专题6.4考前必做30题之特殊的平行四边形小题培优提升（压轴篇，八下人教）-八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版

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专题6.4考前必做30题之特殊的平行四边形小题培优提升（压轴篇，八下人教）

一、单选题

1．（2022春·广东河源·八年级校考期末）已知菱形的周长等于，两对角线的比为，则对角线的长分别是（    ）

A．cm，cm B．cm，cm

C．cm，cm D．cm，cm

【答案】A

【分析】根据菱形的周长可以计算菱形的边长，因为菱形的对角线互相垂直，所以为直角三角形，设菱形的对角线长为、,则，且在中，，求得x、y即可解题．

【详解】解：如下图所示，菱形的周长为40cm,则菱形的边长为10cm,

菱形的对角线互相垂直，所以为直角三角形，

设菱形的对角线长为、,则，

在中，

解得cm， cm,

故对角线长为cm，cm．

故选：A．

【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，菱形各边长相等的性质，菱形对角线互相垂直平分的性质，本题中根据x、y的关系式求x、y的值是解题的关键．

2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，且，于点E，则（    ）

A．6 B．8 C． D．

【答案】C

【分析】先利用菱形的性质和勾股定理求出，再根据菱形的面积公式求解即可．

【详解】解：∵四边形是菱形，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴菱形的面积，

∵，

∴，

故选：C．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形对角线互相垂直平分是解题的关键．

3．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知：如图，矩形中，，对角线相交于点O，点P是线段上任意一点，且于点E，于点F，则等于（　　）

A．6 B．5 C． D．

【答案】C

【分析】连接，根据矩形的性质以及勾股定理可得，，再由，即可求解．

【详解】解：连接，如图，

在矩形中，，

∴， ，

∴，，

,

∴．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．

4．（2023春·八年级单元测试）如图，正方形的边长为8，在各边上顺次截取，则四边形的面积是（    ）

A．34 B．36 C．40 D．100

【答案】C

【分析】利用正方形的面积减去4个直角三角形的面积，进行计算即可．

【详解】解：∵正方形的边长为8，在各边上顺次截取，

∴，

∴四边形的面积为：；

故选C．

【点睛】本题考查正方形的性质．熟练掌握正方形的性质，正确的识图，利用割补法求面积，是解题的关键．

5．（2022秋·山东聊城·八年级校联考阶段练习）如图，已知正方形的边长为4，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，即为所求，在中利用勾股定理即可求出的长即可．

【详解】解：∵四边形是正方形，

∴点B与D关于直线对称，

连接交于点，连接，

则，

，

当B、N、M三点共线时，取得最小值，

则即为所求的点，

则的长即为的最小值，

∵四边形是正方形，

∴是线段的垂直平分线，

又，

在中，，

故的最小值是5．

故选：C．

【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线对称，可知的长即为的最小值是解答此题的关键．

6．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在中，点E、D、F分别在边上，且，，下列四个判断中，不正确的是（    ）

A．四边形是平行四边形

B．如果平分，那么四边形是菱形

C．如果，那么四边形是矩形

D．如果且，那么四边形是正方形

【答案】D

【分析】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形，逐项判断即可得出答案．

【详解】A．因为，，所以四边形是平行四边形．故A选项正确，不符合题意；

B．如果，四边形是平行四边形，所以四边形是矩形．故B选项正确，不符合题意；

C．因为平分，所以，

∵，，

∴，

∴，又因为四边形是平行四边形，所以是菱形．故C选项正确，不符合题意；

D．∵且，

∴D为的中点．

∵，，

∴E为的中点，F为的中点，

∴，，

∵，

∴，

∴四边形是菱形．故D选项错误，符合题意；

故选D．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点，熟练掌握判定定理是解题的关键．

7．（2023春·八年级单元测试）如图，E、F、H分别为正方形的边、、上的点，连接，，且，平分交于点G．若，则的度数为（    ）

A．26° B．38° C．52° D．64°

【答案】D

【分析】过点作，由正方形的性质，，，四边形为矩形，利用HL易证得，可得，进而可得，由角平分线可得的度数，即可求得得度数．

【详解】解：过点作，

∵四边形是正方形，

∴，，

∵，则四边形为矩形，

∴，

∵，

∴（HL），

∴，

∵，

∴，

又∵平分，

∴，

∴．

故选：D．

【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线，构造全等三角形，利用其性质转化角度是解决问题的关键．

