苏科版八年级数学下学期期中压轴精选30题-八年级数学下册重难点专题提优训练（苏科版）

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苏科版八年级数学下学期期中压轴精选30题
考试范围：第一章-第三章的内容，共30小题.
一、选择题（8小题）
1．（2023秋·河北保定·七年级统考期末）下列抽样调查选取样本的方式合适的是（    ）
A．为了了解我市全年的降水情况，随机调查我市某月的降水量
B．为了了解某厂家生产的零件质量，在其生产线上每隔300个零件抽取1个检查
C．为了了解某校学生是否吃早餐，选择七（1）班全体学生进行调查
D．为了调查某节目的收视率，找了一些该节目的热心观众作为调查对象
【答案】B
【分析】根据抽样调查的方法求解即可．
【详解】解：A．为了了解我市全年的降水情况，应该每个月随机调查几天的降水量，故本选项不符合题意；
B．为了了解某厂家生产的零件质量，在其生产线上每隔300个零件抽取1个检查，故本选项符合题意；
C．为了了解某校学生是否吃早餐，每个班选择几名学生进行调查，故本选项不符合题意；
D．为了调查某节目的收视率，随机选取观众作为调查对象，故本选项符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了抽样调查的方法，解题的关键是掌握抽样调查的方法．
2．（2023·湖北武汉·统考一模）徽章交换是现代奥林匹克运动会特有的文化活动．在2022年北京冬奥会上，徽章交换依然深受欢迎．下列徽章图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3．（2023·全国·九年级专题练习）某校有4000名学生，随机抽取了400名学生进行体重调查，下列说法正确的是（　　）
A．总体是该校4000名学生的体重 B．个体是每一个学生
C．样本是抽取的400名学生 D．样本容量是400名学生
【答案】A
【分析】我们在区分总体、个体、样本、样本容量，这四个概念时，首先找出考查的对象，从而找出总体、个体，再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．
【详解】解：A．总体是该校4000名学生的体重，说法正确，故A符合题意；
B．个体是每一个学生的体重，原来的说法错误，故B不符合题意；
C．样本是抽取的400名学生的体重，说法错误，故C不符合题意；
D．样本容量是400，说法错误，故D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了总体、个体、样本、样本容量，解题的关键是正确记忆各自的概念．总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．
4．（2023秋·山东临沂·九年级统考期末）如图，在中，，将绕点O逆时针旋转得到，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先依据旋转角的定义得到，然后依据旋转的性质得到，，最后，依据求解即可．
【详解】解：∵将绕点O逆时针旋转得到，
∴，．
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
5．（2023秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在矩形中，顶点，，，将矩形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点作轴于点，点作轴于点，根据已知条件求出点的坐标，再根据旋转的性质求出前次旋转后点的坐标，发现规律，进而求出第次旋转结束时，点的坐标．
【详解】解：如图，过点作轴于点，点作轴于点，
∵，，，
∴，，，，
∴，
∵四边形是矩形，轴，轴，
∴，，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵矩形绕点顺时针旋转，每次旋转，
∴第次旋转结束时，点的坐标为，
第次旋转结束时，点的坐标为，
第次旋转结束时，点的坐标为，
第次旋转结束时，点的坐标为，
……
发现规律：旋转次一个循环，
∵，
∴第次旋转结束时，点的坐标为．
故选：C．

【点睛】本题考查坐标与图形，图形的旋转，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第次旋转后矩形的位置是解题的关键．
6．（2022秋·安徽安庆·九年级统考阶段练习）如图，平行四边形中，对角线相交于点，点E是的中点，则与的面积比为（    ）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质可知，，得出；即，再根据三角形中线的性质，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形是平行四边形
∴，
∴
∴
∵点是的中点
∴
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形中线的性质；解题的关键是熟练掌握三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
7．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，是矩形的一条对角线，点E，F分别是的中点．若，则的长为（　　）

