專題15 四邊形的綜合 題型全覆蓋（16題）-2020-2021學(xué)年八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)同步熱考題型全覆蓋（人教版）（解析版）

專題15四邊形的綜合題型全覆蓋（［6題）

【思維導(dǎo)圖】

【考查題型】

考查題型一中點(diǎn)四邊形

1.（2020?天津河西區(qū)?八年級(jí)期中）如圖，已知四邊形A8CO中，E,￡G,”分別為AaBCCD/M上的點(diǎn)（不與端

點(diǎn)重合1.

（1）若瓦F,G,H分別為AB,BC,CD,DA的中點(diǎn).求證：四邊形EFG"是平行四邊形；

（2）在（1）的條件下，根據(jù)題意填空：若四邊形A8CO的對(duì)角線AC和滿足時(shí)，四邊形EFGH

是矩形；若四邊形A3CO的對(duì)角線AC和8。滿足時(shí)，四邊形EFG”是菱形；若四邊形48co的對(duì)

角線4c和8。滿足時(shí)，四邊形ERG”是正方形.

（3）判斷對(duì)錯(cuò):

①若已知的四邊形A8CQ是任意矩形，則存在無數(shù)個(gè)四邊形EFGN是菱形；（）

②若已知的四邊形A8CQ是任意矩形，則至少存在一個(gè)四邊形是正方形.（）

【答案】（1）見解析；（2）AC±BDiAC=BD；AC±BDB.AC=BD；（3）①對(duì)，②錯(cuò)

【分析】

（1）連接30、AC,如圖，根據(jù)三角形的中位線定理可得由〃/G,EH=FG，進(jìn)一步即可證得結(jié)論：

（2）易得EFIMC,EHI/BD^故AC和8。只要滿足ZULBD,即可判定四邊形EFGH是矩形；由于E/=」AC,

2

EH=gBD,故AC和3。只要滿足八c=8。，即可判定四邊形EFG”是菱形；由前面的結(jié)論以及由正方形既是矩形

又是菱形即可得出AC和滿足的條件；

（3）①如圖，連接矩形A8C。的對(duì)角線4C,8。交于。，過點(diǎn)。直線EG和小，分別交A8,BC,CD,4。于邑F,

G,從易證四邊形EFGH是平行四邊形，故只要￡G_L〃F,則四邊形￡FGH即為菱形，于是可判斷①；若四邊形EFGH

是正方形，根據(jù)矩形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)可得△AE曲△DHG,進(jìn)而可推出AB=AD,于是四邊形八8CD是正方形，

從而可判斷②.

【詳解】

解：(1)證明：連接3力、4C,如圖，

-/E、F,G,，分別為AB,BC,CD,AD的中點(diǎn)，

???在中，EH//BD,EH=^BD,

在△CBD中,BD//GF，F(xiàn)G=-BD,

2

:.EH1/FG，EH=FG,

四邊形EFGH是平行四邊形：

(2)當(dāng)四邊形43CQ的對(duì)角線AC和8。滿足4JL8。時(shí)，四邊形EFGH是矩形；

證明：.??￡、F分別是4B、8c的中點(diǎn)，

EFWAC,EF=-AC,

2

EHHBD、AC±BD,

EH±EF,

平行四邊形EFGH是矩形；

當(dāng)四邊形A8C。的對(duì)角線AC和B。滿足AC=BD時(shí)，四邊形EFGH是菱形；

證明：VEF=-AC,EH=-BL),AC=BD,

22

EF=tH,

「?平行四邊形EFGH是菱形；

???當(dāng)四邊形ABC。的對(duì)角線AC和8。滿足4CJ_8。時(shí)，四邊形EFGH是矩形；

當(dāng)四邊形A8CO的對(duì)角線AC和8。滿足AC=BD時(shí)，四邊形EFGH是菱形；

「?當(dāng)四邊形ABCD的對(duì)角線AC.BD滿足AC±BD且AC=BD時(shí)、四邊形EFGH是正方形.

故答案為：AC±BD；AC=BD；AC±BDR.AC=BD；

2

(3)①如圖，四邊形/BCD是矩形，連接47,BD交于。，

過點(diǎn)0直線EG和FH,分別交A8,BC,CD,4D于E,F,G,H,

四邊形488是矩形，

/.ADWBC,AO=OCr

/.ZD40=ZBCO,ZAH0=4CFO,

」.△AHO^△CFO,

/.OH-OF,

同理可得：OE=OG,

四邊形EFGH是平行四邊形，

.?.當(dāng)EGJ_HF時(shí)，存在無數(shù)個(gè)四邊形￡FGH是菱形；

故①對(duì)；

?/Z4=ZD=90°,ZEHG=90°,

ZAEH+ZAHE=90°,ZDHG+ZAHE=90°,

/.ZAEH=NDHG,

△AE皓△DHG,

AE=DH,

同理可得：BE=AH,

AB—AD9

矩形47CD是正方形，

當(dāng)四邊形ABCD為任意矩形時(shí)，不存在四邊形EFGH是正方形；

故②錯(cuò).

