浙教版八年级数学下册期中期末挑战满分冲刺卷特训12期末解答压轴题(浙江精选归纳)(原卷版+解析)

这是一份浙教版八年级数学下册期中期末挑战满分冲刺卷特训12期末解答压轴题(浙江精选归纳)(原卷版+解析)，共88页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）问题解决：如图1，在矩形中，点分别在边上，于点．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由．
类比迁移：如图2，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，求的长．
2．（2022春·浙江宁波·八年级校联考期末）正方形中，对角线、交于点，为上一点，延长到点，使，连接、．
(1)求证：．
(2)求证：为直角三角形．
(3)若，正方形的边长为，求的长．
3．（2022春·浙江杭州·八年级杭州外国语学校校考期末）如图所示，在矩形中，把点沿对折，使点落在上的点．已知．
(1)求点的坐标；
(2)如果一条不与抛物线对称轴平行的直线与抛物线仅一个交点，我们把这条直线称为抛物线的切线，已知抛物线经过，且直线是该抛物线的切线．求抛物线的解析式．并验证点是否在该抛物线上．
(3)在（2）的条件下，若点是位于该二次函数对称轴右侧图象上不与顶点重合的任意一点，试比较与的大小(不必证明)，并写出此时点的横坐标的取值范围．
4．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，为直线上一动点，连，过作，交直线、直线于点、，连．
(1)求直线的解析式．
(2)当为中点时，求的长．
(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由．
5．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）数学兴趣小组的同学发现：如果，那么当∠1所对的直角边与另一直角边比值一定时，∠2所对的直角边与另一直角边也存在一定的数量关系．
(1)尝试：①如图1，在等腰直角△ABC中，，，点F是BC的中点，DF⊥AB于点D，连接AF，则______，______；
②如图2，在正方形ABCD中，，点E为BC中点，，求的值；
(2)推理：如图2，在正方形ABCD中，，保留②中其他条件不变，的值；
(3)运用：如图3，在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点G，BG交AD于点H．当，，时，求BG的长．
6．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
7．（2022春·浙江舟山·八年级校联考期末）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'AF＝ 度，……
根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．
8．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）现有四个全等的矩形如图镶嵌（在公共顶点O周围不重叠无空隙），将不相邻的四个外顶点顺次连接（如图1、2所示）；
(1)如图1，求证：四边形是正方形：
(2)判断图2中的四边形_______正方形（填“一定是”或“不一定是”）；若已知四边形的面积为18，在下列三个条件中：①；②；③，再选择一个作为已知条件，求出四边形的面积，你的选择是______（填序号），写出求四边形的面积解答过程；
(3)在（2）的条件下，在图2中连接，与交于Y，求的值；
(4)如图3，四个全等的平行四边形，在O点处镶嵌，将不相邻的外顶点顺次连接，若，则_____．
9．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为A（0，2），B（4，2），点D为对角线OB中点，点E在x轴上运动，连接DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连接BF．
(1)当点F在第四象限时(如图1)，求证：．
(2)当点F落在矩形的某条边上时，求EF的长．
(3)是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由．
10．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）在正方形中，对角线与相交于点，点是线段上的动点．
(1)如图1，若平分．
①求证：．
②若，求的长．
(2)如图2，延长交于点，连接．当时，探究与的数量关系，并说明理由．
11．（2022春·浙江宁波·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：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．
12．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在矩形中，平分交于E，连接，．
(1)如图1，若，，求的长；
(2)如图2，若点F是边上的一点，若，连结交于G，
①猜想的度数，并说明理由；
②若，求的值．
13．（2022春·浙江丽水·八年级统考期末）已知，如图1，在中，，将沿翻折至，连接．
(1)求证：；
(2)若点在直线下方，如图2，，，求的长；
(3)在翻折过程中，若为直角三角形，求的值．
14．（2022春·浙江舟山·八年级统考期末）在正方形ABCD中，点E在边BC上运动，点F在边DC或CB上运动．
(1)若点F在边DC上，
①如图1，已知，连接EF，求证：．
②如图2，已知AE平分，求证：．
(2)若点F在边CB上，如图3，已知E为BC的中点，且，求证：．
15．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，E是BC上一点（不与端点B，C重合），连接DE．过点A作DE的垂线，分别交DE，DC于点F，H．延长AF到点G，使得FG=AF，连接DG，CG．
(1)求证：△ADH≌△DCE；
(2)①若∠ADE=60°，则∠AGC=______；
②改变∠ADE的度数，∠AGC的度数是否会发生改变？若发生改变，请写出∠AGC与∠ADE之间的关系，若不改变，请说明理由；
(3)如图2，若BE=EC=，求DF与CG的长．
16．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，，点P为正方形ABCD的对角线AC上一动点，过点P作交边DC于点E．
(1)如图①，当点E在边CD上时，求证：；
(2)如图②，在（1）的条件下，连接BE交AC于点F，若，求PF的长；
(3)如图③，若点Q是射线CD上的一个动点，且始终满足，设，请直接写出的最小值．
17．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，，，点E是AD边上的中点，点F是对角线，BD上一动点，连结EF．
(1)若EF⊥BD，求DF的长．
(2)作点D关于直线EF的对称点P，直线PE与对角线BD交于点Q．
①若点F为BD中点，求PQ的长．
②在点F的运动过程中，△DEQ的面积可能为吗？若可能，求出此时DF的长，若不可能，请说明理由．
18．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）在边长为4的正方形ABCD中，点M，N分别是边BC，CD上的动点，且BM＝CN．
(1)如图1，连接AM和AN交于点P，求证：AM⊥BN．
(2)如图2，连接AM和AN交于点P，连接DP，若点M为BC的中点，求DP的长．
(3)如图3，连接BN，DM，则BN+DM的最小值为 ．
19．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，BA⊥x轴于A，BC⊥y轴于C，BA=3，BC=5，有一反比例函数图像刚好过点B．
(1)分别求出过点B的反比例函数和过A，C两点的一次函数的表达式．
(2)动点P在射线CA（不包括C点）上，过点P作直线l⊥x轴，交反比例函数图像于点D．是否存在这样的点Q，使得以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）边长为1的8个正方形如图摆放在直角坐标系中，直线平分这8个正方形所组成的图形的面积，交其中两个正方形的边于A，B两点，过点B的反比例函数的图象的一支交其中两个正方形的边于C，D两点，另一支交直线于点E，连接OC，OD，CD，
(1)求k1，k2的值；
(2)求的面积；
(3)过原点O的另一条直线交反比例函数的图象于P，Q两点（P点在第一象限），若由点B，E，P，Q为顶点的四边形的面积为12，求点P的横坐标．（直接写出答案）
21．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）定义：对角线相等的四边形称为对美四边形．
(1)我们学过的对美四边形有______、______．（写出两个）
(2)如图1，D为等腰ABC底边AB上的一点，连结CD，过C作，以B为顶点作交CF于点E，求证：四边形CDBE为对美四边形．
(3)如图2，对美四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC=BD，．
①若，，求四边形ABCD的面积．
②若，设，，试求出y与x的关系式．
22．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”，例如：如图，在四边形中，，平分，则四边形是近似菱形．
(1)请在图中作出一个以为对角线的“近似菱形”，顶点、顶点要在网格格点上．
(2)如图，在四边形中，，，，求证：四边形是“近似菱形”．
(3)在（2）的条件下，若，，求的长．
23．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）课本上正方形的第2课时中，有如下一道作业题：
在同学们完成作业题后，王老师对该题进行了改编：
(1)如图1，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，、．求证：四边形ABCD是正方形．
(2)如图2，在菱形ABCD（为钝角）中，E、F分别是BC、CD上的点
①探究和的关系，并说明理由；
②若，求CE的长．
24．（2022春·浙江温州·八年级统考期末）点是线段的中点，在同侧有，两点，连结，，，，以，为边作，分别延长与相交于点，连结．
(1)求证：四边形是平行四边形
(2)已知，
①若四边形是菱形，求菱形的周长
②当时，则五边形的面积为______．（直接写出答案）
25．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）在正方形ABCD中，点E在AD边上（不与点A，点D重合）．连接BE，作AG⊥BE于点F，交CD边于点G，连接CF．
(1)求证：BE＝AG．
(2)若点E是D边的中点，AD＝10．
①分别求AF，BF的长．
②求证：CB＝CF．
26．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）将平行四边形纸片ABCD按图1所示的方式折叠，使顶点A，B同时落在线段HF上的M点处，顶点C，D同时落在线段HF上的N点处，其中AD长为6，AE长为x．
(1)求证：四边形EFGH为矩形；
(2)探究：线段HF的长度会随着AE长度的变化而变化吗？如果会，请用含x的代数式表示HF的长度；如果不会，请直接写出HF的长度；
(3)若，连接AF，当时（如图2），求的值．
27．（2022春·浙江·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，直线y=x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点B，并与反比例函数y=(k≠0)的图象在第一象限相交于点C，且点B是AC的中点.
