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第18章 平行四边形压轴题综合测试卷
【人教版】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图， ▱ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，
∠BAC=30°，∠CAD=15°，AC=2❑√3+2，则BD的长为（ ）
A．❑√6+❑√2 B．2❑√2 C．2❑√3 D．3❑√2
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，过点B作BE⊥AD于E，过
1
点C作CP⊥AB的延长线于P，由∠BAC=30°可得CP= AC=❑√3+1，由勾股定理得AP=❑√3+3，由
2
平行四边形性质得BC=AD，∠PBC=∠BAD=45°，进而得到BP=CP=❑√3+1，AB=AP−BP=2，
BC=❑√6+❑√2，即可得到AD=❑√6+❑√2，AE=BE=❑√2，即得DE=❑√6，由勾股定理即可求出BD的长，
正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过点B作BE⊥AD于E，过点C作CP⊥AB的延长线于P，则
∠AEB=∠DEB=∠CPA=90°，
∵∠BAC=30°，
1
∴CP= AC=❑√3+1，
2
∴AP=❑√AC2−CP2=❑√(2❑√3+2) 2 −(❑√3+1) 2=❑√3+3，∵∠BAC=30°，∠CAD=15°，
∴∠BAD=30°+15°=45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC=AD，
∴∠PBC=∠BAD=45°，
∴△BPC为等腰直角三角形，
∴BP=CP=❑√3+1，
∴AB=AP−BP=❑√3+3−(❑√3+1)=2，BC=❑√BP2+CP2=❑√2(❑√3+1) 2=❑√6+❑√2，
∴AD=❑√6+❑√2，
∵∠BAD=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴AE=BE，
∵AE2+BE2=AB2，
∴2AE2=22，
∴AE=BE=❑√2，
∵AD=❑√6+❑√2，
∴DE=AD−AE=❑√6+❑√2−❑√2=❑√6，
∴BD=❑√BE2+DE2=❑√(❑√2) 2+(❑√6) 2=2❑√2，
故选：B．
2．（3分）（24-25八年级·湖北荆门·期中）如图，△ABC为等腰Rt△，∠ACB=90°，A，C，E在一条
直线上，且四边形BCED为矩形，若∠ADE=60°，BD=2，M，N分别为AB，CE的中点，连接MN，
则MN的长为（ ）
1
A．❑√3+1 B．3 C．2❑√2 D．2❑√3−
2
【答案】A【分析】延长AE至G，使NG=AN，连接BG，根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的
1
中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得MN= BG，MN∥BG，推得AE=GC，根据两边和它们
2
的夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得AD=BG，推得AD=2MN，设
AC=BC=DE=x，根据矩形的对边相等可得CE=BD=2，求得AE=x+2，根据直角三角形两锐角互余
得出∠DAE=30°，根据直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半可得AD=2DE=2x，根据直角三角
形两直角边的平方和等于斜边的平方求出AE的值，即可列出方程，解方程求出x的值，即可求解．
【详解】解：如图，延长AE至G，使NG=AN，连接BG，
∵M为AB的中点，
∴AM=MB，
又∵AN=NG，
1
∴MN= BG，MN∥BG，
2
∵N为CE的中点，
∴CN=NE，
∴AE=GC，
在△DAE和△BGC中，
{
AE=GC
)
∠AED=∠GCB=90° ，
DE=BC
∴△DAE≌△BGC(SAS)，
∴AD=BG，
∴AD=2MN；
设AC=BC=DE=x，
∵四边形BCED为矩形，
∴CE=BD=2，
∴AE=x+2，在Rt△ADE中，∠ADE=60°，
∴∠DAE=30°，
∴AD=2DE=2x，
由勾股定理得：AE=❑√AD2−DE2=❑√3x，
则❑√3x=x+2,
解得：x=❑√3+1，
∴AD=2x=2❑√3+2，
1
∴MN= AD=❑√3+1．
2
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形中位线的定义和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的
性质，勾股定理，解一元一次方程等解题的关键是添加辅助线，构建三角形的中位线．
3．（3分）（24-25八年级·福建厦门·期中）在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=8，点E在BC上，
CE=4❑√3，若点P是菱形ABCD四条边上异于点E的一点，CE=CP，则以下长度中，不可能是DP的长
度的是（ ）
A．8−4❑√3 B．4 C．4❑√7−8 D．4❑√7
【答案】C
【分析】分点P位于边CD上、位于边AD上、位于边AB上三种情况讨论，利用含30度角的直角三角形的