【點(diǎn)睛】

本題是四邊形的綜合題，主要考查了特殊四邊形的判定和性質(zhì)以及三角形的中位線定理等知識(shí)，屬于常考題型，熱

練掌握三角形的中位線定理和中點(diǎn)四邊形的知識(shí)是解題的關(guān)鍵.

2.(2020?山東濟(jì)宇巾?八年級(jí)期中)綜合與實(shí)踐

3

理由：如圖1中,

〈AE=BE,AH=HD,

1

EH=—BD,

2

DH=HA,OG=GC,

1

HG=-AC,

2

HE=HG,

???四邊形EFGH是平行四邊形，

四邊形EFGH是菱形.

故答案為三角形中位線定理，一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，菱形.

（2）結(jié)論：四邊形EFGH是菱形.

理由：如圖2中，連接4C,BD

,/ZAPB=NCPD

：.ZAPB+NAPD=￡CPO+NAPD

即：Z3PD=AAPC

???PA=PBfPC=PD

/.△APC^△BPD

：.AC=BD

/.HG=HE

由⑴可知：四邊形EFGH是平行四邊形

四邊形EFGH是菱形.

(3)結(jié)論：正方形.

5

理由：如圖2-1中，連接AC,BD.BD交47于點(diǎn)。，交GH于點(diǎn)K,AC交PD于炊J.

圖2-1

,/△APC^△BPD,ZDPC=90°,

/.ZPDB=Z.PCA,

ZPJC=ADJO,

ZOT=Z06=90°,

,/HGWAC,

ZBKG=NBOC=90°,

,/EHWBD,

ZEHG=/BKG=9Q°,

???四邊形EFGH是菱形，

???四邊形EFGH是正方形.

【點(diǎn)睛】

本題屬于四邊形綜合題，考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，正方形的判定

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)鍵是熟練掌握基本知識(shí).

3.（2020?靜寧縣八年級(jí)期中）已知：如圖，四邊形ABCD四條邊上的中點(diǎn)分別為E、F、G、H,順次連接EF、FG、

GH、HE,得到四邊形EFGH（即四邊形ABCD的中點(diǎn)四邊形）.

（1）四邊形EFGH的形狀是,證明你的結(jié)論.

（2）當(dāng)四邊形ABCD的對(duì)角線滿足條件時(shí)，四邊形EFGH是矩形;

（3）你學(xué)過的哪種特殊四邊形的中點(diǎn)四邊形是矩形？.

【答案】（1）平行四邊形，證明見解析.

（2）四邊形ABCD的對(duì)角線滿足互相垂直，證明見解析，

6

(3)菱形，證明見解析.

【分析】

(1)連接BD,根據(jù)三角形的中位線定理得到EHIIBD,EH=—BD,FGIIBD,FG=—BD,推出，EHIIFG,EH=FG,

22

根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形EFGH是平行四邊形；

(2)根據(jù)有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，可知當(dāng)四邊形ABCD的對(duì)角線滿足ACXBD的條件時(shí)，四邊形EFGH

是矩形；

(3)菱形的中點(diǎn)四邊形是矩形.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可得四邊形EFGH是平行

四邊形，再根據(jù)矩形的每?個(gè)角都是直角，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)，再根據(jù)垂直定義解答；

【詳解】

解：(1)四邊形EFGH的形狀是平行四邊形.理由如下：

如圖，連結(jié)BD.VE.H分別是AB、AD中點(diǎn)，

1

EHIIBD,EH=—BD,

2

同理FGIIBD,FG=—BD,

2

EHIIFG,EH=FG,

???四邊形EFGH是平行四邊形;

故答案為：平行四邊形.

(2)當(dāng)四邊形ABCD的對(duì)角線滿足互相垂直的條件時(shí)，四邊形EFGH是矩形.

理由如下：如圖，連結(jié)AC、BD.

■「E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊上的中點(diǎn)，

/.EHIIBD,HGIIAC,

?/AC±BD,/.EHJLHG,

又四邊形EFGH是平行四邊形，

???平行四邊形EFGH是矩形；

7

故答案為：對(duì)角線互相垂直.

（3）菱形的中點(diǎn)四邊形是矩形.

