（人教版）数学八年级下册期末压轴题培优训练专题05 特殊的平行四边形（2份，原卷版+解析版）

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一、单选题
1．（2022春·河北石家庄·八年级校考期末）如图，在正方形中，，与交于点O，E，F分别为边，上的点（点E，F不与线段，的端点重合），，连接，，.关于以下三个结论，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：始终是90°；
结论Ⅱ：面积的最小值是2；
结论Ⅲ：四边形的面积始终是8
A．结论Ⅰ和Ⅱ都对，结论Ⅲ错B．结论Ⅰ和Ⅲ都对，结论Ⅱ错
C．结论Ⅱ和Ⅲ都对，结论Ⅰ错D．三个结论都对
【答案】A
【分析】利用正方形的性质证明△OBE≌△OCF，得到∠BOE=∠COF，推出∠EOF=∠BOC=90°，由此判断结论I；根据全等三角形的性质判断△OEF是等腰直角三角形，过点O作OG⊥BC于G，根据等腰三角形三线合一的性质得到OG=2，由此得到当点E与点G重合时，OE有最小值为2，根据面积公式求出面积的最小值，由此判断II；根据△OBE≌△OCF，得到，即可求出四边形OECF的面积=，计算可判断结论III．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF＝45°，AC⊥BD，
∵BE=CF，
∴△OBE≌△OCF，
∴∠BOE=∠COF，
∵AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∵∠EOB+∠BOF=∠EOF，∠COF+BOF=∠BOC=90°，
∴∠EOF=∠BOC=90°，
∴OE⊥OF．即始终是90°，
∴结论Ⅰ正确；
∵△OBE≌△OCF，
∴OE=OF，
∵=90°，
∴△OEF是等腰直角三角形，
过点O作OG⊥BC于G，
∵OB=OC，BC=AB=4，
∴，
∴当点E与点G重合时，OE有最小值为2，
∴面积的最小值==2；
故结论Ⅱ正确；
∵△OBE≌△OCF，
∴，
∴四边形OECF的面积==，
故结论III错误；
故选A．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
2．（2022春·江苏盐城·八年级校联考期末）已知，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．当∠APB=45°时，PD的长是 （ ）
A．B．C．10D．
【答案】C
【分析】过P作PB的垂线，过A作PA的垂线，两条垂线相于与E，连接BE，由∠APB=45°可得∠EPA=45°，可得△PAE是等腰直角三角形，即可求出PE的长，根据角的和差关系可得∠EAB=∠PAD，利用SAS可证明△PAD≌△EAB，可得BE=PD，利用勾股定理求出BE的长即可得PD的长.
【详解】过P作PB的垂线，过A作PA的垂线，两条垂线相交于E，连接BE，
∵∠APB=45°，EP⊥PB，
∴∠EPA=45°，
∵EA⊥PA，
∴△PAE是等腰直角三角形，
∴PA=AE，
∵PA=3，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAP=∠DAB=90°，
∴∠EAP+∠EAD=∠DAB+∠EAD，即∠PAD=∠EAB，
又∵AD=AB，PA=AE，
∴△PAD≌△EAB，
∵PB=8，PE=6，
∴PD=BE===10，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关性质并正确作出辅助线是解题关键.
3．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，直线交正方形的对边、于点、，正方形和正方形关于直线成轴对称，点在边上，点在边上，、交于点，、交于点以下结论错误的是（ ）
A．B．的周长等于线段的长
C．的周长等于线段的长D．的周长等于
【答案】C
【分析】过点作AK垂直于，垂足为，连接，根据两正方形关于直线对称，可得，，再根据边的转化即可证明A选项不符合题意；根据对称可得，将的周长表示出来，在通过边的转化即可证明B选项不符合题意；根据对称可得，即可证明C选项符合题意；根据对称，可得，将周长表示出来，再根据边的转化即可证明D选项不符合题意．