8．（2023春·八年级单元测试）将图1中两个三角形按图2所示的方式摆放，其中四边形为矩形，连接，甲、乙两人有如下结论：

甲：若四边形是边长为1的正方形，则四边形必是正方形；

乙：若四边形为正方形，则四边形必是边长为1的正方形．

下列判断正确的是（   ）

A．甲正确，乙不正确 B．甲不正确，乙正确

C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确

【答案】D

【分析】根据，求出和的值，根据勾股定理求出的值，即可判断甲是否正确，若平行四边形为正方形，根据边的关系可以求出且四个角都是直角，即可判断乙是否正确．

【详解】解：四边形是边长为1的正方形，

，，

，，，

，

，

同理，

四边形是菱形，

在和中，

，

，

，

，

，

，

则四边形必是正方形；

甲正确；

若四边形为正方形，则，

且，

在和中，

，

，

，

同理，

又，

，

，

同理，

即四边形为菱形，

，

则四边形必是边长为1的正方形，

乙正确，

故选：D．

【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．

9．（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，矩形中，，，E为边的中点，点P、Q为边上的两个动点，且，当（   ）时，四边形的周长最小．

A．3 B．4 C．5 D．

【答案】B

【分析】在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过F点作的平行线交于一点，即为P点，此时四边形的周长最小，过G点作的平行线交的延长线于H点，先求出，得出，设，则，列出关于x的方程，解方程即可．

【详解】解：如图，在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过F点作的平行线交于一点，即为P点，此时四边形的周长最小，过G点作的平行线交的延长线于H点，

∵四边形为矩形，

∴，，

，

∴，

∵E为边的中点，

∴，

∵，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵在中，，

∴，

∴，

∴，

设，则，

∴，

解得：，

即时，四边形的周长最小，故B正确．

故选：B．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，找出使四边形的周长最小时，点P的位置．

10．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，在正方形ABCD中，，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接DE，FG，下列结论：①；②；③；④FG的最小值为2．其中正确结论的序号为（    ）

A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④

【答案】C

【分析】①连接，易知四边形为矩形，可得；由可得，所以；②延长，交于M，交于点H，由矩形可得，则；由，则；由四边形为正方形可得，即，所以，即，可得；③由②中的结论可得；④由于点E为上一动点，当时，根据垂线段最短可得此时最小，最小值为，由①知，所以的最小值为

【详解】解：①连接，交于点O，如图，

∵，

∴．

∵，

∴四边形为矩形．

∴．

∵四边形为正方形，

∴．

在和中，

，

∴．

∴．

∴．

∴①正确；

②延长，交于M，交于点，

∵，

∴．

由①知：，

∴．

∴．

∵，

∴．

∴．

即：，

∴．

∴②正确；

③由②知：．

即：．

∴③正确；

④∵点E为上一动点，

∴根据垂线段最短，当时，最小．

∵，

∴．

∴．

由①知：，

∴的最小值为，

∴④错误．

综上，正确的结论为：①②③．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，垂线段最短，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，垂直的定义．根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．

11．（2022春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，矩形的对角线，交于点O，，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】依据矩形的性质即可得到的面积为12，再根据，即可得到的值．

【详解】∵，，

∴矩形的面积为48，，

∴，

∵对角线，交于点O，

∴的面积为12，

∵，，

∴，即，

∴，

∴，

故选：C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形性质是解答此题的关键．

12．（2023春·福建福州·八年级校考阶段练习）如图，E，F，G，H分别是，，，的中点，且，下列结论：①四边形是菱形；②；③若，则；④；其中正确的个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与可得四边形是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．

【详解】

解：、、、分别是、、、的中点，

，，，，，，

，

，

四边形是菱形，

∴四边形是菱形，故①正确；

∴，故②正确；

∵，

∴，

∵，，

∴，，

∴，

∴，

∴，故③错误；

当，如图所示：，分别为，中点，

连接，延长到上一点，

，，

，只有时才可以成立，而本题与很显然不平行，故④错误．

综上所述，①②共2个正确．

故选：B．

【点睛】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与判定四边形是菱形是解答本题的关键．

13．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示，把矩形纸条沿，同时折叠，，两点恰好落在边的点处，若的度数恰好为，，，则矩形的边的长为(　　)