理由如F：如圖，連結(jié)AC、BD.???E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊上的中點(diǎn)，二EHIIBD,HGIIAC,FGIIBD,

11

EH=—BD,FG=—BD,

22

EHIIFG,EH=FG,

???四邊形EFGH是平行四邊形.

???四邊形ABCD是菱形，

AC±BD,

?「EHIIBD,HGIIAC,

EH±HG,

」?平行四邊形EFGH是矩形；

故答案為：菱形.

【點(diǎn)睛】

此題考查學(xué)生靈活運(yùn)用三角形的中位線定理，平行四邊形的判斷及菱形的判斷進(jìn)行證明，是一道綜合題.

4.（2020?廣東深圳市八年級(jí)期中）我們給出如下定義：順次連接任意一個(gè)四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形叫中點(diǎn)四邊

形.

（1）如圖1，四邊形ABCD中，點(diǎn)E,F,G,H分別為邊AB,BC,CD,DA的中點(diǎn).求證：中點(diǎn)四邊形EFGH是平

行四邊形；

（2）如圖2,點(diǎn)P是四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且滿足PA=PB,PC=PD,NAPB=NCPD,點(diǎn)E,F,G,H分別為邊AB,

BC,CD,DA的中點(diǎn)，猜想中點(diǎn)四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想；

（3）若改變（2）中的條件，使NAPBNCPD=90。，其他條件不變，直接寫出中點(diǎn)四邊形EFGH的形狀.（不必證明）

8

【答案】(1)證明見解析；(2)四邊形EFGH是菱形，證明見解析；(3)四邊形EFGH是正方形.

【分析】

(1)如圖1中，連接BD,根據(jù)三角形中位線定理只要證明EHIIFG,EH=FG即可.

(2)四邊形EFGH是菱形.先證明AAPC合4BPD,得到AC=BD,再證明EF=FG即可.

(3)四邊形EFGH是正方形，只要證明NEHG=90°,利用△APS△BPD,得NACP=ZBDP,即可證明NCOD=ZCPD=90°,

再根據(jù)平行線的性質(zhì)即可證明.

【詳解】

(1)記明：如圖1中，連接BD.

.?.點(diǎn)E,H分別為邊AB,DA的中點(diǎn)，

1

EHIIBD,EH=—BD,

2

.??點(diǎn)F,G分別為邊BC,CD的中點(diǎn)，

1

/.FGIIBD,FG=—BD,

2

/.EHIIFG,EH=GF,

中點(diǎn)四邊形EFGH是平行四邊形.

(2)四邊形EFGH是菱形.

證明：如圖2中，連接AC,BD.

?「ZAPB=ZCPD,

ZAPB+ZAPD=ZCPD+ZAPD,

即NAPC=ZBPD,

在APC和仆BPD中，

AP=PB,ZAPC=ZBPD,PC=PD,

「.△APC合△BPD,

/.AC=BD.

?點(diǎn)E,F,G分別為邊AB,BC,CD的中點(diǎn)，

9

11

..EF=—AC,FG=—BD,

72

???四邊形EFGH是平行四邊形,

二四邊形EFGH是菱形.

(3)四邊形EFGH是正方形.

證明：如圖2中，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O.AC與PD交于點(diǎn)M,AC與EH交于點(diǎn)N.

△APC"△BPD,

/.ZACP=ZBDP,

ZDMO=ZCMP,

ZCOD=ZCPD=90°,

EHIIBD,ACIIHG,

/.ZEHG=ZENO=ZBOC=ZDOC=90°,

???四邊形EFGH是菱形,

..?四邊形EFGH是正方形.

考查題型二特殊四邊形的動(dòng)點(diǎn)問題

5.(2020?達(dá)州九年級(jí)期末)如圖，在長(zhǎng)方形A8C。中，AB=6cm,AD=2cm,動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C同

時(shí)出發(fā)，點(diǎn)?以2厘米/秒的速度向終點(diǎn)8移動(dòng)，點(diǎn)Q以1厘米/秒的速度向。移動(dòng)，當(dāng)有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)

也停止運(yùn)動(dòng).設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為/，問:

⑴當(dāng)/=1秒時(shí)，四邊形8CQP面積是多少？

(2)當(dāng)，為何值時(shí)，點(diǎn)?和點(diǎn)。距離是3cm?

⑶當(dāng)，二時(shí)，以點(diǎn)尸、Q、。為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形.(直接寫出答案)

10

【答案】（1）5厘米2；（2）25秒或三史秒；（3）-6+2底秒或］2秒或21立秒或21秒.

33322

【分析】

（1）求出BP,CQ的長(zhǎng)，即可求得四邊形BCQP面積.