(1)如图1，求反比例函数y=(k≠0)的解析式；
(2)如图2，若矩形FEHG的顶点E在直线AB上，顶点F在点C右侧的反比例函数y=(k≠0)图象上，顶点H，G在x轴上，且EF=4
①求点F的坐标；
②若点M是反比例函数的图象第一象限上的动点，且在点F的左侧，连结MG，并在MG左侧作正方形GMNP．当顶点N或顶点P恰好落在直线AB上，直接写出对应的点M的横坐标．
28．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4，O是对角线BD的中点．过O点的直线与矩形的一组对边AB，CD分别相交于点F和点E．B'与B关于直线EF对称，连接BE，DB'，EB'，OB'．

(1)判断△ODB'的形状，并说明理由；
(2)求证：DB'∥OE ；
(3)若四边形OEB'D是平行四边形，求线段EF的长．
29．（2022春·浙江嘉兴·八年级统考期末）如图，经过坐标原点O的直线交反比例函数的图象于点，B．点C是x轴上异于点O的动点，点D与点C关于y轴对称，射线交y轴于点E，连结，，．
(1)①写出点B的坐标．
②求证：四边形是平行四边形．
(2)当四边形是矩形时，求点C的坐标．
(3)点C在运动过程中，当A，C，E三点中的其中一点到另两点的距离相等时，求的值．
如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，，求证：
特训12 期末解答压轴题（浙江精选归纳）
一、解答题
1．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）问题解决：如图1，在矩形中，点分别在边上，于点．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由．
类比迁移：如图2，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，求的长．
【答案】问题解决：（1）见解析；（2）等腰三角形，理由见解析；类比迁移：8
【分析】问题解决：（1）证明矩形ABCD是正方形，则只需证明一组邻边相等即可．结合和可知，再利用矩形的边角性质即可证明，即，即可求解；
（2）由（1）中结论可知，再结合已知，即可证明，从而求得是等腰三角形；
类比迁移：由前面问题的结论想到延长到点，使得，结合菱形的性质，可以得到，再结合已知可得等边，最后利用线段BF长度即可求解．
【解析】解：问题解决：
（1）证明：如图1，∵四边形是矩形，
．
．
．
．
又．
∴矩形是正方形．
（2）是等腰三角形．理由如下：
，
．
又，即是等腰三角形．
类比迁移：
如图2，延长到点，使得，连接．
∵四边形是菱形，
．
．
．
又．
是等边三角形，
，
．
【点睛】本题考查正方形的证明、菱形的性质、三角形全等的判断与性质等问题，属于中档难度的几何综合题．理解题意并灵活运用，做出辅助线构造三角形全等是解题的关键．
2．（2022春·浙江宁波·八年级校联考期末）正方形中，对角线、交于点，为上一点，延长到点，使，连接、．
(1)求证：．
(2)求证：为直角三角形．
(3)若，正方形的边长为，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，易证得△ABE≌△CBE，继而证得AE＝CE．
（2）由AE＝CE，AE＝EN，即可证得∠ACN＝90°，则可判定△CAN为直角三角形；
（3）由AN＝ ，正方形的边长为6，易求得CN的长，然后由三角形中位线的性质，求得OE的长，继而求得答案．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
在和中，
∴，
∴；
（2）
证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴为直角三角形；
（3）
解：∵正方形的边长为6，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的判定以及勾股定理等知识．注意利用勾股定理求得各线段的长是关键．
3．（2022春·浙江杭州·八年级杭州外国语学校校考期末）如图所示，在矩形中，把点沿对折，使点落在上的点．已知．
(1)求点的坐标；
(2)如果一条不与抛物线对称轴平行的直线与抛物线仅一个交点，我们把这条直线称为抛物线的切线，已知抛物线经过，且直线是该抛物线的切线．求抛物线的解析式．并验证点是否在该抛物线上．
(3)在（2）的条件下，若点是位于该二次函数对称轴右侧图象上不与顶点重合的任意一点，试比较与的大小(不必证明)，并写出此时点的横坐标的取值范围．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)当时；当时；当时
【分析】（1）由折叠可知，再由直角三角形的勾股定理求解即可；
（2）设，将代入可得，可得，联立方程组，，可得，即可求抛物线的解析式；
（3）设，过点作轴交于，过点作轴交于，可得，当时，，再分三种情况讨论：当时；当时；当时．
【解析】（1）解：由折叠可知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：设，
将代入可得，
∴，
联立方程组，
整理得，
∴，可得，
∴，
将点代入，等式成立，
∴M点在抛物线上；
（3）解：设，
∵，
过点作轴交于，过点作轴交于，
∴，
∴，
当时，，
∴ (舍)或，
∴当时；当时；当时．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解定义，对角的大小比较分类讨论是解题的关键．
4．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，为直线上一动点，连，过作，交直线、直线于点、，连．
(1)求直线的解析式．
(2)当为中点时，求的长．
(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)直线解析式：
(2)
(3)存在，点横坐标为：或或
【分析】（1）根据矩形的性质，得出点A和点C的坐标，设直线的解析式：，将点A和点C的坐标代入即可；
（2）证明，根据勾股定理求解即可；
（3）根据菱形是性质和判定定理，进行分类讨论即可；以，为边，以，为边，，③以，为边，．
【解析】（1）∵矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，
点，点，
设直线的解析式：，
代入点，坐标，
得，
解得，
直线解析式：；
（2）∵E为的中点，
，
在矩形中，，
，
在和中，
，
，，
，
为线段的垂直平分线，
，
设，则，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理，
得，
解得，
；
（3）存在以、、、为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：
以，为边，
则，
，
为的中点，
由可知点，点，
根据平移的性质，可得点的坐标为，
点的横坐标为；
如图，以，为边，，
延长至M，使，在的延长线上截取，连接，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
同理可得：，
，
，
，
，
，，
，
，
，
设，
在中，，
，
，
，，
，
点横坐标为：；
③如图，以，为边，，

作于，连接，作于，
可得，
平分，
，
设，
在中，，，，
，
，
，
，
综上所述：点横坐标为：或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，线段和最小，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理，线段最短原理是解题的关键．
5．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）数学兴趣小组的同学发现：如果，那么当∠1所对的直角边与另一直角边比值一定时，∠2所对的直角边与另一直角边也存在一定的数量关系．
(1)尝试：①如图1，在等腰直角△ABC中，，，点F是BC的中点，DF⊥AB于点D，连接AF，则______，______；
②如图2，在正方形ABCD中，，点E为BC中点，，求的值；
(2)推理：如图2，在正方形ABCD中，，保留②中其他条件不变，的值；
(3)运用：如图3，在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点G，BG交AD于点H．当，，时，求BG的长．
【答案】(1)①，；②；
(2)；
(3)．
【分析】（1）①根据线段中点的定义可得CF＝BF＝BC＝AC＝2，再利用勾股定理分别求出BD、DF和AB，然后计算即可；②如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，点H、D、F共线，证明△AEF≌△AHF，可得EF＝HF，求出EF＝HF＝1＋DF，CF＝2－DF，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理构建方程求出DF，进而可求的值；
（2）由②可得BE＝CE＝DH＝，则EF＝HF＝，CF＝a－DF，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理构建方程求出DF，进而可求的值；
（3）由折叠的性质可得：∠FBE＝∠CBE，CE＝EF，BF＝BC，然后分别在Rt△DEF中和在Rt△ABF中，利用勾股定理构建方程求出EF和HF，进而可得BF的值，然后利用（2）中结论求出GF，再利用勾股定理求出BG的长即可．
（1）
解：①∵在等腰直角△ABC中，点F是BC的中点，DF⊥AB于点D，
∴CF＝BF＝BC＝AC＝2，∠B＝45°，∠BDF＝90°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BD＝DF，
∴，
∴BD＝DF＝，
∵，
∴AD＝AB－BD＝，
∴，，
故答案为：，；
②如图，∵在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠B＝∠ADF＝90°，
∴将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，点H、D、F共线，
∴∠1＝∠3，BE＝DH，AE＝AH，
∵，
∴∠1＋∠2＝45°，
∴∠3＋∠2＝45°，
∴，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝HF，
∵点E为BC中点，
∴BE＝CE＝1，