A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】先根据三角形中位线定理得到的长，再根据直角三角形斜边上中线的性质可得的长，最后代入计算即可解答．
【详解】解：∵点E，F分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
又∵E是的中点，
∴中，，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质等知识点，掌握“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”和“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”成为解答本题的关键．
8．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，已知四边形，点E、F、G、H分别是、、、的中点，若四边形是菱形，那么原四边形一定满足（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用三角形中位线定理可得，，根据四边形是菱形，可得，即有．
【详解】解：∵点E，F，G，H分别是的中点，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中位线的定义和性质，关键是利用三角形中位线得到，，是解答本题的关键．
二、填空题（8小题）
9．（2023春·八年级课时练习）点与点关于原点对称，那么______．
【答案】
【分析】根据关于原点对称的点横纵坐标互为相反数求出m、n的值，然后代值计算即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了代数式求值，关于原点对称的点的坐标特点，熟知关于原点对称的点横纵坐标互为相反数是解题的关键．
10．（2023春·江苏·八年级专题练习）王老师对本班40名学生的血型作了统计，列出如下的统计表，则本班A型血的有______人．
组别
A型
B型
AB型
O型
频率
0.4
0.35
0.1
0.15
【答案】16
【分析】根据频数、频率和总量的关系：频数=总量频率，即可求解．
【详解】解：本班A型血的人数是（人），
故答案为：16．
【点睛】本题考查了频数和频率的知识，掌握频数和频率的关系是解题的关键．
11．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在中，将绕点A按逆时针方向旋转得到，若点恰好落在边上，且，则的度数为________．

【答案】##24度
【分析】根据得到，从而得到，根据旋转得到，，结合三角形内角和定理即可得到答案；
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，等腰三角形性质，旋转的性质，解题的关键是根据旋转及等腰三角形转换等角关系．
12．（2023秋·广东阳江·七年级统考期末）某校七年级1班对同学们上周课外阅读时间进行统计，得到频数分布直方图（每组含前一个边界值，不含后一个边界值）如图所示．课外阅读时间不少于6小时的学生人数是_________人．

【答案】14
【分析】根据直方图中的数据和题意，可以发现课外阅读时间不少于6小时的学生有，然后计算即可．
【详解】解：由直方图可得，
课外阅读时间不少于6小时的学生有：（人），
故答案为：14．
【点睛】本题考查频数分布直方图，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
13．（2023春·湖南长沙·八年级长沙县湘郡未来实验学校校考阶段练习）如图，在中，，且，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为 ___________．

【答案】##
【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】解：连接，

∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当时，的值最小，
此时，的面积=，
∴，
∴的最小值为；
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
14．（2023·陕西西安·西北大学附中校考三模）如图，平行四边形中，，，，点P在上，且，若直线l经过点P，将该平行四边形的面积平分，并与平行四边形的另一边交于点Q，则线段的长度为______．

【答案】
【分析】过点C作，垂足为R，根据平行四边形的性质得出相应条件，求出，得到点P与点R重合，利用勾股定理求出，根据直线平分平行四边形的面积可得直线经过对角线交点O，证明，得到，利用勾股定理即可求出．
【详解】解：在平行四边形中，对角线交于点O，
，，，，，
如图，过点C作，垂足为R，
∴，，    
∴，
∵，
∴，即，即点P与点R重合，
∴，
∵直线l平分平行四边形的面积，
∴直线l经过对角线的交点O，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，解题的关键是添加辅助线，构造以为边的直角三角形．
15．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，在矩形中，，将矩形绕点B旋转一定角度后得矩形交于点E，且，则的长为________．

【答案】3
【分析】此题通过旋转前后对应边和角相等，以及已知的等边，合理设未知数后直接利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：设
∵矩形绕点B旋转一定角度后得矩形，
∴
在中，，
∴，
∴，
故答案为：3
【点睛】此题考查旋转的性质和勾股定理，解题关键是将直角三角形三边分别用未知数表示出来，根据勾股定理直接列方程即可．
16．（2023春·湖南长沙·八年级长沙市长郡梅溪湖中学校考阶段练习）如图，菱形的边长为4，E，F分别是，上的点，与相交于点G，若，，则的长为______．

【答案】
【分析】过点C作于点H，根据菱形的性质和已知条件说明为等边三角形，根据等边三角形的性质，得出，利用勾股定理求出，证明，说明，，证明为等边三角形，即可得出．
【详解】解：过点C作于点H，如图所示：

∵四边形为菱形，
∴，
，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴为等边三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，证明，为等边三角形．
17．（2023·湖北十堰·统考模拟预测）如图，正方形的边长为1，的平分线交于点E．若点P，Q分别是和上的动点，则的最小值是__________．