（2）過Q點(diǎn)作QHJ_AB于點(diǎn)H,應(yīng)壓勾股定理列方程求解即可.

（3）分PD=DQ,PD=PQ,DQ=PQ三種情況討論即可.

【詳解】

（1）當(dāng)t=l秒時(shí)，BP=6-2t=4,CQ=t=l,

了.四邊形BCQP面積=g（4+l）x2=5厘米2.

（2）如圖,過Q點(diǎn)作QH_LAB于點(diǎn)H,則PH=BP-CQ=6-3t,HQ=2,

根據(jù)勾股定理，得32=22+（6-3。。解得￡=吟叵.

.?.當(dāng)1=竺叵秒或，二"好秒時(shí)，點(diǎn)P和點(diǎn)Q距離是3cm.

33

（3）PD2=22+（2/）2=4+4/2,DQ=6-r,PQ2=22+（6-3/）2=9r2-36/+40,

當(dāng)PD=DQ時(shí)，4+4r2=（6-r）2,解得z=-6+;后或/=-6-；后（舍去）；

當(dāng)PD=PQ時(shí)，4+4/=9產(chǎn)一361+40，解得，=1.2或，=6（舍去）；

當(dāng)DQ=PQ時(shí)，（6-。2=9/一361+4（）,解得，=山2或/=土史.

22

綜上所述，當(dāng)仁-6+2聞秒或/=i.2秒或f二21且秒或y三也秒時(shí),以點(diǎn)P、Q、D為頂點(diǎn)的三角形是

322

等腰三角形.

6.（2020?四川成都市七年級(jí)期中）如圖1,在長(zhǎng)方形ABCD中，AB=\2cm,BC=10cm,點(diǎn)P從A出發(fā)，沿

11

ATK—CT。的路線運(yùn)動(dòng)，到D停止；點(diǎn)Q從D點(diǎn)出發(fā)，沿3TA路線運(yùn)動(dòng)，到A點(diǎn)停止.若P.

Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，速度分別為每秒1cm、2cm,a秒時(shí)P、Q兩點(diǎn)同時(shí)改變速度，分別變?yōu)槊棵?劭、之?！ㄒ痢

兩點(diǎn)速度改變后一直保持此速度，直到停止），如圖2是AAPD的面積s（o〃2）和運(yùn)動(dòng)時(shí)間X（秒）的圖象.

⑴求出a值；

（2）設(shè)點(diǎn)P已行的路程為乂（?！ǎc(diǎn)Q還剩的路程為），2（。機(jī)），請(qǐng)分別求出改變速度后，）［,乃和運(yùn)動(dòng)時(shí)間x（秒）的

關(guān)系式;

（3）求P、Q兩點(diǎn)都在BC邊上,x為何值時(shí)P,Q兩點(diǎn)相距3cm?

595154

【答案】（1）6；（2）—2x—6；y2=———x；（3）10或］3:

【分析】

（1）根據(jù)圖象變化確定a秒時(shí)，P點(diǎn)位置，利用面積求a；

（2）P、Q兩點(diǎn)的函數(shù)關(guān)系式都是在運(yùn)動(dòng)6秒的基礎(chǔ).上得到的，因此注意在總時(shí)間內(nèi)減去6秒；

（3）以（2）為基礎(chǔ)可知，兩個(gè)點(diǎn)相距3cm分為相遇前相距或相遇后相距，因此由（2）可列方程.

【詳解】

（1）由圖象可知，當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AAPD的面積保持不變，則a秒時(shí)，點(diǎn)P在AB上.

-xl0AP=30,

2

/.AP=6,

則a=6；

（2）由（1）6秒后點(diǎn)P變速，則點(diǎn)P已行的路程為yi=6+2（x-6）=2x-6,

?「Q點(diǎn)路程總長(zhǎng)為34cm,第6秒時(shí)已經(jīng)走12cm,

5595

故點(diǎn)Q還剩的路程為y2=34-12--（x-6）=---------x；

424

（3）當(dāng)P、Q兩點(diǎn)相遇前相距3cm時(shí),

12

595

----------x-（2x-6）=3,解得x=IO,

24

當(dāng)P、Q兩點(diǎn)相遇后相距3cm時(shí),

595—154

（2x-6）-（----------X）=3?解得x=------,

2413

154

當(dāng)x=10或---時(shí)，P、Q兩點(diǎn)相距3cm

13

【點(diǎn)睛】

本題是雙動(dòng)點(diǎn)問題，解答時(shí)應(yīng)注意分析圖象的變化與動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)位置之間的關(guān)系.列函數(shù)關(guān)系式時(shí)，要考慮到時(shí)間x

的連續(xù)性才能直接列出函數(shù)關(guān)系式.