∴DH＝1，
∴EF＝HF＝1＋DF，
∵CF＝2－DF，
∴在Rt△CEF中，由得：，
解得：，
∴；
（2）
解：当AB＝BC＝CD＝AD＝a时，
由②可知BE＝CE＝DH＝，则EF＝HF＝，CF＝a－DF，
在Rt△CEF中，由得：，
解得：，
∴；
（3）
解：由折叠的性质可得：∠FBE＝∠CBE，CE＝EF，BF＝BC，
∵在矩形ABCD中，AB＝CD＝4，
∴DE＝4－CE＝4－EF，
在Rt△DEF中，由得：，
解得：，
∵在矩形ABCD中，BC＝AD＝AH＋HF＋DF＝2＋HF＋＝HF＋，
∴BF＝BC＝HF＋，
在Rt△ABF中，由得：，
解得：，
∴BF＝BC＝HF＋＝，
∴，
∵BG平分∠ABF，
∴∠ABH＝∠HBF，
又∵∠FBE＝∠CBE，
∴∠GBF＋∠FBE＝，
又∵∠BFE＝∠BFG＝90°，
∴由（2）可得，
∴GF＝，
∴．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用，正方形和矩形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质等知识，学会利用勾股定理构建方程求解相关线段的长度是解答本题的关键．
6．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
【答案】(1)t=2；E（6，0）；
(2)证明见解析；
(3)t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12
【分析】（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；
（2）证△AOC≌△EPD即可；
（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．
【解析】（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中
∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形．
（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
设CE的解析式为y=kx+b，
则，
解得：，
∴CE的解析式为，
同理，DE的解析式为，
①当M在CE上时，M(t+3，)，
则
解得，，
②当N在DE上时，N(t+3，-1)，
则
解得，，
当点C在y轴的负半轴上时，
③如果点M在DE上时，
，
解得，，
④当N在CE上时，
，
解得，，
综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．
7．（2022春·浙江舟山·八年级校联考期末）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'AF＝ 度，……
根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．
【答案】(1)45
(2)DF＝BE+EF，证明见解析
(3)2
【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论；
（2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论；
（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解．
【解析】（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至，
则F、D、在一条直线上，≌△ABE，
∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，
∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴EF＝BE+DF．
故答案为：45；
（2）解：DF＝BE+EF 理由如下：
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△，
∴△≌△ABE，
∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，
∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△中，
，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴DF＝BE+EF；
（3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接，
则△≌△ABD，
∴CD'＝BD，
∴，
同（2）得：△ADE≌△（SAS），
∴，，
∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型．
8．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）现有四个全等的矩形如图镶嵌（在公共顶点O周围不重叠无空隙），将不相邻的四个外顶点顺次连接（如图1、2所示）；
(1)如图1，求证：四边形是正方形：
(2)判断图2中的四边形_______正方形（填“一定是”或“不一定是”）；若已知四边形的面积为18，在下列三个条件中：①；②；③，再选择一个作为已知条件，求出四边形的面积，你的选择是______（填序号），写出求四边形的面积解答过程；
(3)在（2）的条件下，在图2中连接，与交于Y，求的值；
(4)如图3，四个全等的平行四边形，在O点处镶嵌，将不相邻的外顶点顺次连接，若，则_____．
【答案】(1)见解析
(2)一定是；选择②，解答见解析
(3)
(4)
【分析】（1）根据对角线互相平分垂直且相等，可得四边形为正方形；
（2）连接，根据（1）的方法证明四边形是正方形；
（3）延长交于点Q，可得，选择②或③，根据面积得出，即，在中，勾股定理求得，即可求解；
（4）根据题意可得，得出，即可求解．
【解析】（1）证明：由题，，
所以A，O，C三点共线，B，O，D三点共线，
所以，
又，
所以，
所以四边形为正方形．
（2）解：一定是，理由如下，
连接，如图，
，
同理可得，，
由题意可得，
则四边形是平行四边形
则四边形是矩形，
又，
则四边形是正方形；
如图，延长交于点Q，可得
选择②
因为正方形的面积为18，
所以，即，则选择①无效，
由添加的条件可知，，
所以，
中，
所以正方形的面积为．
选择③同理可得所以，即，
由添加的条件可知，，
所以，
所以正方形的面积为．
（3）如图，作，
由，可得，
所以，
所以
（4）解：设平行四边形边上的高为，
如图，设交于点，过点作的垂线，交于，的延长线于点，过点作的垂线交的延长线于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设平行四边形的面积为，
，同理可得，
根据中心对称可得，
，
根据题意可知，
则四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，
，，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
9．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为A（0，2），B（4，2），点D为对角线OB中点，点E在x轴上运动，连接DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连接BF．
(1)当点F在第四象限时(如图1)，求证：．
(2)当点F落在矩形的某条边上时，求EF的长．
(3)是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)2或
(3)（，0）或（3，0）或（5，0）或（，0）
【分析】（1）根据折叠的性质得到OD=DE=DF，∠ODE=∠FDE根据等腰三角形的性质得到∠DBF=∠DFB，再由三角形外角的性质证明∠ODE=∠DBF即可证明结论；
（2）分图2-1和图2-2两种情况，利用折叠的性质与勾股定理结合矩形的性质求解即可；
（3）分图3-1，图3-2，图3-3和图3-4四种情况，利用平行四边形的性质求解即可．
（1）
解：由折叠的性质可得OD=FD，∠ODE=∠FDE，
∵D是OB的中点，
∴OD=BD=FD，
∴∠DFB=∠DBF，
∵∠ODF=∠DFB+∠DBF=∠ODE+∠FDE，
∴∠ODE=∠DBF，
∴；
（2）
解：如图2-1所示，当ED⊥OC时，由折叠的性质可知∠DEF=∠DEO=90°，OE=FE，OD=FD，则点F在x轴上，
又∵四边形OABC是矩形，B（4，2），A（0，2），
∴OD=CD，OC=AB=4
∴此时点F与点C重合，
∴；
如图2-2所示，当点F与点B重合时，设OE=FE=x，则CE=4-x，
在Rt△BCE中，，
∴，
解得；
综上所述，当点F落在矩形的某条边上时，EF的长为2或
（3）
解：如图3-1所示，当四边形DEFB为平行四边形时，，BD=EF，
∵OE=EF，BD=DO，
∴OE=OD，
∵D是OB的中点，B（4，2），
∴点D的坐标为（2，1），
∴，
∴点E的坐标为（，0）；
如图3-2所示，当四边形DEBF是平行四边形时，DF=BE，
∵OD=DF，
∴OD=BE，
∴，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理得，
∴OE=3，
∴点E的坐标为（3，0）；
如图3-3所示，当四边形DEBF是平行四边形时，DF=BE，
∵OD=BD=DE，
∴，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理得，
∴OE=5，
∴点E的坐标为（5，0）；
如图3-4所示，当四边形DEFB是平行四边形时，EF=BD，，
又∵OD=BD，
∴EF=OD，
∴四边形OEFD是平行四边形，
又由折叠的性质可得OD=DF，
∴四边形OEFD是菱形，
∴，
∴点E的坐标为（，0）；
综上所述，存在点E（，0）或（3，0）或（5，0）或（，0），使得以D，E，F，B为顶点的的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的判定，平行四边形的性质，菱形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