【详解】解：如图，过点作垂直于，垂足为，连接，
则，
∵正方形和正方形关于直线成轴对称，
∴，
在和中，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
∴，故A选项不符合题意；，
∵正方形和正方形关于直线成轴对称，
∴，
∴，
∵，
∴，故B选项不符合题意；
由正方形和正方形关于直线成轴对称，可得，，
∴，故C选项符合题意；
由正方形和正方形关于直线成轴对称，可得，，
∵，
∴，
∴
，
故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称图形的性质，直角三角形全等的判定，熟练掌握轴对称图形的性质是解题关键．
4．（2022·湖北武汉·八年级统考期末）如图，在中，，，D为边上一动点，连接．以为底边，在的左侧作等腰直角三角形，点F是边上的定点，连接，当取最小值时，若，则为（ ）（用含的式子表示）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，取的中点H，连接，交于，作直线，交于，设，取的中点，连接，，证明，则在直线上运动，且，当，，三点共线时，，此时最短，从而可得结论．
【详解】解：如图，取的中点H，连接，交于，作直线，交于，
∵，，
∴，，，
∵等腰直角三角形，，
∴，
设，
取的中点，连接，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在直线上运动，且，
∵，
∴是的垂直平分线，
∴，，
当，，三点共线时，
，此时最短，
∵，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理的应用，证明在直线上运动是解本题的关键．
5．（2022·浙江宁波·八年级校考期末）如图，边长为5的大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，连结并延长交于点M．若，则的长为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】过点作于点，设与交与点，利用已知条件和正方形的性质得到为等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一性质，平行线的性质，对顶角相等和等量代换得到为等腰三角形，再利用等腰三角形的三线合一的性质和平行线分线段成比例定理解答即可得出结论．
【详解】解：过点作于点，设与交与点，如图，
四边形是正方形，
，，
，
．
由题意得：，
，．
．
，
，
，
，
，
．
，
，
，
，
，
．
，，
，
，
，
．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，依据题意恰当地添加辅助线是解题的关键．
6．（2023·湖南郴州·八年级校联考期末）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于点E，与CD交于F，H是BC边的中点，连接DH与BE交于点G，则下列结论：
①BF＝AC；②∠A＝∠DGE；③CE＜BG；④S△ADC＝S四边形CEGH；⑤DG•AE＝DC•EF中，正确结论的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】证明△BDF≌△CDA可判断①；
由利用三角形的外角的性质及四边形的内角和定理可判断②；
连接利用DH是BC的垂直平分线，从而可判断③；
过G作GJ⊥AB于J，过F作FMBC于M，连接GM，设 分别计算三角形ADC的面积和四边形CEGH的面积可判断④；
由△BDF∽△CEF，可判断⑤．
【详解】解：∵CD⊥AB，BF⊥AC，
∴∠BEC=∠BDC=∠ADC=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠DCB=45°=∠ABC，
∴BD=DC，
∵∠BDC=∠CEF=90°，∠DFB=∠EFC，
∴由三角形内角和定理得：∠DBF=∠ACD，
∵在△BDF和△CDA中，