【答案】
【分析】过作的垂线交于，交于，再过作，由角平分线的性质可得出是关于的对称点，进而可知即为的最小值．
【详解】解：作关于的对称点，再过作于，

，
，
，，
，
是关于的对称点，，
即为的最小值，
四边形是正方形，
，
，
在△中，
，
，
，
，即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】题考查的是轴对称最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
18．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）在直角坐标系中，有，，三点，D是坐标平面内另一点，且以A，B，C，D四点为顶点的四边形是中心对称图形，那么D的坐标是___________．

【答案】或或
【分析】分三种情况，①当四边形是中心对称图形，②当四边形是中心对称图形时，③当四边形是中心对称图形时，利用中心对称的性质分别求解即可．
【详解】解：设点，分三种情况，如图，

①当四边形是中心对称图形，则点B、点C对称，点A、点对称，
∵，，
∴对称中心坐标为，
∵点A、点对称，，
∴，，
解得：，，
∴；
②当四边形是中心对称图形时，
则点A、点C对称，点B、点对称，
∵，，
∴对称中心坐标为，
∵点B、点对称，，
∴，，
解得：，，
∴；
③当四边形是中心对称图形时，
则点A、点B对称，点C、点对称，
∵，，
∴对称中心坐标为，
∵点C、点对称，，
∴，，
解得：，，
∴，
综上，以A，B，C，D四点为顶点的四边形是中心对称图形，那么D的坐标是或或．
【点睛】本题考查中心对称图形，关于某点是心对称点的坐标，掌握中心对称点的坐标规律是解题的关键．
三、解答题（14小题）
19．（2022秋·海南·九年级校考阶段练习）我市某中学举行了“科普知识”竞赛，为了解此次“科普知识”竞赛成绩的情况，随机抽取了部分参赛学生的成绩，整理并制作出如下的不完整的统计表和统计图（图1，图2）．

组别
成绩x/分
频数
A组

6
B组

b
C组

c
D组

14
请根据图表信息解答以下问题：
(1)一共抽取了___________个参赛学生的成绩，表中c=___________；
(2)补全条形统计图（图1）；
(3)扇形统计图中“C”对应的圆心角为___________度；
(4)若该校共有1200名同学参赛，成绩在80分以上（包括80分）的为“优”等，估计该校参赛学生成绩为“优”的有___________人．
【答案】(1)40，12
(2)见解析
(3)108
(4)780
【分析】（1）用组频数除以组百分比即可；用总人数减去其它组人数即为；
（2）根据（1）中求得的值画出条形即可；
（3）用C组的百分比乘以即可；
（4）用样本中优秀人数占的百分比，乘以1200人即可．
【详解】（1）解：总人数（人）
，
故答案为：40，12；
（2）解：如图

（3）解：组对应的圆心角度数为：，
故答案为：108；
（4）解：成绩为优的人数为：（人），
故答案为：780.
【点睛】本题考查了统计图表。频数和频率，相关知识点有：求总人数、百分比、圆心角、样本估计总体等，熟记数据之间的计算方法是解题关键．
20．（2023春·内蒙古呼和浩特·九年级呼和浩特市实验中学校考开学考试）已知如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点，，，按要求回答问题：

(1)判定的形状；
(2)将向左平移7个单位，得到，求点的坐标，并画出图形；
(3)将以轴为对称轴，得到，求点的坐标，并画出图形；
(4)将以点为旋转中心，逆时针旋转，得到，求点的坐标，并画出图形；
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)，画图见解析
(3)，画图见解析
(4)，画图见解析
【分析】（1）求出三角形的三边长，利用勾股定理逆定理判断即可；
（2）利用平移的性质画图，写出坐标即可；
（3）利用轴对称的性质画图，写出坐标即可；
（4）利用旋转的性质画图，写出坐标即可．
【详解】（1）解：，，，
∴，
∴是直角三角形，
∵，
∴是等腰直角三角形．
（2）解：如图所示；点的坐标为．

（3）解：如图所示；点的坐标为．

（4）解：如图所示；点的坐标为．．

【点睛】本题考查了勾股定理逆定理和几何变换作图，解题关键是熟练依据几何变换的性质画图，利用勾股定理求出边长．
21．（2023春·江苏·八年级阶段练习）如图1是某一遮阳蓬支架从闭合到完全展开的一个过程，当遮阳蓬支架完全闭合时，支架的若干支杆可看作共线．图2是遮阳蓬支架完全展开时的一个示意图，支杆固定在垂直于地面的墙壁上，支杆与水平地面平行，且G，F，B三点共线，在支架展开过程中四边形始终是平行四边形．

