME，∵Rt△AFM≌Rt△AFD，∴∠FAD＝∠FAC，F(xiàn)M＝DF，∴∠EAF＝12∠BAD∴EF＝DF+BE，∵AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D，∴△ACB≌△ACD（SAS），設(shè)BE＝DF＝m，則CE＝CF＝6﹣m，EF＝2m，∵EF2＝EC2+CF2，∴（2m）2＝（6﹣m）2+（6﹣m）2，∴m1＝62﹣6，m2=-62﹣6（舍棄），∴BE＝62﹣6；∴與△ABE全等的三角形有3個(gè)，∠EAF=45°，BE、EF、DF三者的數(shù)量關(guān)系是EF＝BE+DF，BE的長(zhǎng)為62﹣6；故答案為：3；45；EF＝BE+DF；62（2）結(jié)論：EF＝DF+BE．理由：延長(zhǎng)CB到T，使得BT＝DF，連接AT，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ABE＝∠ABT＝90°，AD＝AB，∵DF＝BT，∴△ADF≌△ABT（SAS），∴AF＝AT，∠DAF＝∠BAT，∴∠FAT＝∠DAB，∵∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠EAT，∵AE＝AE，∴△EAF≌△EAT（SAS），∴EF＝ET＝DF+BE；（3）如圖3中，設(shè)BE＝x，則EC＝6﹣x，EF＝x+3，∵∠C＝90°，CD＝BC＝6，DF＝FC＝3，∴EF2＝CF2+EC2，∴（x+3）2＝32+（6﹣x）2，∴x＝2，∴BE的長(zhǎng)為2．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程的解法等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．28．（2022九年級(jí)·全國(guó)·專題練習(xí)）折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB、AD都落在對(duì)角線AC上，展開(kāi)得折痕AE、AF，連接EF，如圖1．(1)∠EAF＝°，寫(xiě)出圖中兩個(gè)等腰三角形：（不需要添加字母）；(2)轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖1中的∠EAF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC、CD于點(diǎn)P、Q，連接PQ，如圖2．線段BP、PQ、DQ之間的數(shù)量關(guān)系為；(3)連接正方形對(duì)角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對(duì)角線BD于點(diǎn)M、點(diǎn)N，如圖3，則CQBM=(4)剪一剪：將圖3中的正方形紙片沿對(duì)角線BD剪開(kāi)，如圖4．求證：BM2＋DN2＝MN2．【答案】(1)45；△AEF，△CEF，(2)PQ＝BP＋DQ(3)2(4)見(jiàn)解析【分析】（1）利用翻折變換的性質(zhì)可得∠EAF＝45°，證明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得結(jié)論．（2）結(jié)論：PQ＝BP＋DQ．如圖2中，延長(zhǎng)CB到T，使得BT＝DQ．證明△PAT≌△PAQ（SAS），可得結(jié)論．（3）證明△CAQ∽△BAM，可得CQBM（4）如圖4中，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接RM．證明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，∴ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，∴∠EAF=12（∠BAC＋∠∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△BAE≌△DAF（ASA），∴BE＝DF，AE＝AF，∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，故答案為：45，△AEF，△EFC．（2）解：結(jié)論：PQ＝BP＋DQ．理由：如圖2中，延長(zhǎng)CB到T，使得BT＝DQ．∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ（SAS），∴PQ＝PT，∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，∴PQ＝BP＋DQ．故答案為：PQ＝BP＋DQ．（3）解：如圖3中，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC=2AB∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴CQBM故答案為：2．（4）證明：如圖4中，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接RM．∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN＋∠BAM＝45°，∵∠DAN＝∠BAR，∴∠BAM＋∠BAR＝45°，∴∠MAR＝∠MAN＝45°，∵AR＝AN，AM＝AM，∴△AMR≌△AMN（SAS），∴RM＝MN，∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，∴∠RBM＝90°，∴RM2＝BR2＋BM2，∵DN＝BR，MN＝RM，∴BM2＋DN2＝MN2．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．29．（21-22八年級(jí)上·全國(guó)·期末）（1）如圖1，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于O點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O的直線l與邊AB、CD分別交于點(diǎn)E、F，繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)直線l，猜想直線l旋轉(zhuǎn)到什么位置時(shí)，四邊形AECF是菱形．證明你的猜想．（2）若將（1）中四邊形ABCD改成矩形ABCD，使AB=4cm，BC=3cm，①如圖2，繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)直線l與邊AB、CD分別交于點(diǎn)E、F，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為D′，連接DD′，求△DFD′的面積．②如圖3，繞點(diǎn)O繼續(xù)旋轉(zhuǎn)直線l，直線l與邊BC或BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，連接AE，將矩形ABCD沿AE折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B′，當(dāng)△CEB′為直角三角形時(shí)，求BE的長(zhǎng)度．請(qǐng)直接寫(xiě)出結(jié)果，不必寫(xiě)解答過(guò)程．【答案】（1）四邊形AECF是菱形，見(jiàn)解析；（2）①147400cm2；②BE的長(zhǎng)為43cm或16?47【分析】（1）根據(jù)題意作圖，先根據(jù)平行四邊形得出∠FCO=∠EAO，再證明△COF≌△AOE，結(jié)合題意即可得出結(jié)論；（2）①根據(jù)四邊形ABCD是矩形，設(shè)DF=xcm，則CF=（4﹣x）cm，結(jié)合折疊和勾股定理得出CF，過(guò)D′作D′H⊥CF于H，由面積相等可得D′H=2125②根據(jù)不同圖示分情況設(shè)BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，根據(jù)折疊并結(jié)合勾股定理得出x即為所求．【詳解】解：（1）猜想：當(dāng)l⊥AC時(shí)，四邊形AECF是菱形，如圖1：連接AF、CE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，AB∥CD，∴∠FCO=∠EAO，又∵∠FOC=∠EOA，∴△COF≌△AOE，∴OE=OF，∵AC⊥EF，∴四邊形AECF是菱形；（2）①∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，CD=AB=4，AD=BC=3，設(shè)DF=xcm，則CF=（4﹣x）cm，由折疊性質(zhì)可知：D′F=DF=x，CD′=AD=3，∠CD′F=∠ADC=90°，由勾股定理得（4﹣x）2=32+x2，解得x=78∴D′F=DF=78

∴CF=4﹣78=258如圖2，過(guò)D′作D′H⊥CF于H，由面積相等可得，CF?D′H=D′F?CD′，∴D′H=2125∴S△DFD′=12×78×2125=147②如圖①，設(shè)BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，∵AC=32∴B′C=5﹣4=1cm，根據(jù)勾股定理可得B′C2+B′E2=CE2，即：12+x2=(3-x)2解得：x=43如圖②，設(shè)BE=xcm，則CE=（3﹣x）cm，AB′=4cm，B′E=xcm，在Rt△ADB′中，由勾股定理可得BD′=AB'2?AD2B′C=（4﹣7）cm，在Rt△CB′E中，B′C2+CE2=B′E2，即16﹣87+7+9﹣6x+x2=x2，解得x=16?47如圖③，當(dāng)四邊形ABEB′是正方形時(shí)，點(diǎn)B和點(diǎn)B′關(guān)于直線AE對(duì)稱，△B′EC是直角三角形，此時(shí)CE=1cm，BE=4cm；如圖④，BE=xcm，AB′=4cm，AD=3cm，CE=（x﹣3）cm，在Rt△ADB′中，B′D=AB'2?AD2=16?9=7在Rt△B′CE中，7+87+16+x2﹣6x+9=x2，解得x=16+47綜上，BE的長(zhǎng)為43cm或16?473【點(diǎn)睛】此題屬于四邊形綜合性試題，涉及到平