10．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）在正方形中，对角线与相交于点，点是线段上的动点．
(1)如图1，若平分．
①求证：．
②若，求的长．
(2)如图2，延长交于点，连接．当时，探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)①见解析；②
(2)，理由见解析
【分析】（1）①由正方形的性质证出，由角平分线的性质得出，则可得出结论；②过点作于点，由等腰直角三角形的性质及角平分线的性质可得出结论；
（2）取的中点，连接，，由三角形中位线定理得出，，证明四边形为平行四边形，由平行四边形的性质得出，则可得出结论．
（1）
解：①证明：四边形是正方形，
，
平分，
，
，，
，
；
②过点作于点，
，，
，
，
，
，
平分，，，
；
（2）
，
理由：取的中点，连接，，
四边形是正方形，
，，
为的中点，
为的中位线，
，，
在中，，
，
又，
，
，
，，
，
，
，
，
又，
四边形为平行四边形，
，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行四边形解决问题．
11．（2022春·浙江宁波·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：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．
【答案】概念理解：D；性质探究：①，②；问题解决：见解析；拓展应用：（1），理由见解析；（2）
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【解析】解：概念理解：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互相垂直，
故选：D；
性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH=90°，EF=EH，EHBD，EH=BD，EF∥AC，EF=AC，
∴AC⊥BD，AC=BD，
故答案为：AC⊥BD，AC=BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MNBG，MN=BG，
RLBG，RL=BG，
RNCE，RN=CE，
MLCE，ML=CE，
∴MNRL，MN=RL，RNMLCE，RN=ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，
又∵∠BAC=∠BAC，
∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，
即∠EAC=∠BAG，
在△EAC和△BAG中，
，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=BG，RN=CE，
∴RL=RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MNBG，MLCE，
∴∠LMN=90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN=AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM=FN，∠MFN=90°，
∴MN===FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM=AC，
∴MN=AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON） 2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2（OM+ON）=AB+CD，
∴AB+CD2MN，
由拓展应用（1）知：MN=AC；
又∵AC=2，
∴MN=，
∴AB+CD的最小值为2．
【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，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
12．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在矩形中，平分交于E，连接，．
(1)如图1，若，，求的长；
(2)如图2，若点F是边上的一点，若，连结交于G，
①猜想的度数，并说明理由；
②若，求的值．
【答案】(1)
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）由矩形的性质得，，，由角平分线的性质得出，则是等腰直角三角形，得出，推出，由勾股定理得出；
（2）①连接，由（1）得，，由证得，得出，，证明是等腰直角三角形，即可得出结论；
②根据矩形的性质得到，求得，过D作于M，根据余角的性质得到，得到，过A作于N，根据等腰三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵平分，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
（2）①，
理由：连接EF，如图所示：
由（1）得：，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
②∵四边形是矩形，
∴，
∴，
过D作于M，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由①知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
过A作于N，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由①知，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
13．（2022春·浙江丽水·八年级统考期末）已知，如图1，在中，，将沿翻折至，连接．
(1)求证：；
(2)若点在直线下方，如图2，，，求的长；
(3)在翻折过程中，若为直角三角形，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)的值为或或或
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出，再根据折叠的性质，得出，再根据等量代换，即可得出结论；
（2）首先设与的交点为，根据平行四边形的性质，得出，，再根据折叠的性质，得出，，，根据等量代换，得出，，再根据，可得，再根据全等三角形的性质，得出，再根据等角对等边，得出，再根据三角形的内角和为，得出，然后再根据直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，得出，再根据直角三角形的勾股定理，得出，再根据线段的关系，得出，再利用等量代换，得出，进而算出，然后再利用，即可得出结果；
（3）根据题意，分四种情况，利用直角三角形的性质，分别进行讨论，即可得出结果．
【解析】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵沿翻折至，
∴，
∴．
（2）解：如图，设与的交点为，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵沿翻折至，
∴，，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∵，
∴，
解得：，
∴．
（3）解：如图，当时，
∵，
∴，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∴，
∴．
如图，当时，
同理可得：．
如图，当，点在的上方时，
过点作，交于，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∵沿翻折至，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴．
如图，当，点在的下方时，
同理可得：．
综上可得：的值为或或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等量代换，全等三角形性质与判定，直角三角形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关性质和找出所有符合条件的情况．
14．（2022春·浙江舟山·八年级统考期末）在正方形ABCD中，点E在边BC上运动，点F在边DC或CB上运动．
(1)若点F在边DC上，
①如图1，已知，连接EF，求证：．
②如图2，已知AE平分，求证：．
(2)若点F在边CB上，如图3，已知E为BC的中点，且，求证：．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①延长CB至G，使，并连接AG，证明≌（SAS），由全等三角形的性质得出、，证明≌（SAS），由全等三角形的性质得出，最后根据线段和差即可证明结论；②同①延长CB至G，使，同①可得、，进而得到，然后再根据正方形的性质和平行线的性质即可解答；
（2）延长AE交DC的延长线于点N，证明△ABE≌△NCE（ASA），由全等三角形的性质得出AB＝CN，∠BAE＝∠N，在CD上截取DM＝BF，则CF＝CM，证明△ABF≌△ADM（SAS），由全等三角形的性质得出AF＝AM，∠AFB＝∠AMD，则可得出结论．
（1）
解：①延长CB至G，使，连接AG，
在和中
，，
∴≌（SAS），
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴≌（SAS），
∴．
又∵EG=BE+BG，BG=DF,
∴．
②同①延长CB至G，使，
同理可证，，
∵AE平分∠BAF，
∴，
∴，
∵在矩形ABCD中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）
证明：延长AE交DC的延长线于点N，
∵E为BC中点，
∴CE＝BE．
∵∠B＝∠ECN＝90°，∠AEB＝∠CEN，
∴△ABE≌△NCE（ASA），
∴AB＝CN，∠BAE＝∠N，
在CD上截取DM＝BF，则CF＝CM，
∵AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
∴△ABF≌△ADM（SAS），
∴AF＝AM，∠AFB＝∠AMD，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠DAF，
∴∠DAF＝∠AMD，
∵∠DAF＝2∠BAE，∠AMD＝∠N+∠MAN＝∠BAE+∠MAN，
∴∠N＝∠MAN，
∴AM＝MN，
∵MN＝CM+CN＝CF+AB＝CF+CD，
∴AF＝AM=MN=CF+CD．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，作出辅助线、构造出全等三角形是解答本题的关键．
15．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，E是BC上一点（不与端点B，C重合），连接DE．过点A作DE的垂线，分别交DE，DC于点F，H．延长AF到点G，使得FG=AF，连接DG，CG．
(1)求证：△ADH≌△DCE；
(2)①若∠ADE=60°，则∠AGC=______；
②改变∠ADE的度数，∠AGC的度数是否会发生改变？若发生改变，请写出∠AGC与∠ADE之间的关系，若不改变，请说明理由；
(3)如图2，若BE=EC=，求DF与CG的长．
【答案】(1)证明见解答；
(2)①45；②改变∠ADE的度数，∠AGC的度数不会发生改变，理由见解答；
(3)DF=2，CG=2．
【分析】（1）根据正方形的性质和ASA证明△ADH≌△DCE即可；
（2）①先根据DF是AG的垂直平分线可得AD=DG=CD，由等腰三角形的性质和正方形的性质可得∠DGA=30°，∠DGC=75°，最后由角的和与差可得结论；
②将∠ADE=60°换成∠ADE=α，同理可得∠AGC=45°；
（3）如图2，过点C作CM⊥AG于M，先证明△CMG是等腰直角三角形，根据三角形全等和勾股定理可得：AH=5，由面积法可得DF=2，证明△DFH≌△CMH（AAS），可得CM=DF=2，最后由勾股定理可得CG的长．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠ADF+∠CDE=90°，
∵DE⊥AH，
∴∠AFD=∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠CDE=∠DAF，
在△ADH和△DCE中，
，
∴△ADH≌△DCE（ASA）；
（2）
解：①∵∠ADE=60°，∠AFD=90°，
∴∠DAF=30°，
∵AF=FG，DF⊥AG，
∴AD=DG=CD，
∴∠DGH=∠DAF=30°，
∴∠ADG=120°，
∴∠CDG=120°-90°=30°，
∵CD=DG，
∴∠DCG=∠DGC==75°，
∴∠AGC=∠DGC-∠DGA=75°-30°=45°；
故答案为：45；
②改变∠ADE的度数，∠AGC的度数不会发生改变，理由如下：
设∠ADE=α，则∠DAF=∠DGF=90°-α，
由①知：AD=DG=CD，
∴∠FDG=∠ADF=α，∠CDG=2α-90°，
∴∠DCG=∠DGC==135°-α，
∴∠AGC=∠DGC-∠DGA=135°-α-（90°-α）=45°；
（3）
解：如图2，过点C作CM⊥AG于M，
∵∠AGC=45°，∠CMG=90°，
∴△CMG是等腰直角三角形，
∴MG=CM，
∵BE=EC=，∴CD=BC=AD=2，
由（1）知：△ADH≌△DCE，
∴DH=CE=CH=，
∴AH==5，
∵S△ADH=•AD•DH=•AH•DF，
∴×2=5DF，
∴DF=2，
∵∠DFH=∠CMH=90°，∠DHF=∠CHM，DH=CH，
∴△DFH≌△CMH（AAS），
∴CM=DF=2，
∴CM=MG=2，
∴CG=2．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是掌握正方形的性质，证明三角形全等解决问题．
16．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，，点P为正方形ABCD的对角线AC上一动点，过点P作交边DC于点E．
(1)如图①，当点E在边CD上时，求证：；
(2)如图②，在（1）的条件下，连接BE交AC于点F，若，求PF的长；
(3)如图③，若点Q是射线CD上的一个动点，且始终满足，设，请直接写出的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）如下图中，连接PD，根据四边形ABCD是正方形，则， 则可证，则，，由题意值，则，则， 则，则，进而可证；
（2）过点P作PL⊥BE于L，过点F作FQ⊥CD于Q，FJ⊥BC于J，由，，，可知，由△BPE是等腰直角三角形，PL⊥BE，可知，，因为FC平分∠BCE，FQ⊥CD，FJ⊥BC，则，则，则，则，进而可知；
（3）过点C作CR⊥AC，使CR=AB=3，连接QR，BR，过点R作RT⊥BC，交BC延长线于T，如图③所示，根据四边形ABCD是正方形，则∠ACB=∠ACD=∠BAP=45°，CR⊥AC，∠RCQ=90°－45°=45°，∠RCT=180°－90°－45°=45°，则△CTR是等腰直角三角形，∠BAP=∠RCQ，则，则，在△BAP和△RCQ中可证△BAP≌△RCQ（SAS），则BP=QR，B、Q、R三点共线时，QR+BQ最短，即BP+BQ最短，则此时，t=BR，在Rt△BTR中，由勾股定理得，最小值为．
【解析】（1）解：方法一：证明：如下图中，连接PD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
在△PCB和△PCD中，，
∴，
∴，，
∵，∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴．
方法二：过点P做AD的平行线，构造一线三等角的方法证明全等也可以．
（2）解：如下图中，过点P作PL⊥BE于L，过点F作FQ⊥CD于Q，FJ⊥BC于J，
∵，，，
∴，
∵△BPE是等腰直角三角形，PL⊥BE，
∴，∴，
∵FC平分∠BCE，FQ⊥CD，FJ⊥BC，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点C作CR⊥AC，使CR=AB=3，连接QR，BR，过点R作RT⊥BC，交BC延长线于T，如图③所示；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=∠ACD=∠BAP=45°，
∵CR⊥AC，
∴∠RCQ=90°－45°=45°，
∠RCT=180°－90°－45°=45°，
∴△CTR是等腰直角三角形，∠BAP=∠RCQ，
∴，
∴，
在△BAP和△RCQ中，
，
∴△BAP≌△RCQ（SAS），
∴BP=QR，
∴B、Q、R三点共线时，QR+BQ最短，即BP+BQ最短，
此时，t=BR，
在Rt△BTR中，由勾股定理得：
，
∴的最小值为．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
17．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，，，点E是AD边上的中点，点F是对角线，BD上一动点，连结EF．
(1)若EF⊥BD，求DF的长．
(2)作点D关于直线EF的对称点P，直线PE与对角线BD交于点Q．
①若点F为BD中点，求PQ的长．
②在点F的运动过程中，△DEQ的面积可能为吗？若可能，求出此时DF的长，若不可能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②可能，当或时，△DEQ的面积是
【分析】（1）先求出DE=2，再求出∠ADB=30°，进而求出EF=1，即可求出答案；
（2）①先求出EF=2，再求出∠EFP=∠FPE=30°，进而求出∠PQD=90°，再用含30度角的直角三角形的性质求出EQ=1，即可求出答案；
②先求出EQ⊥QD，EQ=1，∠QED=60°，再分两种情况：
Ⅰ、当点P在对角线BD下方时，设QF=x，则EF=2x，根据勾股定理建立x2+1=（2x）2，求出x，即可求出答案；
Ⅱ、当点P在对角线BD的上方时，∠FEP=∠FED=120°，进而判断出∠FEQ=∠QED，即可求出答案．
（1）
解：∵点E是AD的中点，AD=4，
∴DE=AD=2，
在菱形ABCD中，∠ADC=60°，
∴∠ADB=∠ADC=30°，
∵EF⊥BD，
∴∠EFD=90°，
∴EF=1，
根据勾股定理得，DF=；
（2）
解：①如图1，
在菱形ABCD中，AB=AD=4，
当点F是BD的中点时，
∵点E是AD的中点，
∴EF=AB=2，
∴DE=EF=2，
∴∠EFP=∠FPE=30°，
由对称的性质知，DE=EP=2，∠EDF=∠FPE=30°，
∴EF=EP，
∴∠EFP=∠FPE=30°，
∴∠PFQ=∠EFP+∠EFD=60°，
∴∠PQD=∠FPQ+∠PFQ=90°，
在Rt△EQD中，DE=2，∠EDQ=30°，
∴EQ=1，
∴PQ=EP+EQ=3；
②可能，DF=或2；理由如下：
当△DEQ的面积为时，
由（1）知，DQ边上的高为1，
∴DQ=，
∵DE=2，
∴EQ⊥QD，EQ=1，∠QED=60°；
Ⅰ、当点P在对角线BD下方时，如图2，
由对称的性质知，∠FEQ=∠QED=30°，
∵点F在线段BD上，
设QF=x，则EF=2x，
根据勾股定理得，x2+12=（2x）2，
∴x=（舍去负值），
∴QF=，
∴DF=DQ-FQ=；
Ⅱ、当点P在对角线BD的上方时，如图3，
由对称的性质知，DE=PE=2，∠QED=60°，
∴∠PED=180°-∠QED=120°，
由对称的性质知，∠FEP=∠FED=120°，
∴∠FEQ=∠FED-∠QED=60°=∠QED，
∴EF=ED=2，
∴DF=2DQ=2；
即当DF=或2时，△DEQ的面积为．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，三角形的面积，用分类讨论的思想解决问题是解（2）②的关键．
18．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）在边长为4的正方形ABCD中，点M，N分别是边BC，CD上的动点，且BM＝CN．
(1)如图1，连接AM和AN交于点P，求证：AM⊥BN．
(2)如图2，连接AM和AN交于点P，连接DP，若点M为BC的中点，求DP的长．
(3)如图3，连接BN，DM，则BN+DM的最小值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)4
【分析】（ 1）由“SAS”可证△ABM≌△BCN，可得AM＝BN，∠BAM＝∠CBN，可证AM⊥BN；
（ 2）延长BN，交AD的延长线于点G，由（ 1）可知△ABM≌△BCN，得出BM＝CN，证明△BCN≌△GDN（ASA），由全等三角形的性质得出BC＝DG，证出AD＝DG，则可得出答案；