(1)若遮阳蓬完全展开时，长2米，在与水平地面呈的太阳光照射下，在地面的影子有______米（影子完全落在地面）
(2)长支杆与短支杆的长度比（即与的长度比）是______．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）过C作与水平地面呈的直线交的延长线于K，分别过K、E作，，可得四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的性质求得的长即可；
（2）由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为的中点、B为的中点，然后说明的长度为长支杆的一半即可．
【详解】（1）解：过C作与水平地面呈的直线交的延长线于K，分别过K、E作，，

∴四边形是平行四边形，
∴，即在地面上影子的长为2米；
故答案为：2；
（2）解：由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为的中点、B为的中点，
当遮阳棚完全闭合后，每根杆的长度都一样，即的长度为长支杆的一半，
∵为长支杆的长度，为短支杆的长度．∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
22．（2023春·八年级单元测试）如图，矩形，延长至点E，使，连接，过点C作交的延长线于点F，连接．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接交于点G．当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由线段垂直平分线的判定和性质以及菱形的判定解答；
（2）利用勾股定理先得出和的长；再证明，利用全等三角形的性质得到，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，

∴，
∵AB＝1，DE＝CD＝1，，
∴，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理；熟记菱形的判定和勾股定理是解题关键．
23．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在中，，点D为中点．过点C作，交射线于点E，连接，点G为中点，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)请你直接写出当满足什么条件时，四边形为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)当是等边三角形时，四边形为菱形，理由见解析
【分析】（1）如图，延长交于点F，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，进而证明，得到，则，推出，得到，再证明，得到，即可证明四边形是平行四边形；
（2）当是等边三角形，可得，即可证明平行四边形是菱形．
【详解】（1）证明：如图，延长交于点F，
∵点G是中点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点D为中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；

（2）解：当是等边三角形时，四边形为菱形，理由如下：
∵是等边三角形，点D为中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）如图，在等边三角形中，点为内一点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到，连接．

(1)用等式表示与的数量关系，并证明；
(2)当时，
①求的度数；
②若点为的中点，连接，直接用等式表示与的数量关系为________．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得，，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；
（2）①由，可得．根据等边三角形的性质，可得，从而得到，进而得到．再由，可得 ，即可求解；②延长到，使得，连接．可先证得．从而得到，．进而得到 ．根据①可得，可证得，从而得到 ．再由 为等边三角形，可得 ．从而得到 ，即可求解．
【详解】（1）解：．理由如下：
在等边三角形中，，，
由旋转可知：  

即
在和中

．
．
（2）①，
．
在等边三角形中，，
，
．
．
，
＇．
即；
②，理由如下：
如图，延长到，使得，连接．

为的中点，
．
在和中

．
，．
．
，
．
．
即．
，
．
＇．
即 ．
．
在和 中

．
．
  
为等边三角形，
．
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．
25．（2023春·八年级课时练习）如图，在四边形中，平分．

(1)求证：四边形是菱形．
(2)过点作，交的延长线于点，若
①求菱形的面积．
②求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)①，②
【分析】(1)根据平行线的性质可知角相等，再根据角相等即可求得边平行且相等，最后根据邻边相等的平行四边形是菱形即可求得结论；
(2) ①根据余角的性质可知角相等，再根据勾股定理求出，最后根据面积关系求出四边形的面积；②根据①的结果直角求出四边形的周长即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形 是菱形．
（2）解：①∵菱形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴


② ∵，，，
∴四边形的周长：，
【点睛】本题考查了菱形的判定性质，余角的性质，勾股定理，正确运用菱形判定和性质是解题的关键．
26．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，在梯形中，，，，，，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，、分别从、同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒．问：

(1)求为何值时，四边形是平行四边形？
(2)四边形可能是矩形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由；
(3)四边形可能是菱形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由．
【答案】(1)当秒时，四边形是平行四边形
(2)可能；当秒时，四边形是矩形
(3)不可能；理由见解析
【分析】（1）根据运动时间为秒，表示出，，根据平行四边形的性质得出，即可求出的值；
（2）根据运动时间为秒，表示出，，当四边形是矩形时，根据矩形的性质得出，即可求出的值；
（3）过点作，垂足为，证明四边形是矩形，求出的长，若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，由（1）得：秒时，四边形是平行四边形，求出长，若，四边形是菱形，否则不是菱形．
【详解】（1）解：∵，，动点以秒的速度运动，动点以秒的速度运动，
∴，，
∵其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，
∴最大运动时间为，
∵已知设运动时间为秒，则，，
∴，，
∵当四边形是平行四边形时，，
∴，解得，
∴当秒时，四边形是平行四边形．
（2）解：四边形可能是矩形；
当四边形是矩形时，，
∴，解得，
∴当秒时，四边形是矩形．
（3）解：四边形不可能是菱形；
过点作，垂足为，