∴△BDF≌△CDA（ASA），
∴BF=AC，∠BFD=∠A，∴①正确；
∵∠DFB=∠FBC+∠FCB=∠FBC+45°，∠DGF=∠GBD+45°，∠FBC=∠GBD，
∴∠DFG=∠DGF，




∴∠A=∠DGE，故②正确，
如图，连接
∵∠ABC=45°，∠BDC=90°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∵H是BC边的中点，
∴DH垂直平分BC，



故③正确；
过G作GJ⊥AB于J，过F作FMBC于M，连接GM，



平分





四边形DGMF是菱形，

设
则

四边形CFGH的面积＝梯形GHMF的面积＋的面积


S△ADCS四边形CEGH，故④错误．
∵△BDF∽△CEF，
∴，
∵BD=DC，CE=AE，DF=DG，
∴
∴DG•AE=DC•EF，故⑤正确．
故选：C．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
7．（2023·浙江宁波·八年级统考期末）如图，A，B，C，D四个点顺次在直线l上，．以为底向下作等腰直角三角形，以为底向上作等腰三角形，且．连接，当的长度变化时，与的面积之差保持不变，则a与b需满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点作于点，过点作于点，先根据等腰三角形的性质可得，，利用勾股定理可得，再利用三角形的面积公式可得与的面积之差，然后根据“当的长度变化时，与的面积之差保持不变”建立等式，化简即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，
是等腰直角三角形，且，
，
是等腰三角形，且，
，
，
，
与的面积之差为
，
当的长度变化时，与的面积之差保持不变，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题关键．
8．（2022春·河北邢台·八年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，，点E在边AD上，，点F在边BC上，将四边形CDEF沿EF所在的直线翻折，点D恰好落在点O处，点C落在点处．下列结论中，正确的有（ ）
①；②过点O作于点P，是等腰直角三角形；③AB的长为
A．3个B．2个C．0个D．1个
【答案】D
【分析】根据矩形对角线相等且互相平分，可知是等腰三角形，再由，求出进而求出，根据翻折的性质及三角形外角可得，再根据，可判断是等腰直角三角形．根据是等腰直角三角形，且，求出的长，再进一步求出的长．
【详解】解：①四边形是矩形，
，，
，
，
，
四边形沿所在的直线翻折，点恰好落在点处，
，
，
是的外角，
，
①错误，不符合题意；
②过点作于点，如图所示：
，
，
由①得，，
，
是等腰直角三角形．故②正确，符合题意；
③在中，设，则由②得，
是等腰直角三角形，
即，解得，
，
过点作，如图所示：
，
，
，
，，
，
四边形是矩形，
，
，故③错误，不符合题意；
正确的结论只有②．即一个正确的结论，
故选：D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质与翻折的性质，熟练运用矩形的性质与判定和翻折中不变的量是解题的关键．
9．（2023·浙江台州·八年级统考期末）学校需铺设如图所示的一个休闲区，该休闲区由四块黑色正方形大理石，四块白色三角形大理石和一块白色四边形大理石无缝拼接铺设而成，现已知四块黑色正方形大理石面积和为24，四块白色三角形大理石面积和为12，则该休闲区域总面积为（ ）
A．40B．42C．44D．48
【答案】B
【分析】如图：连接，过C点，交的延长线于点Q，过点E作于点P，根据正方形的性质及全等三角形的判定定理，可证得，同理可得，，，据此即可解答．
【详解】解：如图：连接，过C点，交的延长线于点Q，过点E作于点P，
黑色的部分都是正方形，
，，，
，
，
，
，
，，
，
同理可得：，，，
，
，
，
该休闲区域总面积为：，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，证得外部三角形的面积与内部三角形的面积相等是解决本题的关键．
10．（2023·重庆江北·八年级校考期末）如图，中，于点的平分线分别交于两点，为的中点，的延长线交于点，连，下列结论：①； ②为等腰三角形；③平分；④，其中正确结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出，，，证明即可判断①，证明，推出即可判断④，证明，得，由直角三角形斜边的中线的性质推出，，即可判断③，根据三角形外角性质求出，证明，即可判断②．
【详解】解：∵，，，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，故④正确；
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴平分，故③正确；
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，故②正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判断，三角形外角性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握这些性质定理进行证明求解．
二、填空题
11．（2022·吉林长春·八年级校考期末）如图，中，，，．点为边上一个动点，作、，垂足为、，连接．则长度的最小值为________．
【答案】
【分析】先由矩形的对角线相等将问题转化为点到线的距离，然后由含角的直角三角形的性质即可求解
【详解】∵，，，
∴四边形是矩形，
连接，则，
∴当时，有最小值，即的长度最小，
∵在中，，，，
∴在中，，，，
∴，
∴长度的最小值为：，
故答案为：
【点睛】本题考查矩形的性质、点到线的距离及含角的直角三角形的性质，解决问题的关键是将问题转化为点到线的距离
12．（2022·河南商丘·八年级商丘市第十六中学校考期末）如图，直角中，斜边，为直线上的动点，将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是_________．
【答案】
【分析】取中点，连接，如图所示，根据直角三角形性质：斜边中线等于斜边一半，以及含的直角三角形性质：所对直角边是斜边的一半，再根据旋转性质得到，从而，结合两个三角形全等的判定定理得到，进而有，即当取最小值时，有最小值，根据点到直线最短距离是垂直时得到可知当时，有最小值，从而利用直角三角形性质：斜边中线等于斜边一半即可得到答案．
【详解】解：取中点，连接，如图所示：
∵，点是中点，，
∴，，，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即当取最小值时，有最小值，