（ 3）连接AM，延长AB至H，使AB＝BH，连接HM，DH，由“SAS”可证△ABM≌△HBM，可得AM＝HM＝BN，则当点H，点M，点D三点共线时，BN+DM有最小值为DH，由勾股定理可求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
又∵BM＝CN，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM＝∠CBN，
∵∠CBN+∠ABN＝90°，
∴∠ABN+∠BAM＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴AM⊥BN；
（2）
解：延长BN，交AD的延长线于点G，
由（1 ）可知△ABM≌△BCN，
∴BM＝CN，
∵BM＝CM，
∴CN＝DN，
∵∠BNC＝∠DNG，∠NDG＝∠BCN，
∴△BCN≌△GDN（ASA），
∴BC＝DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，
∴AD＝DG，
由（ 1）知AM⊥BN，
∴∠APG＝90°，
∴PD＝AD＝4；
（3）
解：如图3，连接AM，延长AB至H，使AB＝BH，连接HM，DH，
∵∴△ABM≌△BCN，
∴AM＝BN，
∵AB＝BH＝4，∠ABM＝∠HBM＝90°，BM＝BM，
∴△ABM≌△HBM（SAS），
∴AM＝HM＝BN，
∴BN+DM＝HM+DM，
∴当点H，点M，点D三点共线时，BN+DM有最小值为DH，
∵AD＝4，AH＝AB+BH＝8，
∴DH4，
∴BN+DM的最小值为4；
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解本题的关键．
19．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，BA⊥x轴于A，BC⊥y轴于C，BA=3，BC=5，有一反比例函数图像刚好过点B．
(1)分别求出过点B的反比例函数和过A，C两点的一次函数的表达式．
(2)动点P在射线CA（不包括C点）上，过点P作直线l⊥x轴，交反比例函数图像于点D．是否存在这样的点Q，使得以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在， Q点的坐标为（5，-）或（5，-）或（，3）．
【分析】（1）根据题意分别求出A点，B点和C点的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）根据函数解析式设出P点和D点的坐标，分点Q在直线BA上和点Q在直线BC上两种情况讨论，找出等量关系列方程求解即可．
【解析】（1）解：（1）由题意知，A（5，0），B（5，3），C（0，3），
设过点B的反比例函数解析式为y=，
代入B点坐标得，3=，
解得k=15，
∴过点B的反比例函数的解析式为y=，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
代入A点和C点坐标得，，
解得，
∴过A，C两点的一次函数的表达式为y=-x+3；
（2）解：存在，
设P（m，-m+3），则D（m，），
①若以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形则点Q在直线BA上，且PD=DB=BQ，
∴-（-m+3）=，
整理得，
解得m=或，
经检验，m的值是方程的解，
当m=时，
PD=-（-m+3）==BQ，
∴此时Q（5，3-），
即Q（5，-）；
当m=时，
PD=-（-m+3）==BQ，
∴Q此时（5，3-），
即Q（5，-）；
②若以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形则点Q在直线BC上，且PD与BQ互相垂直平分，
则Q点的纵坐标为3，且=3，
解得m=，
经检验，m的值是方程的解，
∵m＞0，
∴m=，
∴Q（，3），
综上所述，若以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形则Q点的坐标为（5，-）或（5，-）或（，3）．
【点睛】本题主要考查反比例函数的综合题，熟练掌握待定系数法求解析式，一次函数的性质，反比例函数的性质，菱形的性质，解一元二次方程等知识是解题的关键．
20．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）边长为1的8个正方形如图摆放在直角坐标系中，直线平分这8个正方形所组成的图形的面积，交其中两个正方形的边于A，B两点，过点B的反比例函数的图象的一支交其中两个正方形的边于C，D两点，另一支交直线于点E，连接OC，OD，CD，
(1)求k1，k2的值；
(2)求的面积；
(3)过原点O的另一条直线交反比例函数的图象于P，Q两点（P点在第一象限），若由点B，E，P，Q为顶点的四边形的面积为12，求点P的横坐标．（直接写出答案）
【答案】(1)k1=，k2=；
(2)S△OCD=．
(3)点P的横坐标为或．
【分析】（1）设A（4，t），利用面积法得到×4×t=4+1，解方程得到A（4，），利用待定系数法求出直线解析式为y1=x，再确定B（2，），接着利用待定系数法确定k2的值即可；
（2）利用反比例函数图象上点的坐标特征求出C（，2），D（3，），然后利用S△OCD等于梯形的面积计算即可求解；
（3）推出四边形PEQB为平行四边形，得到S△OPB=S平行四边形PEQB=3，设P（a，），利用S△OPB= S梯形PFGB列出方程，解方程即可求解．
【解析】（1）解：设A（4，t），
∵直线y1=k1x平分这8个正方形所组成的图形的面积，
∴×4×t=4+1，解得t=，
∴A（4，），
把A（4，）代入直线y1=k1x得4k1=，解得k1=，
∴直线解析式为y=x，
当x=2时，y=x=，则B（2，），
∵反比例函数y2=的图象经过点B，
∴k2=2×=；
（2）解：由（1）知反比例函数的解析式为y=，
当y=2时，=2，解得x=，则C（，2）；
当x=3时，y==，则D（3，），
过点C、D分别作x轴的垂线，垂足分别为M，N，
∴S△OCM=S△ODN=k2=，
∴S△OCD+ S△ODN=S梯形CMDN+S△OCM，
∴S△OCD= S梯形CMDN=(DN+CM)(ON-OM)=(+2)(3-)=．
（3）解：由反比例函数的性质知OB=OE，OP=OQ，
∴四边形PEQB为平行四边形，
∴S△OPB=S平行四边形PEQB=3，
设P（a，），
当点P在点B上方时，过点P、B分别作x轴的垂线，垂足分别为F，G，
同理得S△OPB= S梯形PFGB=(BG+PF)(OG-OF)=(+)(2-a)=3．
整理得5a2+24a-20=0，
解得a=(负值不合题意，舍去) ，
∴点P的横坐标为．
当点P在点B上方时，过点P、B分别作x轴的垂线，垂足分别为F，G，
同理得S△OPB= S梯形PFGB=(BG+PF)(OF-OG)=(+)(a-2)=3．
整理得5a2-24a-20=0，
解得a=(负值不合题意，舍去) ，
∴点P的横坐标为．
综上，点P的横坐标为或．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．也考查了待定系数法求函数解析式，公式法解一元二次方程．
21．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）定义：对角线相等的四边形称为对美四边形．
(1)我们学过的对美四边形有______、______．（写出两个）
(2)如图1，D为等腰ABC底边AB上的一点，连结CD，过C作，以B为顶点作交CF于点E，求证：四边形CDBE为对美四边形．
(3)如图2，对美四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC=BD，．
①若，，求四边形ABCD的面积．
②若，设，，试求出y与x的关系式．
【答案】(1)正方形，矩形
(2)见解析
(3)①；②
【分析】（1）根据对美四边形的定义、矩形和等腰梯形的性质解答即可；
（2）连接DE，证明△ADC≌△CEB，根据全等三角形的性质得到CE=AD，证明四边形ADEC为平行四边形，根据对美四边形的定义证明结论；
（3）①延长BA至E，使AE=CD，连接DE，过D作DF⊥EB于F，根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质求出EF，根据勾股定理求出DF，根据四边形的面积公式计算，得到答案；②根据勾股定理、完全平方公式计算即可．
（1）
∵矩形的对角线相等，等腰梯形的对角线相等，
∴我们学过的对美四边形有矩形，等腰梯形，
故答案为：矩形，等腰梯形；
（2）
如图1，连接DE，
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA，
∵CF∥AB，
∴∠CBA=∠BCE，
∴∠CAB=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（ASA），
∴CE=AD，
∵CE∥AD，
∴四边形ADEC为平行四边形，
∴AC=DE，
∴BC=DE，
∴四边形CDBE为对美四边形；
（3）
①如图2，延长BA至E，使AE=CD，连接DE，过D作DF⊥EB于F，
∵CD∥AE，CD=AE，
∴四边形ACDE是平行四边形，
∴AC∥DE，AC=DE，
∴∠AOB=∠EDB，
∵∠AOB=120°，
∴∠EDB=120°，
∵AC=BD，
∴DE=DB，
∴∠DEB=∠DBE=30°，
∵DC+AB=6，
∴EB=AB+AE=DC+AB=6，
∵DE=DB，DF⊥BE，
∴EF=BE=3，
设DF=x，
在Rt△DFE中，∠DEF=30°，
∴DE=2x，
由勾股定理得：（2x）2-x2=32，
解得：x=（负值舍去），
∴S四边形ABCD=（AB+CD）•DF=×6×=3；
②设CD为m，AB为n，则mn=6，
则EB=EA+AB=DC+AB=m+n，
∴EF=（m+n），
∴AF=EF-EA=（n-m），
在Rt△AFD中，DF2=AD2-AF2=x2-[（n-m）]2，
在Rt△EFD中，DF2=BD2-BF2=y2-[（m+n）]2，
∴y2-x2=mn=6，
∴y2=x2+6．
【点睛】本题考查的是对美四边形的定义、平行四边形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握对美四边形的定义是解题的关键．