A．10 B．11 C．12 D．15

【答案】C

【分析】根据折叠的性质得出，，根据勾股定理得出，进而即可求解．

【详解】解：∵矩形纸条沿，同时折叠，，两点恰好落在边的点处，

，，

，

∴ ，

，

故选：C．

【点睛】本题考查了勾股定理与折叠问题，掌握勾股定理是解题的关键．

14．（2023春·重庆南岸·八年级重庆市珊瑚初级中学校校考开学考试）如图，在长方形中，点E是上一点，连接，沿直线把折叠，使点D恰好落在边上的点F处．若，，则折痕的长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先长方形的性质和已知条件得到，，根据折叠的性质得到，然后由勾股定理求出，设，根据勾股定理列方程求出，然后根据勾股定理求解即可．

【详解】∵在长方形中，

∴，

∵

∴

∵沿直线把折叠，使点D恰好落在边上的点F处

∴，

∴

∴设，

∴

∴，即

∴解得

∴

∴

故选：A．

【点睛】本题考查长方形中的折叠问题，涉及长方形性质、折叠性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质及勾股定理求线段长是解决问题的关键．

15．（2022春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图：是边长为1的正方形的对角线上一点，且，为上任意一点，于点，于点，则的值是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】连接，过作，利用面积法求解，的值等于点到的距离，即正方形对角线的一半．

【详解】解：连接，过作，如图所示：

，

，

，

四边形是正方形，

，，，

，

，，

为中点，

，

即值是．

故选：C．

【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形面积的计算；熟练掌握正方形的性质，运用面积法求解是解决问题的关键．

16．（2023秋·湖南永州·八年级统考期末）如图，E、F分别是正方形的边上的点，且，相交于点O，下列结论： ①；②；③；④，其中正确的有（     ）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④

【答案】D

【分析】根据正方形的性质可得，然后求出，再利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而判定出①正确；再根据全等三角形对应角相等可得，然后证明，再得到，从而得出，判断②正确；假设，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得，再根据直角三角形斜边大于直角边可得，即，从而判断③错误；根据全等三角形的面积相等可得，然后都减去的面积，即可得解，从而判断④正确．

【详解】解：在正方形中，，

∵，

∴，

即，

在和中，

，

∴，

∴，故①正确；

∵，

∴，

在中，，

∴，故②正确；

假设，

∵（已证），

∴（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），

∵在中，，

∴，这与正方形的边长相矛盾，

所以，假设不成立，，故③错误；

∵，

∴，

∴，

即，故④正确；

综上所述，正确的结论是①②④．

故选：D．

【点睛】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，求出全等是解题的关键，也是本题的突破口．

17．（2022秋·浙江宁波·八年级校联考期末）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．

18．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形中，为上一点，线段的垂直平分线交于，为垂足，交正方形的两边于、，连接，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（    ）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④

【答案】B

【分析】①过N作，则，先证明△BSN是等腰直角三角形，得出，再由，证明，得出，证出，即可得出；

②，是等腰直角三角形，，即可得出；

③假设成立，证明，得出，可判断③不一定成立；

④过P作的平行线交于K，证出，，即可得出结论．

【详解】解：①正确；过N作分别交、于S、T，则，

∵四边形是正方形，

∴，

∴是等腰直角三角形，

∴，

∴，

∵线段的垂直平分线交于点N，

∴，

在和中，

，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，故①正确；

由①得：，是等腰直角三角形，，

∴，故②正确；

∵，，

∴，

若，

则．

∵，

∴，

∴，显然不一定成立，故③错误；

过P作的平行线交于K，

∴．

∵垂直平，

∴，

∵，

∴，

∴，

作于点G，作于点H，

则，

由①得：，

∴．

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，故④正确；

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、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质；本题难度较大，综合性强，特别是需要通过作辅助线证明三角形全等．

19．（2022秋·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．1 D．

【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．

20．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．下列结论正确的是（   ）．

①四边形是菱形；

②四边形是矩形；

③四边形周长为；

④四边形面积为．

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④

【答案】A

【分析】根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形中各边长的长度关系规律，然后对选项作出分析判断：①②根据三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理、菱形和矩形的判定与性质作出判断；③根据三角形的中位线定理和四边形周长公式作出判断；④找到每得到的四边形与原四边形面积关系规律，即可求得四边形的面积．

【详解】解：①连接，，

∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，

∴，，，，

∴，，

∴四边形是平行四边形；

∵，

∴，

∴四边形是矩形，

∴（矩形的两条对角线相等）；

∴（三角形的中位线定理），

∴四边形是菱形；

∴四边形是矩形；

∴根据中位线定理知，四边形是菱形；

故①②正确；

③根据中位线的性质易知，，

，

∴四边形的周长是，故③正确；

④∵四边形中，，，且，

∴；

由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，

四边形的面积是，故④错误；

综上所述，①②③正确．

故选A．

【点睛】本题是一道规律题，考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线定理、菱形和矩形的判定与性质，解题的关键是理清题意，熟练并灵活运用所学知识点解题．