7.（2020?耒陽市學(xué)八年級(jí)期中）如圖，在長(zhǎng)方形288中，AB=4cm,8￡=5cm,點(diǎn)￡是4。邊上的一點(diǎn)，AE.DE

分別長(zhǎng)ocm、bcm,滿足（a-3）2+\2a+b-9|=0.動(dòng)點(diǎn)P從8點(diǎn)出發(fā)，以2cm/s的速度沿8—COD運(yùn)動(dòng)，最終到

（2）t為何值時(shí)，EP把四邊形8CDE的周長(zhǎng)平分？

（3）另有一點(diǎn)Q從點(diǎn)E出發(fā)，按照E玲。玲C的路徑運(yùn)動(dòng)，且速度為lcm/s,若P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到

達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng).求t為何值時(shí)，△BPQ的面積等于6cm2.

311

【答案】（1）3,3；（2）t=2s時(shí)，EP把四邊形8C0E的周長(zhǎng)平分；（3）當(dāng)t=-s或一s或5s時(shí)，△8PQ的面積等

23

于6cm2.

【分析】

（1）根據(jù)偶次方和絕對(duì)值的非負(fù)性求解即可；

（2）先求出四邊形BCDE的周長(zhǎng)為18cm,則BE+BP=9cm,進(jìn)一步可得BP=4cm即可；

（3）分P在BC上、相遇前點(diǎn)P在C。上和相遇后點(diǎn)P在C。上三種情況，根據(jù)三角形的面積公式可求解即可.

【詳解】

解：（1）?/（a-3）2+|2a+b-9|=0,

a-3=0,2a+b-9=0,

a=3,b=3；

故答案為：3,3；

13

(2)AE=3cm,DE=3cm,

AO=AE+DE=6cm=8C,

CBCDE=BC+CD+DE+EB=lBcmt

EP把四邊形BCDE的周長(zhǎng)平分，

BE+BP=9cm,

點(diǎn)P在8c上，BP=4cm,

4

t=—=2s：

2

(3)解：①如圖：點(diǎn)P在8c上

BP

/.t=—

2

3

t=-

2

13

②相遇前，點(diǎn)。在8上(3＜把弓"),

PQ=4-(r-3)-(2t-6),在PQ邊上的高為6

,.-5ABPQ=yx[(4-(t-3)-(2t-6)]x6=6,

11

t=~'

14

13

③如圖：相遇后，點(diǎn)戶在C。上(y<r<5),

APQ=r-3)+(2t-6)-4,PQ邊上的高為4

SABPQ=~x[(t-3)+(2t-6)-4]x6=6,

t=5：

3.11

」?綜上所述，當(dāng)t=-5或一5或5s時(shí)，△8PQ的面積等于6cm2.

23

【點(diǎn)睛】

本題考查了非負(fù)性的應(yīng)用、矩形的性質(zhì)以及動(dòng)點(diǎn)問題，掌握分類討論思想和動(dòng)點(diǎn)問題的解答思路是酢答本題的關(guān)鍵.

8.(2020?石阡縣期末)如圖，在RtUABC中，NB=90。，AC=60cm,NA=60。，點(diǎn)D從點(diǎn)(：出發(fā)沿CA方向以4cm/s

的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng).同時(shí)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向以2cm/秒的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)

時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng).設(shè)點(diǎn)D、E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是ts(0VK15).過點(diǎn)D作DF_LBC于點(diǎn)F,連接DE,EF.

(1)求證：AE=DF：

(2)四邊形AEFD能夠成為菱形嗎？如果能，求出相應(yīng)的t值，如果不能，說明理由;

(3)當(dāng)t為何值時(shí)，UDEF為直角三角形？請(qǐng)說明理由.

(1)利用題中所給的關(guān)系式，列出CD,DF,AE的式子，即可證明.

(2)由題意知，四邊形AEFD是平行四邊形，令A(yù)D=DF,求解即可得出t值.

(3)由題意可知，當(dāng)DEIIBC時(shí)，4DEF為直角三角形，利用AD+CD二AC的等量關(guān)系，代入式子求值即可.

15

【詳解】

(1)由題意知：三角形CFD是直角三角形

?「ZB=90°,ZA=60°

/.ZC=30°,CD=2DF,

文:由題意知CD=4t,AE=2t,

/.CD=2AE

AE-DF.

(2)能，理由如下;

由(1)知AE=DF

又?「DF_LBC,ZB=90°

AEIIDF

四邊形AEFD是平行四邊形.

而AU=D卜時(shí)，平行四邊形At:卜D是菱形

1

,/AC=60cm,DF=—CD,CD=4t,

2

/.AD=60-4t,DF=2t,

60-4t=2t

t=10.