22．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”，例如：如图，在四边形中，，平分，则四边形是近似菱形．
(1)请在图中作出一个以为对角线的“近似菱形”，顶点、顶点要在网格格点上．
(2)如图，在四边形中，，，，求证：四边形是“近似菱形”．
(3)在（2）的条件下，若，，求的长．
【答案】(1)见解析（答案不唯一）
(2)见解析
(3)
【分析】以作图，则点A在的垂直平分线上，设点A在上方第三个网格格点上，则点在点下方第一个网格对角线上，答案不唯一；
由得，由平行线的性质得，，推出，得出，则平分，，得出，即可得出结论；
过点作，交于，连接，交于，证平行四边形是菱形，得出，，，，再由证得≌，得出，则，然后由勾股定理即可得出结果．
（1）
解：以为对角线的“近似菱形”，
或，
以例作图，则点A在的垂直平分线上，
设点A在上方第三个网格格点上，
则点在点下方第一个网格对角线上，
如图所示，答案不唯一；
（2）
证明：，
，
，
，，
，
，
平分，，
，
四边形是“近似菱形”；
（3）
解：过点作，交于，连接，交于，如图所示：
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
，，，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
在中，由勾股定理得：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了“近似菱形”定义、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理等知识；正确作出辅助线构建菱形是解题的关键．
23．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）课本上正方形的第2课时中，有如下一道作业题：
在同学们完成作业题后，王老师对该题进行了改编：
(1)如图1，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，、．求证：四边形ABCD是正方形．
(2)如图2，在菱形ABCD（为钝角）中，E、F分别是BC、CD上的点
①探究和的关系，并说明理由；
②若，求CE的长．
【答案】(1)答案见解析
(2)①∠AGB+∠C＝180°；②
【分析】（1）先判断出∠BAE＝∠CBF，进而判断出△ABE≌△BCF（AAS），得出AB＝BC，即可得出结论；
（2）①过点A作AM⊥BC于M，过点B作BN⊥DC交DC的延长线于N，利用菱形的面积判断出AM＝BN，进而得出Rt△AME≌Rt△BNF（HL），得出∠AEB＝∠BFN，即可得出答案；
②先判断出Rt△ABM≌Rt△BCN（HL），得出BM＝CN，再判断出ME＝NF，进而求出CN，最后用勾股定理求解，即可求出答案．
（1）
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
∵AE＝BF，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AB＝BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴矩形ABCD是正方形；
（2）
①∠AGB+∠BCD＝180°，理由：
过点A作AM⊥BC于M，过点B作BN⊥DC交DC的延长线于N，
∴∠AMB＝∠AME＝∠BNF＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD，
∴S菱形ABCD＝BC•AM＝CD•BN，
∴AM＝BN，
∵AE＝BF，
∴Rt△AME≌Rt△BNF（HL），
∴∠AEB＝∠BFN，
∵∠AEB+∠AEC＝180°，
∴∠AEC+∠BFC＝180°，
∴∠EGF+∠BCD＝180°，
∵∠EGF＝∠AGB，
∴∠AGB+∠BCD＝180°；
②由①知，∠AMB＝∠BNC＝90°，AB＝BC，AM＝BN，
∴Rt△ABM≌Rt△BCN（HL），
∴BM＝CN，
由①知，Rt△AME≌Rt△BNF，
∴ME＝NF，
∵CF＝2，
∴ME＝CN+CF＝CN+2，
∵BE＝6，
∴BM+ME＝CN+CN+2＝6，
∴CN＝2，
∴FN＝CN+CF＝4，
在Rt△BNF中，∠BFN＝∠AEB＝60°，
∴∠FBN＝30°，
∴BN＝NF＝4，
根据勾股定理得，BC＝，
∴EC＝BC﹣BE＝2﹣6．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
24．（2022春·浙江温州·八年级统考期末）点是线段的中点，在同侧有，两点，连结，，，，以，为边作，分别延长与相交于点，连结．
(1)求证：四边形是平行四边形
(2)已知，
①若四边形是菱形，求菱形的周长
②当时，则五边形的面积为______．（直接写出答案）
【答案】(1)见解析；
(2)①；②．
【分析】（1）由平行四边形的性质可得CD//AB，，由“”可证，可得，可得结论；
（2）①由菱形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，，由勾股定理可求的长，即可求解；
②由面积关系可得五边形的面积，由勾股定理列出方程组可得，的长，即可求解．
（1）
证明：四边形是平行四边形，
∴CD//AB，，
点是的中点，
，
∵BN//DM，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）
①解：四边形是菱形，
，
四边形是平行四边形，
，，
又，
，，
，
，
，
菱形的周长；
②解：，
，
五边形的面积四边形的面积，
四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
，
五边形的面积，
如图，过点作于，交的延长线于，过点作，交的延长线于，
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
设，，
，，，
，，，
，，
，
五边形的面积，
故答案为：．
【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，平行四边形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列出方程组是解题的关键．
25．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）在正方形ABCD中，点E在AD边上（不与点A，点D重合）．连接BE，作AG⊥BE于点F，交CD边于点G，连接CF．
(1)求证：BE＝AG．
(2)若点E是D边的中点，AD＝10．
①分别求AF，BF的长．
②求证：CB＝CF．
【答案】(1)见解析
(2)①的长为，的长为；②见解析
【分析】（1）根据正方形的性质及垂线的性质得出，根据ASA得出，即可得证；
（2）①先得出，再利用勾股定理得出BE的长，再利用，求解即可；②过点C作于点H，证得，最后利用求解即可．
（1）
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）
①解：∵正方形是正方形，，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中， ，
∴，
∴，，
∴的长为，的长为．
②如图，过点作于点，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的中点，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质及勾股定理的运用，掌握以上知识点是解题的关键．
26．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）将平行四边形纸片ABCD按图1所示的方式折叠，使顶点A，B同时落在线段HF上的M点处，顶点C，D同时落在线段HF上的N点处，其中AD长为6，AE长为x．
(1)求证：四边形EFGH为矩形；
(2)探究：线段HF的长度会随着AE长度的变化而变化吗？如果会，请用含x的代数式表示HF的长度；如果不会，请直接写出HF的长度；
(3)若，连接AF，当时（如图2），求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由折叠的性质证出∠FEH=90°，同理可得∠EHG=∠HGF=∠GFE=90°，由矩形的判定可得出答案；
（2）连接EG，证明四边形AEGH是平行四边形，由平行四边形的性质得出AD=EG=6，由（1）知，四边形EFGH为矩形，由矩形的性质得出HF=EG=6．则可得出结论；
（3）方法一：连接CH，由折叠的性质证出CH⊥BC，CH=AF，设BF=a，则CF=6-a，由直角三角形的性质得出16-a2=36-（6-a）2，解方程求出a的值，则可得出答案；
方法二：连接EG交AF于点P，由题意：AE=EM=BE，由矩形EFGH的面积求出PF的长，由勾股定理求出BF的长，则可求出答案．
（1）
解：如图1，
由折叠可得∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，
∴∠2+∠3=90°=∠FEH，
同理可得∠EHG=∠HGF=∠GFE=90°，
∴四边形EFGH为矩形；
（2）
解：线段HF的长度不会随着AE长度的变化而变化，HF=6．
理由：如图2，连接EG，
由折叠可知，AE=EM，BE=EM，
∴AE=BE=EM，
同理可得DG=NG=CG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴AE=DG，
∴四边形AEGH是平行四边形，
∴AD=EG=6，
由（1）知，四边形EFGH为矩形，
∴HF=EG=6．
（3）
解：法1：如图，
由题意：
∴
∵，
∴，
∴
同理：
∴，
∴，
设，则
∴，
∴
∴，，
∴；
法2：连接EG交AF于点P，
由题意：
∴
∵，
∴
矩形EFGH中，
∴，
∴
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了翻折变换，勾股定理，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
27．（2022春·浙江·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，直线y=x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点B，并与反比例函数y=(k≠0)的图象在第一象限相交于点C，且点B是AC的中点.