性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：当点P位于边CD上时，如图所示：
∵ ABCD AB=8 CE=4❑√3
菱形 中， ， ，∴CD=8，CP=4❑√3，
∴DP=CD−CP=8−4❑√3；
当点P位于边AD上时，如图所示：
∵ ABCD ∠B=60° AB=8
菱形 中， ， ，
∴ΔACD是等边三角形，
过点C作CH⊥AD于点H，
∴AH=HD=4，
由勾股定理得CH=4❑√3，
∵CE=4❑√3，
∴点P与点H重合，
∴DP=4；
当点P位于边AB上时，
∵PC=CE=4❑√3 BC=8 ∠B=60°
， ， ，
∴∠BPC=90°
∴∠BCP=30°，
∴∠PCD=∠BCD−∠BCP=90°，
由勾股定理得DP=❑√PC2+CD2=4❑√7．
综上，DP的长为8−4❑√3或4或4❑√7．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是灵活运用所
学知识解决问题．4．（3分）（24-25八年级·江苏宿迁·期中）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且
AC=2，正方形A❑ ′B❑ ′C❑ ′D❑ ′的顶点A′与点O重合，边A′D′与OD重合，将正方形A′B′C′D′绕点
A′顺时针旋转90°，A′B′与边BC交于点E，A′D′与边CD交于点F，连接EF交OC于点G，在整个运动过
程中，则点G经过的路径长是（ ）
1 ❑√2
A．1 B． C． D．❑√2−1
2 2
【答案】A
【分析】取OC中点H，利用正方形的性质证明△BOE≌△COF(ASA)，得到A′E=A′F，当A′E⊥BC
时，易证此时四边形A′ECF是正方形，此时OG=CG，即点G与点H重合，OG有最小值，利用正方形
1
的性质求出OH=CH= ；由点G是EF与OC的交点，OC是定线段，得到点G在线段OC上运动，在整
2
个运动过程中，当边A′D′与OD重合，点G，点E与点C重合，当EF⊥OC时，点G与点H重合，当边
A′D′与OC重合，点G，点F与点C重合，即点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动
到点C，即点G经过的路径长是2CH，即可得出结果．
【详解】解：如图，取OC中点H，
在正方形ABCD中，∠OBE=∠OCF=45°,BO=CO，
又∵∠BOE+∠EOC=∠EOC+∠COF=90°，
∴∠BOE=∠COF，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴ A′E=A′F，当A′E⊥BC时，
则∠BEO=∠CFO=90°，
∵∠EA′F=∠BCD=90°，A′E=A′F，
∴四边形A′ECF是正方形，
∴ OG=CG，即点G与点H重合，
∵AC=2，
1 1 1 1
∴ OH=CH= OC= × AC= ；
2 2 2 2
∵点G是EF与OC的交点，OC是定线段，∠OCF=45°，
∴点G在线段OC上运动，
在整个运动过程中，
当边A′D′与OD重合，点G，点E与点C重合，OG有最大值，
当EF⊥OC时，点G与点H重合，OG有最小值，
当边A′D′与OC重合，点G，点F与点C重合，OG有最大值，
∴点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C，
∴点G经过的路径长是2CH，
1
∴点G经过的路径长是2× =1，
2
故选：A．
【点睛】此题主要考查正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解题
的关键是熟知全等三角形的判定与性质．
5．（3分）（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，边长为2a(a>0)的正方形ABCD中，点E、F分别是
BC、CD的中点，AE与BF交于点G，记四边形CFGE的面积为S，则S的值是（用含a的代数式表示）
（ ）
1 4 2
A．a2 B． a2 C． a2 D． a2
5 5 5
【答案】C【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质等知识点，熟练掌握全等三
角形的判定与性质，灵活运用勾股定理和三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键，连接EF，依题
意得AE=❑√5a，证明△ABE和△BCF全等得AE=BF=❑√5a，∠BAE=∠CBF，进而可证明AE⊥BF
2❑√5a 3❑√5a ❑√5a
，根据三角形的面积公式求出BG= ，则GF= ，再由勾股定理得EG= ，继而得
5 5 5
a2 3a2
S = ，S = ，然后根据S=S +S 即可得出答案．
ΔCEF 2 △GEF 10 △CEF △GEF
【详解】解：连接EF，如图所示：
∵ ABCD 2a
四边形 是正方形，边长为 ，
∴AB=BC=CD=AD=2a，∠ABC=∠C=90°，
∵点E、F分别是BC、CD的中点，
∴BE=CE=CF=a，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE=❑√AB2+BE2=❑√5a，
在△ABE和△BCF中，
¿，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF=❑√5a，∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG=∠ABC=90°