二、填空题

21．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，矩形中，、交于点，平分交于，，连接．下列结论：

①是等边三角形；

②；

③；

④．其中正确的有______（填序号）．

【答案】①②④

【分析】根据矩形的性质，可知，，，根据平分线的定义可得，继而得到，所以是等边三角形，可知，可得是等边三角形，故①正确；证明是等腰直角三角形，可得，所以，故②正确；由是等边三角形得，又因为，所以，根据直角三角形中直角边小于斜边可知，可得，故③错误；和是等底等高的三角形，所以，故④正确，即可得出答案．

【详解】解：∵在矩形中，，平分，

∴，，

∵，

∴，

又∵，

∴是等边三角形，

∴，

又∵，

∴是等边三角形，故①正确；

∵在矩形中，，，

又∵，

∴是等腰直角三角形，

∴，

∴，故②正确；

∵是等边三角形，

∴，

又∵，

∴，

∵，

∴，故③错误；

∵和的底边，点到的距离相等，

∴，故④正确；

综上所述，正确的结论是①②④，

故答案为：①②④．

【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等底等高的三角形的面积相等，熟记性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．

22．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，点P为边上一动点（不与点A，B重合），于点E，于点F，若，则的最小值为_______．

【答案】##

【分析】连接，根据菱形的性质得到，，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，求得，当时，最小，根据三角形的面积公式结论得到结论．

【详解】解：连接，

∵四边形是菱形，

∴，，，

∵于点，于点，

∴，

∴四边形是矩形，

∴，

∵当取最小值时，的值最小，

∴当时，最小，

∵，

∴，，

∴，

∴，

∴的最小值为，

故答案为：．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，垂线段最短，菱形的性质，熟练掌握垂线段最短是解题的关键．

23．（2023春·八年级单元测试）菱形的边长为2，，点P、Q分别是、上的动点，的最小值为______

【答案】1

【分析】连接，作于，利用SAS证明，得，当点、、共线，的最小值为的长，再求出的长即可．

【详解】解：连接，作于，

∵四边形是菱形，

∴，，

∵，

∴（SAS）

∴，则：，

∴当点、、共线，的最小值为的长，

∵，，，

∴，

∴的最小值为1．

故答案为：1．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质等知识，将的最小值转化为的长是解题的关键．

24．（2023春·江苏南京·八年级南京外国语学校仙林分校校考开学考试）如图，长方形中，，，点是边上任一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当的长为___________时，恰好为直角三角形．

【答案】1或

【分析】当为直角三角形时，有两种情况：①当点落在矩形内部时，当点落在边上时，利用矩形的性质及勾股定理进行计算即可．

【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况：

①当点落在矩形内部时，如答图1所示．

连接，

在中，，，

，

沿折叠，使点落在点处，

，

当为直角三角形时，只能得到，

点、、共线，即沿折叠，使点落在对角线上的点处，

，，

，

设，则，，

在中，

，

，解得，

，；

②当点落在边上时，如答图2所示．

此时四边形为正方形，

，

，

综上所述：或，

故答案为：1或．

【点睛】此题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，正方形的判定和性质，正确理解矩形的性质及勾股定理的计算，进行分类讨论是解题的关键．

25．（2021春·浙江杭州·八年级期中）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上(不与点C，D重合)，AE交对角线BD于点G，交AE于点G．

(1)若，线段AF的长度为___________．

(2)连接AF，EF，若，正方形ABCD与的面积之比___________．

【答案】         

【分析】（1）如图，连接，根据勾股定理直接计算即可求解；

（2）在上截取，连接，由可证，可得，，可得 ，即可求解．

【详解】解：（1）如图，连接，

∵四边形是正方形，

∴,

∵，

∴;

（2）连接，

四边形是正方形，

，，，

又，

，

，，

，且，

，

，

，

，

，

；

如图，在上截取，连接，

，，

，

，，

，

，，

，

，，

，，

，

，

，

，

，

，

正方形与的面积之比为 ．

故答案为：，．

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．

26．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在一张矩形纸片中，，，点分别在，上，将矩形沿直线折叠，点落在边上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：①四边形是菱形；②线段的取值范为；③；④当点与点重合时， ，其中正确的结论是________．