当时，有最小值，此时，，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查动点最值问题，涉及直角三角形斜边中线等于斜边一半，含的直角三角形性质，旋转性质、全等三角形的判定与性质、点到直线最短距离等知识，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半是解决问题的关键．
13．（2022·福建福州·八年级福州华伦中学校考期末）在正方形中，是对角线上的一点，点在的延长线上，连接、、，延长交边于点，若，，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论序号是______．
【答案】①②③
【分析】①证明是等边三角形，可判断；②③证明，可作判断；④设分别表示、、的长，可作判断．
【详解】解：如图所示，①，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
是等边三角形，
，
故①正确；
②连接、，
四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
∵，
，
；
故②正确；
③，
，
，
，
故③正确；
④过作于，设
则，
，
，
，
，
故④错误；
∴正确的有①②③；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质和判定，熟记正方形的性质确定出是等边三角形是解题的关键
14．（2022·山东济南·八年级统考期末）如图，四边形是长方形纸片，，对折长方形纸片．使与重合，折痕为．展平后再过点B折叠长方形纸片，使点A落在上的点N，折痕为，再次展平，连接，，延长交于点G．有如下结论：①；②；③是等边三角形；④P为线段上一动点，H是线段上的动点，则的最小值是．其中正确结论的序号是______．
【答案】①③④
【分析】①连接，易得是等边三角形，得到，进而得到，推出，从而得到；②根据所对的直角边是斜边的一半，求出；③由①即可得到是等边三角形；④点与点关于对称，，当三点共线时，的值最小为的长，过点作，交于点，交于点，此时最小，进行求解即可．
【详解】解：①连接，
∵对折长方形纸片．使与重合，折痕为，
∴，
∵过点B折叠长方形纸片，使点A落在上的点N，折痕为，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；故①正确；
②∵，，
∴；故②错误；
③∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形；故③正确；
④由题意，得：点与点关于对称，
∴，
∴当三点共线时，的值最小为的长，
过点作，交于点，交于点，此时最小，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴的值最小为；故④正确；
综上：正确的是①③④；
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，含的直角三角形，利用轴对称解决线段和最小问题．本题的综合性较强，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
15．（2022·浙江嘉兴·八年级统考期末）如图，在以点为直角顶点的中，，，点是边的中点，以为底边向上作等腰，使得，交于点，则__________．
【答案】7
【分析】过点H作于M，根据直角三角形的性质和等腰三角形的性质得出，再根据得出，从而得到，，再根据三角形的内角和定理得出，继而得出，然后利用即可
【详解】解：过点H作于M，则
∵，，，
∴，
在，点是边的中点，，
∴
∴，
∵以为底边向上作等腰，
∴
∴
∵，
∴
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和等腰三角形的性质、勾股定理，全等三角形的判定和性质，作出辅助线得出是解题的关键
三、解答题
16．（2022·山东潍坊·八年级统考期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
【概念理解】
(1)在已经学过的“平行四边形；矩形；菱形；正方形”中，______的“中点四边形”一定是正方形，因此它一定是“中方四边形”（填序号）．
【性质探究】
(2)如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的一条结论：______．
【问题解决】
(3)如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．
求证：四边形是“中方四边形”．
【答案】(1)
(2)或
(3)见解析
【分析】（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
（2）由四边形是“中方四边形”，可得是正方形且分别是、、、的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
（3）连接交于，连接交于，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论．
【详解】（1）解：概念在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且垂直，
故答案为：④；
（2）解：或，
理由如下：
四边形是“中方四边形”，
是正方形且分别是、、、的中点，
，，，，，，
，，
故答案为：或；
（3）解：如图2，连接交于，连接交于，
四边形各边中点分别为，
分别是、、、的中位线，
，，，，，，
，，
，，，，
四边形是平行四边形，
四边形和四边形都是正方形，
，，，
，
，
即，
在和中，
，
，，
，，
，
是菱形，
∵，
．
，，
，
，
，，
，
菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
17．（2022·吉林延边·八年级统考期末）如图1，在两个等腰直角三角形和中，，把两个三角形放置在平面直角坐标系上，边在x轴上，点F和点O重合．，点，点，将沿翻折，点E落在点G．
(1)点G的坐标为________．
(2)将四边形沿x轴方向往右平移，平移距离是x．
①当点G在边上时，________．
②当时，四边形与的重叠部分的面积为_______．
③如图2，当点C在边上时（点C与点E、F不重合），求四边形与的重叠部分的面积．（用含x的式子来表示）
(3)在（2）的条件下，若，当四边形与的重叠部分的图形为轴对称图形时，直接写出x的取值范围．
【答案】(1)；
(2)①；②；③；
(3)或
【分析】（1）根据折叠可得，即可得到答案；
（2）①根据点G在边AC上，可得，，结合，，即可得到，可得，从而得到，即可得到答案；
②当时，如图所示，设交于点M，交于点N，根据平移得到，
即可得到，，，可得，即可得到，从而得到，即可得到答案；
③当点C在线段上时，平移距离是，此时，用x表示出、，从而得到，，即可得到答案；
（3）①当从点G在上到点F与点C重合，这时正方形与重叠部分为等腰直角三角形，根据对称性即可得到答案，②当时，重叠部分也是轴对称图形，根据对称性可得即可得到答案；