(1)如图1，求反比例函数y=(k≠0)的解析式；
(2)如图2，若矩形FEHG的顶点E在直线AB上，顶点F在点C右侧的反比例函数y=(k≠0)图象上，顶点H，G在x轴上，且EF=4
①求点F的坐标；
②若点M是反比例函数的图象第一象限上的动点，且在点F的左侧，连结MG，并在MG左侧作正方形GMNP．当顶点N或顶点P恰好落在直线AB上，直接写出对应的点M的横坐标．
【答案】(1)；
(2)①点F的坐标为（4，2）；②点M的横坐标为或；
【分析】（1）根据题意，先求出点C的坐标，然后即可求出反比例函数的解析式；
（2）①由矩形的性质，得到EF∥x轴，设点E的坐标为（，），则点F为（，），然后求出x的值，即可求出点F的坐标；
②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点N落在直线AB上时；当点P落在直线AB上时；利用正方形的性质和全等三角形的判定和性质，分别求出每一种情况的答案即可．
【解析】（1）解：根据题意，
∵直线y=x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令，则；令，则；
∴点A为（，0）；点B为（0，2）；
∵点B是AC的中点.，
∴点C的坐标为（2，4）；
∵点C在反比例函数图像上，
∴，
∴；
（2）解：①∵四边形FEHG是矩形，
∴EF∥x轴，
设点E的坐标为（，），则点F为（，），
∵EF=4，
∴，
解得：或，
∵顶点F在点C右侧的反比例函数上，
∴，解得，
∴，
∴点F的坐标为（4，2）；
②根据题意，∵点F的坐标为（4，2）；
∴点G为（4，0）；
当点N落在直线AB上时，如图：过点M作MD⊥GF，交GF延长线于点D，过点N作NE⊥DM，交DM延长线于点E；
∵四边形GMNP是正方形，则MG=MN，∠NMG=90°，
∵∠E=∠D=90°，
∴∠EMN+∠GMD=∠GMD+∠DGM=90°，
∴∠EMN=∠DGM，
∴△EMN≌△DGM（AAS），
∴EN=DM，EM=DG；
∵点M在的图像上，点N在直线上，且点M在点F的左侧，
设点M为（m，）（），点N为（n，），
∵点G为（4，0），
∴，，，，
∴，
解得：，
∴点M的横坐标为；
当点P落在直线AB上时，如图：过点M作MD⊥GF，交GF延长线于点D，过点P作PE⊥FG，交FG延长线于点E；
与①同理，可证△DMG≌△EGP，
∴EG=DM，EP=DG；
设点M为（m，）（），点P为（p，），
∵点G为（4，0），
∴，，，，
∴，
解得：，
∵，
∴；
∴点M的横坐标为；
综合上述，点M的横坐标为：或；
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的综合，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，坐标与图形，以及解方程组，解题的关键是掌握所学的知识，正确的作出辅助，运用数形结合的思想进行分析题意．
28．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4，O是对角线BD的中点．过O点的直线与矩形的一组对边AB，CD分别相交于点F和点E．B'与B关于直线EF对称，连接BE，DB'，EB'，OB'．

(1)判断△ODB'的形状，并说明理由；
(2)求证：DB'∥OE ；
(3)若四边形OEB'D是平行四边形，求线段EF的长．
【答案】(1)等腰三角形，理由见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据线段中点的定义和对称的性质可知：△ODB'是等腰三角形；
（2）如图1，连接BB'交OE于M，根据对称的性质得：BB'⊥EF，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得：∠DB'B=90°，则∠DB'B=∠OMB，可得结论；
（3）如图2，作辅助线构建直角三角形EFH，计算EH=FH=4，根据勾股定理可得结论．
（1）解：△ODB'是等腰三角形，理由如下：∵O是BD的中点，∴OD=OB，∵B'与B关于直线EF对称，∴OB=OB'，∴OD=OB'，∴△ODB'是等腰三角形；
（2）证明：如图1，连接BB'交OE于M，∵B'与B关于直线EF对称，∴BB'⊥EF，∴∠OMB=90°，由（1）知：OB=OD=OB'，∴∠ODB'=∠OB'D，∠OBM=∠OB'M，∵∠ODB'+∠DB'B+∠OBM=180°，∴∠DB'B=90°，∴∠DB'B=∠OMB，∴DB'∥OE；
（3）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠C=90°，AD=BC=4，由勾股定理得：BD==4，∴OD=2，∵四边形OEB'D是平行四边形，∴EB'=OD=2，由对称得：BE=B'E=2，∵BC=4，∴CE==2，∴DE=8-2=6，过点E作EH⊥AB于H，则BH=CE=2，∵AB∥CD，∴∠EDO=∠OBF，∵DO=OB，∠DOE=∠BOF，∴△DOE≌△BOF（ASA），∴BF=DE=6，∴FH=BF-BH=6-2=4，∵EH=BC=4，∠EHF=90°，∴EF==4．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，轴对称的性质，勾股定理的运用，题目的综合性较强，熟练掌握轴对称的性质是解本题的关键．
29．（2022春·浙江嘉兴·八年级统考期末）如图，经过坐标原点O的直线交反比例函数的图象于点，B．点C是x轴上异于点O的动点，点D与点C关于y轴对称，射线交y轴于点E，连结，，．
(1)①写出点B的坐标．
②求证：四边形是平行四边形．
(2)当四边形是矩形时，求点C的坐标．
(3)点C在运动过程中，当A，C，E三点中的其中一点到另两点的距离相等时，求的值．
【答案】(1)；证明见解析
(2)
(3)或或
【分析】（1）①根据反比例函数图象是中心对称图形可得点B的坐标；
②根据中心对称的性质可得OA＝OB，OC＝OD，从而证明结论；
（2）根据矩形的性质可知CD＝AB，则OC＝OB，求出OB的长，即可得出答案；
（3）分点A为中点，C为中点，E为中点，分别画出图形，利用三角形中位线定理可得OE和AD的长，从而解决问题．
【解析】（1）解：（1）①∵正比例函数与反比例函数的图象于点，B两点，
∴点A、B关于原点对称，
∴；
②∵点A、B关于原点对称，
∴OA＝OB，
∵点D与点C关于y轴对称，
∴OC＝OD，
∴四边形ACBD是平行四边形；
（2）当四边形ACBD是矩形时，则CD＝AB，
∴OC＝OB，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）当点E为AC的中点时，则AE＝CE，
作AH⊥x轴于H，
∴，
∴，
∵，
∴点D与H重合，
∴，
∴，
当点A为CE的中点时，如图，则，
同理可得，
∴，
∵四边形ACBD是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
当点C为AE的中点时，，则，，
由勾股定理得，
∴，
综上： 或或．
【点睛】本题是反比例函数综合题，主要考查了反比例函数的性质，平行四边形的判定，矩形的性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握反比例函数图象是中心对称图形是解题的关键，同时注意分类讨论思想的运用．
如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，，求证：