∴∠BAE+∠ABG=90°
∴∠AGB=90°，
1 1
∵S = AE·BG= BE·AB，
△ABE 2 2
BE·AB a×2a 2❑√5a
∴BG= = = ，
AE ❑√5a 5
2❑√5a 3❑√5a
∴GF=BF−BG=❑√5a− = ，
5 5在Rt△BGE中，由勾股定理得EG=❑√BE2−BG2=❑
√
a2−
(2❑√5a) 2
=
❑√5a
，
5 5
1 a2 1 1 ❑√5a 3❑√5a 3a2
∴S = CE·CF= ，S = EG·GF= × × = ，
△CEF 2 2 △GEF 2 2 5 5 10
a2 3a2 4a2
∴S=S +S = + = ，
△CEF △GEF 2 10 5
故选：C．
6．（3分）（24-25八年级·辽宁丹东·期末）如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线一点，过点
P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若∠ABC=120°，AB=2，则PE−PF的值为
（ ）
3 5
A． B． C．❑√3 D．2
2 2
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识点，求出AC、将
1
PE−PF转换为 AC是解题的关键．
2
1
如图：连接BD交AC于O，由菱形的性质与勾股定理得到OA=❑√3，则AC=2❑√3，再由PF= CP，
2
1 1 1
PE= AP，则PE−PF= (AP−CP)= AC即可解答．
2 2 2
【详解】解：如图：连接BD交AC于O，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，AB=2，
∴AD∥BC.AB∥CD，AC⊥BD，AD=AB=2，
1
∴∠BAD=∠BCD=180°−120°=60°,∠DAC=∠DCA= ∠BAD=30°，
2
1 1
在Rt△AOD中，OD= AD= ×2=1，
2 2
∴OA=❑√AD2−OD2=❑√22−12=❑√3，
∴AC=2OA=2❑√3，
在Rt△APE中，∠DAC=30°，
1
∴PE= AP，
2
在Rt△CPE中，∠PCF=∠DCA=30°，
1
∴PF= CP，
2
1 1 1 1
∴PE−PF= AP− CP= (AP−CP)= AC=❑√3．
2 2 2 2
故选C．
7．（3分）（24-25八年级·辽宁丹东·期末）如图，在边长为8的菱形ABCD中，点E,F为边AD，CD上
的动点，且AE=CF，连接BF，CE，若菱形ABCD面积为60，则BF+CE的最小值为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形与三角形综合．熟练掌握菱形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性
质，勾股定理，是解题的关键．
作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于点H，连接AG，AE，EG，则CE=EG，可得CG⊥BC
，根据S =AD⋅CH=60，AD=8，得CH=7.5，得CG=2CH=15,得BG=17,根据菱形性质和
菱形ABCD
AE=CF，可得△ABE≌△CBF(SAS)，得BE=BF，得BF+CE≥BG，得BE+CE取得最小值为17 ．
【详解】作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于点H，连接AG，AE，EG，
则CG⊥AD，CH=GH，CE=EG，∵AD∥BC，
∴CG⊥BC，
∵S =AD⋅CH=60，AD=8，
菱形ABCD
∴CH=7.5，
∴CG=2CH=15，
∴BG=❑√BC2+CG2=17，
∵菱形ABCD中，AB=BC，∠A=∠BCD，且AE=CF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴BE=BF，
∴BF+CE=BE+CE=BE+EG≥BG，
∴当点E在线段BG上时，BE+CE取得最小值17．
故选：C．
8．（3分）（24-25八年级·福建厦门·期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC=60°，BC=2AB=8．点C
关于AD的对称点为E，连接BE交AD于点F，点G为CD的中点，连接EG，BG，则S ＝（ ）
△BEG
A．7❑√3 B．14❑√3 C．16 D．32
【答案】B
【分析】如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．构建
S =S +S −S 计算即可
△BEG △BCE △ECG △BCG
【详解】解：如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．∵BC=2AB，BH=CH，∠ABC=60°，
∴BA=BH=CH，
∴△ABH是等边三角形，
∴HA=HB=HC，
∴∠BAC=90°，
∴∠ACB=30°，
∵EC⊥BC，∠BCD=180°−∠ABC=120°，
∴∠ACE=60°，∠ECM=30°，
∵BC=2AB=8，
∴CD=4，CN=EN=2❑√3，
∴EC=4❑√3，EM=2❑√3，
∴S =S +S −S
△BEG △BCE △ECG △BCG
1 1 1