【答案】①②④

【分析】①先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；

②点与点重合时，设表示出利用勾股定理列出方程求解得到的最小值，点与点重合时，，求出，然后写出的取值范围，判断出②正确；

③假设，根据菱形的对角线平分一组对角线可得，然后求出只有时平分，判断出③错误；

④过点作于，求出，再利用勾股定理列式求解得到，判断出④正确．

【详解】解：①与，与都是原来矩形的对边、的一部分，

∴，

四边形是平行四边形，

由翻折的性质得，，

四边形是菱形，

故①正确；

②点与点重合时，设则

在中，，

即，

解得，

点与点重合时，，

，

线段的取值范围为，

故②正确；

③如图，过点作于， 设交于点，

四边形是菱形，

，

若，则

则平分，

∴

∴，

即只有时平分，故③错误；

则，

由勾股定理得，

，

故④正确．

综上所述，结论正确的有①②④．

故答案为：①②④．

【点睛】本题主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．

27．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形是正方形，点E是边上一点，且，且交正方形外角平分线于点F．若正方形边长是8，，则的长为____．

【答案】

【分析】在上取点P，使，连接，首先根据同角的余角相等得到，可证得，，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．

【详解】解：在上取点P，使，连接，

∵四边形是正方形，

，，

，

，

，，

是正方形外角的平分线，

，

，

，，

，

在和中，

，

，

，

，，

，

；

故答案为：．

【点睛】此题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．

28．（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在四边形中，E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点，依次连接E、G、F、H得到四边形，要使四边形是菱形，可添如条件__________．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据三角形的中位线定理，得到：，根据四边相等的四边形是菱形，可以得到当时，即可得到四边形是菱形．

【详解】解：∵E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点，

∴，

∵四边相等的四边形是菱形，

∴当时，，

此时四边形是菱形；

∴可添加的条件为：；

故答案为：（答案不唯一）．

【点睛】本题考查三角形的中位线定理，以及菱形的判定．熟练掌握三角形的中位线是第三边的一半，四边相等的四边形是菱形，是解题的关键．

29．（2023秋·江苏泰州·八年级统考期末）已知，如图，四边形中，，，，点是的中点，连接，若，，则的值为 __．

【答案】80

【分析】延长交于N点，连接，如图，先利用勾股定理计算出，根据斜边上的中线性质得到，再证明，接着证明，则，于是可判断垂直平分，所以，，然后证明为的中位线得到，最后利用勾股定理计算的值．

【详解】解：延长交于点，连接，如图，

，，，

，

点是的中点，

，

，

，

，，

，

，即，

，

，  

，

，

而，

垂直平分，

，，

点为的中点，为的中点，

为的中位线，

，

，

在中，．

故答案为：80．

【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，中位线的性质，中垂线的判定，构建是解决问题的关键．

30．（2022春·北京朝阳·八年级北京市陈经纶中学校考期中）为庆祝建党90周年，美化社区环境，某小区要修建一块艺术草坪．如图，该草坪依次由部分互相重叠的一些全等的菱形组成，且所有菱形的较长的对角线在同一条直线上，前一个菱形对角线的交点是后一个菱形的一个顶点，如菱形、、，要求每个菱形的两条对角线长分别为和．

（1）若使这块草坪的总面积是，则需要___个这样的菱形；

（2）若有个这样的菱形（，且为整数），则这块草坪的总面积是___．

【答案】     4    

【分析】（1）利用菱形的对角线互相垂直平分，可分别作出四个满足条件的菱形，另外菱形重合的部分也是菱形，并且这些小菱形的对角线分别为2，3，结合菱形的面积对角线另一条对角线，即可求出图形的面积和需要的菱形个数；

（2）由（1）可知若有个这样的菱形，且为整数），则这块草坪的总面积．

【详解】解：（1）每个菱形的两条对角线长分别为和．

小菱形的对角线分别为2，3，

菱形的面积对角线另一条对角线，

占地面积为，

，

则需要 4个这样的菱形；

（2）当有一个这样的菱形，则草坪的面积为，

当有2个这样的菱形，则草坪的面积为，

依此类推

若有个这样的菱形，且为整数），则这块草坪的总面积是．

故答案为：4；．

【点睛】本题考查了菱形的性质和菱形的面积公式，掌握菱形的性质和菱形的面积公式是解题的关键．