(3)當(dāng)t為9時(shí)，△DEF為直角三角形，理由如下：

2

由題意知：四邊形AEFD是平行四邊形，DF_LBC,AEIIDF,

當(dāng)DEIIBC時(shí),DF±DE

ZFDE=ZDEA=90°

在^AED中,

ZDEA=90°,ZA=60°,AE=2t

AD=4t,

文:AC=60cm,CD=4t,

/.AD+CD=AC,8t=60,

15

t=—.

2

即t=二時(shí)，ZFDE=ZDEA=90°,△DEF為直角三角形.

2

【點(diǎn)睛】

16

木題主要考查了三角形.平行四邊形及芟形的性質(zhì)，正確掌握三角形，平行四邊形及菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

考查題型三四邊形中線段最值

9.（2020?南寧市八年級(jí)期中）如圖，矩形ABCO的對(duì)角線AC，3。相交于點(diǎn)。，將△C8沿C。所在直線折疊,

得到ACW.

（1）求證：四邊形OCEO是菱形：

（2）若AB=2,當(dāng)四邊形。C￡D是正方形時(shí)，。。等于多少？

（3）若8力=3,Z4CD=30°,夕是C力邊上的動(dòng)點(diǎn)，。是CE邊上的動(dòng)點(diǎn)，那么PE+PQ的最小值是多少？

【答案】（1）證明見解析；（2）OC=J5；（3）尸E+R2的最小值為空.

4

【分析】

（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OD=OC,再根據(jù)對(duì)折的特點(diǎn)，得出四邊形ODEC四條邊相等，從而證菱形;

（2）根據(jù)正方形的特點(diǎn)，在RtAODC中，利用勾股定理可求得0C的長(zhǎng)；

（3）點(diǎn)E關(guān)于DC的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)。，則PE+PQ=PO+PQ,故當(dāng)PQJ_CE時(shí)，為最小值.

【詳解】

（1）記明：..?四邊形ABCO是矩形，

.AC與8。相等且互相平分，

.OC=OD,

-AC8關(guān)于CD的對(duì)稱圖形為ACED，

.OD=ED，EC=OC，

.OD=ED=EC=OC,

.四邊形OCEQ是菱形.

（2）■.1四邊形A3CO是矩形，AB=2，

.CD=AB=2

-四邊形OCEO是正方形

??./COD=90。

在RtACOD中，由勾股定理得:

17

OC-+OD1=22

?「OC=OD

oc=VL

（3）解：作OQ_LCE于。，交CD于P，如圖所示:

此時(shí)尸E+PQ的值最小為宏I；理由如下

4

???ACOD沿C。所在直線折疊，得到ACED,

ZDCE=ZDCO,PE=PO,

PE+PQ=PO+PQ=OQt

?「AC=BD=3,

3

OC=OD=-

2f

???ZACD=30°,

??.NDC￡=30。，

/.ZOCQ=60°,

ZCOQ=30°,

13

CQ=^OC=^

在RtACOg中

【點(diǎn)睛】

18

木題考查矩形，正方形的性質(zhì)，在第，：3）問中求解最值時(shí)，利用對(duì)稱進(jìn)行轉(zhuǎn)化是比較常見的一種方法，需要掌握.

10.（2020?北京市八年級(jí)期中）如圖，長(zhǎng)方形48CD中，A8=8,8c=10,在邊CD上取一點(diǎn)E,將A4DE折疊后點(diǎn)。

恰好落在8c邊上的點(diǎn)F處

（1）求CE的長(zhǎng)；

（2）在（1）的條件下，8c邊上是否存在一點(diǎn)P,使得以+PE值最??？若存在，請(qǐng)求出最小值：若不存在，請(qǐng)說明

理由.

備用圖

【答案】（1）3；（2）存在，y/2?A.

【分析】

（1）先判斷出AF=AD=8,進(jìn)而利用勾股定理求出BF=6,最后在RtAECF,利用勾股定理，即可得出結(jié)論;

（2）先作出點(diǎn)E關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)E,進(jìn)而求出DE',再利用勾股定理即可得出結(jié)論.

【詳解】

解：（1）長(zhǎng)方形A8c。中，A8=8,BC=10,

/.Z8=ZBCD=90°,8=48=8,AD=BC=10,

由折疊知,EF=DE,AF=AD=8,

在ABF中，根據(jù)勾股定理得，BF=飛-AB?=6,

CF=BC-8F=4,

設(shè)CE=x,則EF=DE=CD-C￡=8-x.

在R3ECF中，根據(jù)勾股定理得，CR+CE2=EF2,

16+x2=（8-x）2,

x=3.