【详解】（1）解：由翻折可知，
∵，，
∴，
∴；
（2）①当点G在上时，如图所示，则，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平移的距离是；
②当时，如图所示，设交于点M，交于点N，
此时，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴重叠部分面积为；
③当点C在线段上时，平移距离是，
此时，，，
∵，又，
∴，
∴，，
∴重叠面积为
；
（3）①当从点G在上到点F与点C重合，这时正方形与重叠部分为等腰直角三角形是轴对称图形，则，
②当时，重叠部分也是轴对称图形，
∴，
解得，
∴当或时，重叠部分时轴对称图形.
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，正方形的性质及折叠的性质，解题的关键是分类讨论点的位置，得到不同图形面积加减．
18．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）已知：四边形，连接，，，，．
(1)如图1，求证：是等边三角形；
(2)过点A作于点M，点N为上一点（不与点A重合），，的边交的延长线于点F，另一边交的延长线于点G，如图2，点N与点M重合时，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，点N不与点M重合，过点N作，交于点E，，，，点H为上一点，连接、，交于点R，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据得出，根据已知条件，，得出，根据平行线的性质，得出，即可证明，得出结论；
（2）取的中点E，连接，根据等边三角形的性质得出，，根据直角三角形性质，得出，即可得出，证明，，得出，得出，即可得出答案；
（3）延长交于点T，取的中点K，连接，证明为等边三角形，设，则，得出的边长为，的边长为，根据，求出，证明，为等边三角形，为等边三角形，求出，求出，最后根据直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半求出．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等边三角形；
（2）证明：取的中点E，连接，如图所示：
∵为等边三角形，，
∴，，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即．
（3）解：延长交于点T，取的中点K，连接，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴为等边三角形，
∵，
∴设，则，
∴，，
即的边长为，的边长为，
∴，，
根据解析（2）可知，，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握等边三角形的判定方法．
19．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）综合与实践．如图①，四边形是矩形，且，，O为矩形对角线的交点，E为边上任意一点，连结并延长，与边交于点F．
观察：（1）线段和有什么数量关系？并进行证明．
操作：（2）小英连结、后发现，四边形的形状一定是___________；当的长为_______时，四边形是菱形
探究：（3）受小英的启发，小亮对图形进一步操作，将图②中的与分别沿与进行翻折，点A与点C分别落在矩形内的点、处，连结、，如图③，请你判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】（1），见解析；（2）平行四边形，；（3）平行四边形，见解析
【分析】（1）连接，证明，根据全等三角形的性质证明；
（2）根据矩形的性质得到，，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形；根据菱形的性质得到，设，根据勾股定理列出方程，解方程即可；
（3）连接，根据全等三角形的性质、折叠的性质得到，，根据平行四边形的判定定理证明即可．
【详解】（1）证明：，理由如下：
连接，
点为矩形对角线的交点，
点在上，
四边形是矩形，
，，
，，
在和中，
，
；
（2）解：四边形是平行四边形，
理由如下：四边形是矩形，
，，
，
，又，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形时，，
设，则，
在中，，即，
解得，，
故答案为：平行四边形；；
（3）解：四边形是平行四边形，
理由如下：连接，
又（1）得，，
，
，
由折叠的性质可知，，，，，
，，
，
，
，
，又，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，翻折变换的性质，平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定定理和性质定理、翻折变换的性质是解题的关键．
20．（2022春·四川绵阳·八年级校联考期末）如图1，矩形中，，E为边上一点，将沿翻折，使点A恰好落在边上的点F处，．
(1)求的长；
(2)如图2，连接交于点P，M为上的点，连接交于点Q，．
①求点A到的距离；
②求的值．
【答案】(1)
(2)①点A到的距离为5；②
【分析】（1）根据折叠得出，，设，则，在中，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可；
（2）①过点A作于点G，过点F作于点H，根据求出即可；
②过点M作于点K，先根据勾股定理求出，证明，得出，，证明，得出，设，则，根据勾股定理列出求出，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，
∴，
根据折叠可知，，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴．
（2）解：①过点A作于点G，过点F作于点H，如图所示：
则，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
根据折叠可知，，
∵，
∴，
∴点A到的距离为5；
②过点M作于点K，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，，，
设，则，
∵在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴平分，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵在中，根据勾股定理可得：，
∴，
解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，角平分线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定和性质，根据勾股定理列出方程，利用方程思想解决问题．