∵，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，
由（1）得：秒时，四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形不可能是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形和菱形的判定和性质及勾股定理，解一元一次方程，根据题意列出利用数形结合的思想列出方程是解答本题的关键．
27．（2023春·陕西西安·八年级高新一中校考阶段练习）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题，如图1，在四边形ABCD中，，，，，．

(1)如图2，在图1的基础上连接BD，由于，所以可将绕点D顺时针方向旋转，得到，则的形状是______，四边形的面积是_____．
(2)如图3，四边形中，，，，，，求四边形的面积．
【答案】(1)等边三角形，
(2)
【分析】（1）首先证明，则，，所以是等边三角形；知等边三角形的边长为3，求出即可；
（2）类比（1），连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，连接，延长，作；证是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，利用勾股定理计算，，求和的面积和即可．
【详解】（1）如图2，连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，


，，
是等边三角形，
∵
∴，
∴，
∴点三点在同一直线上，
四边形的面积等边三角形的面积，

，
；
（2）如图3，连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，
连接，延长，作；

，


∴，
，
，，
∴

，
，
，
，
，等边，上的高，
，
，
．
【点睛】本题考查了图形的旋转变换，三角形全等，勾股定理，等积代换思想，类比思想等．构造直角三角形，求出三角形的高是解决问题的关键．
28．（2022·安徽合肥·校考一模）如图1，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，延长交于点F，连接．

(1)判断四边形的的形状，并说明理由；
(2)若，求；
(3)如图2，若点E恰好为的中点时，请判断与的数量关系，请说明理由．
【答案】(1)正方形，理由见解析
(2)8
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质和正方形的性质以及正方形的判定解答即可；
（2）根据勾股定理和正方形的性质以及全等三角形的判定和性质解答即可；
（3）过点作于点，根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】（1）四边形是正方形，理由如下：
由绕点逆时针旋转得可得：，
，，，
在正方形中，，

，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形；
（2）过点作于点．
在正方形中，，
在正方形中，设，则，
在中，，，
即：，
解得：（不符合题意，舍去），，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
（3）过点作于点．

点为的中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
中，
，
．
【点睛】此题考查四边形的综合题，关键是根据正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质解答．
29．（2022·河南洛阳·统考二模）如图1，在中，，，点D、E分别在边AB，上，，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．

(1)观察猜想：
图中，线段PM与PN的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：
把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：
把绕点A在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值．
【答案】(1)，
(2)是等腰直角三角形
(3)
【分析】（1）利用三角形的中位线得出，，进而判断出，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出得出，最后用互余即可得出结论；
（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法即可得出结论；
（3）先判断出最大时，的面积最大，而最大是，即可得出结论．
【详解】（1）点，是，的中点，
，，
点，是，的中点，
∴，，
∴，，
，
，
∵，
，
∵，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
由旋转知，，
∵，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，


，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）由（2）知，是等腰直角三角形，，
最大时，面积最大，
点在的延长线上，
，
，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出，，解（2）的关键是判断出，解（3）的关键是判断出最大时，的面积最大．
30．（2023春·八年级课时练习）如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)判断：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的有 　 ；
(2)如图2，垂美四边形两组对边、与、之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明；
(3)如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接、、，与交于点O，已知，，求的中线的长．
【答案】(1)菱形和正方形
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质进行判断即可；
（2）根据勾股定理得出，，即可证明结论；
（3）连接、，设，交于点M，证明，得出，证明，根据解析式（2）得出，根据勾股定理求出，根据，求出，最后根据直角三角形的性质求出结果即可．
【详解】（1）解：∵菱形、正方形的对角线垂直，
∴菱形、正方形都是垂美四边形．
故答案为：菱形和正方形．
（2）解：猜想：．
理由：∵，
∴，
由勾股定理，得，
，
∴．
（3）解：连接、，设，交于点M，如图所示：

∵四边形和为正方形，
∴，，，
∴，
即，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
∴，
∵，，
∴，， ，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造垂美四边形．