CE=3；

（2）如圖，延長(zhǎng)EC至F使CE'=CE=3,連接4F交8c于P,

此時(shí)，%+PE最小，最小值為Af,

CD=8,

/.DE'=CD+CE'=8+3=11,

19

在RtAAOE'中，根據(jù)勾股定理得，AE'=y/AD2+DE12=V22T-

此題是四邊形綜合題，主要考查了折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，求出CE是解本題的關(guān)鍵.

11.（2020?福建龍巖市?八年級(jí)期中）如圖，在邊長(zhǎng)為2cm的正方形488中，。為8c邊的中點(diǎn)，P為對(duì)角線47上

的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接P8,PQ,求aPSQ周長(zhǎng)的最小值.

【答案】1+G

【分析】

由于點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱，所以如果連接DQ,交AC于點(diǎn)P,由最短路徑問題模型知，此時(shí)△PBQ的周長(zhǎng)最小,

△PBQ的周長(zhǎng)=BP+PQ+BQ=DQ+BQ.在RSCDQ中，由勾股定理先計(jì)算出DQ的長(zhǎng)度，再得出結(jié)果.

【詳解】

解：連接DQ,交AC于點(diǎn)P,連接PB、BD,BD交AC于0.

???四邊形ABCD是正方形，

/.AC±BD,BO=OD,CD=2cm,

.?.點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱,

20

BP=DP,

/.BP+PQ=DP+PQ=DQ.

在RtACDQ中，由勾股定理，得QD="D2+CQ」=挺+12=亞

△PBQ的周長(zhǎng)的最小值為：BP+PQ+BQ=DQ+BQ=75+1（cm）.

【點(diǎn)睛】

本圖主要考杳了正方形的性質(zhì)，軸對(duì)稱-最短路徑問題，同時(shí)也考杳了勾股定理得應(yīng)用.是?？嫉幕绢}.

12.（2020?河南周口市期末）如圖，在R3ABC中，ZACB=90\AC=4,BC=6,點(diǎn)E是斜邊AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),

連接CE,過點(diǎn)B,C分別作BDIICE,CDIIBE,BD與CD相交于點(diǎn)D.

（1）當(dāng)CE_LAB時(shí)，求證：四邊形BECD是矩形；

（2）填空：

①當(dāng)BE的長(zhǎng)為時(shí)，四邊形BECD是菱形；

②在①的結(jié)論下，若點(diǎn)P是BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP,EP,則AP+EP的最小值為

D

【答案】（1）證明見解析：（2）①而；②3逐.

【分析】

（1）根據(jù)矩形的判定：有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形即可證明；

（2）①根據(jù)菱形的判定定理：對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可求解；

②根據(jù)對(duì)稱性：連接ED交BC于點(diǎn)P,此時(shí)AP+EP=AD,最小，再過點(diǎn)D作DF垂直AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,根據(jù)勾股

定理即可求解.

【詳解】

如圖所示：

21

A

D:

(1)BDIICE,CDIIBE,

四邊形BDCE是平行四邊形，

?/CE±AB,

/.ZBEC=90°,

.??四邊形BECD是矩形；

(2)①當(dāng)BE的長(zhǎng)為時(shí)，四邊形BECD是菱形.理由如下:

連接ED,與BC交于點(diǎn)0,

?「四邊形BDCE是平行四邊形，

當(dāng)BC和DE互相垂直平分時(shí)，四邊形BDCE是菱形，

11

B0=-BC=3,0E=-AC=2,

22

根據(jù)勾股定理，得

BE-ylBO2+EO2-j9+4-VH?

故答案為J".

②連接AD,與BC交于點(diǎn)P,連接PE,

此時(shí)PD=PE,AP+EP最小，

AP+PE=AP+PD=AD,

過點(diǎn)D作DF垂直于AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,

得矩形ODFC,

/.CF=0D=2,DF=0C=3,

/.AF=AC+CF=6,

.,.在RSADF中，根據(jù)勾股定理，得

AD=y]AF24-DF2=762+32=3石.

AP+EP的最小值為3

22

故答案為3

【點(diǎn)睛】

本題考查矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理.

考查題型四四邊形其他綜合問題

13.(2020?黃石市八年級(jí)期中)如圖，在矩形ABCD中，AB=8cm,BC=16cm,點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)

到點(diǎn)A停止，同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)句點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C即停止，點(diǎn)P、Q的速度都是lcm/s.連接PQ、AQ、

CP.設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts.

⑴當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形ABQP是矩形；

(2)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形AQCP是菱形；

⑶分別求出(2)中菱形AQCP的周長(zhǎng)和面積.

【分析】

(1)當(dāng)四邊形ABQP是矩形時(shí)，BQ=AP,據(jù)此求得t的值；

(2)當(dāng)四邊形AQCP是菱形時(shí)，AQ=AC,列方程求得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t：

C)菱形的四條邊相等，則菱形的周長(zhǎng)=4t,面積=矩形的面積-2個(gè)直角三角形的面積.

【詳解】

(1)當(dāng)四邊形ABQP是矩形時(shí),BQ=AP,BP：t=16-t,

解得t=8.

答：當(dāng)t=8時(shí)，四邊形ABQP是矩形；

(2)設(shè)t秒后，四邊形AQCP是菱形

當(dāng)AQ=CQ,即荷+產(chǎn)=i6-t時(shí),四邊形AQCP為菱形.

解得：t=6.

答：當(dāng)t=6時(shí)，四邊形AQCP是菱形;

(3)當(dāng)t=6時(shí)，CQ=10,則周長(zhǎng)為:4CQ=40cm,

面積為：10x8=80(cm2).

14.(2020?四川廣安市九年級(jí)期末)給出定義，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

稱該四邊形為勾股四邊形.

23

(1)在你學(xué)過的特殊四邊形中，寫出兩種勾股四邊形的名稱；

(2)如圖，將△ABC繞頂點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60。得到△DBE,連接AD,DC,CE,已知NDCB=30。.

①求證：4BCE是等邊三角形；

②求證：DC2+BC2=AC2,即四邊形ABCD是勾股四邊形.

【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①證明見解析②證明見解析

【分析】

(1)根據(jù)定義和特殊四邊形的性質(zhì)，則有矩形或正方形或直角梯形；

(2)①首先證明AABCW△DBE,得出AC=DE,BC=BE,連接CE,進(jìn)一步得出△BCE為等邊三角形;

②利壓等邊三角形的性質(zhì)，進(jìn)一步得出ADCE是直角三角形，問題得解.

【詳解】

解：(1)正方形、矩形、直角梯形均可；

(2)①,一△AB8△DBE,

BC=BE,

,/ZCBE=60°,

△BCE是等邊三角形;

②△ABC空△DBE,

/.BE=BC,AC=ED；

△BCE為等邊三角形，

BC=CE,ZBCE=60°,

,/ZDCB=30°,

ZDCE=90°,

在RtADCE中，

DC2+CE2=DE2,

/.DC2+BC2=AC2.

考點(diǎn)：四邊形綜合題.

24

15.（2020?山東臨沂市?八年級(jí)期中）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A.B重合），連接

DE,點(diǎn)A關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)為F,連接EF并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)G,連接DG,過點(diǎn)E作EH_LDE交DG的延長(zhǎng)線于

點(diǎn)H,連接BH.

（1）求證:GF=GC；

（2）用等式表示線段BH與AE的數(shù)量關(guān)系，并證明.

【答案】（1）證明見解析；（2）BH=V2AE,理由見解析.

【分析】

（1）連接。尸.根據(jù)對(duì)稱的性質(zhì)可得AE=FE.證明￡兒也&ZVL之，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得

到=莊.進(jìn)而證明RtAOCG"RtADFG,即可證明.

（2）在AD上取點(diǎn)M使得AM=AE，連接ME.證明口DME組4EBH，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到

線段3"與AE1的數(shù)量關(guān)系.

【詳解】

（1）記明：連接力廠.

.「A，/關(guān)于OE對(duì)稱.

AD=FD.AE=FE-

AD=FD

在LJA。石和中.<AE=FE

DE=DE

../\ADE^/XFDE

25

ZDAE=/DFE.

西邊形A8CO是正方形

/.ZA=ZC=90°.AD=CD

ZDFE=ZA=90°

ZDFG=180°-ZDFE=90°

ZDFG=ZC

1.,AD=DF.AD=CD

?.DF=CD

DC=DF

在RtADCG和RtADFG.\

LKJ=DG

/.RtADCG^RtADFG

?.CG=FG.

⑵BH=y/2AE.

證明：在AD上取點(diǎn)M使得AM=AE,連接ME.

.二四這形A3CO是正方形.

AD=AB.ZA=ZADC=9O°.

?.Z\DAE^/\DFE

ZADE=NFDE

同理：NCDG=NFDG

/EDG=4EDF+NGDF=-NA。/+-/CDF=-NADC=45°

222

?.DEIEH

/DEH=90。

ZEHD=180°-ZDEH-ZEDH=45°

??乙EHD=Z1EDH

26

DE=EH.

NA=90。

ZADE+ZAED=90。

NDEH=90。

???ZAED+ZBEH=90°

?.ZADE=NBEH