= ×8×4❑√3+ ×2×2❑√3− S
2 2 4 ▱ABCD
=16❑√3+2❑√3−4❑√3
=14❑√3．
故选B．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、轴对称图形、勾股定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形的
判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线没工作直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．（3分）（2021·安徽·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，过菱形ABCD的对称
中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）A．3+❑√3 B．2+2❑√3 C．2+❑√3 D．1+2❑√3
【答案】A
【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．
【详解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵∠A=120°，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，
由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，
因为O点是菱形ABCD的对称中心，
∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
所以四边形EFGH是矩形；
设OE=OF=OG=OH=x，
∴EG=HF=2x，EF=HG=❑√(2x) 2−x2=❑√3x，
如图，连接AC，则AC经过点O，
可得三角形ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°，
1
∴AE= ，
2
∴x=OE=❑
√
12−
(1) 2
=
❑√3
2 2
❑√3 ❑√3
∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=2❑√3x+2x=2❑√3× +2× =3+❑√3,
2 2
故选A．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形
的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的
转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．
10．（3分）（24-25八年级·湖南永州·期末）如图，在正方形ABCD中，G、H分别是边AD、AB上的
点，∠GCH=45°，CD=3，连接BD交CG于M点，交CH于N点．下列结论：①BH+DG=HG；②
△AGH的周长为6；③S +S =S ；④S +S =S ．正确的有（ ）
△DCG △BCH △HCG △DCM △BCN △MCN
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等，构造全等三角形是解
题的关键．由四边形ABCD是正方形得∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°， AD∥BC，
AB=BC=CD=DA=3，再将△CDG绕点C逆时针旋转90°得到△CBE，在EC上取一点F，使CF=CM
，根据旋转的性质及SAS证明△CGH ≌ △CEH，然后根据全等三角形的性质判断①②③；再证明
△CMN ≌ △CFN，可得CM=CF，∠MCD=∠BCF，BC=CD，然后说明△CMD ≌ △CFB，最后
根据全等三角形的面积相等判断④即可．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°， AD∥BC，AB=BC=CD=DA=3．
将△CDG绕点C逆时针旋转90°得到△CBE，则H,B,E共线，在CE上取一点F，使CF=CM．根据旋转的性质可知CE=CG，∠BCE=∠DCG，DG=BE．
∵∠BCD=90°，∠GCH=45°，
∴∠DCG+∠BCH=45°，
∴∠BCE+∠BCH=45°，
即∠ECH=45°=∠GCH．
∵CH=CH，CG=CE，
∴△CGH ≌ △CEH，
∴GH=EH=BH+BE=BH+DG，S =S +S =S +S =S
△CEH △BCH △BCE △BCH △CDG △HCG
∴△AGH的周长=AG+AH+GH=AG+AH+BH+BE=AG+AH+BH+DG =AB+AD=6．
故①②③正确；
∵CM=CF，∠MCN=∠NCF，CN=CN，
∴△CMN ≌ △CFN，
∴MN=FN．
∵CM=CF，∠MCD=∠BCF，BC=CD，
∴△CMD ≌ △CFB，
∴S +S =S +S =S ，
△BCN △CDM △BCN △BCF 四边形BFCN
∴S +S >S ．
△BCN △CDM △CMN
所以④不正确．
正确的有①②③．
故选：C．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25八年级·四川广元·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，在平面内有一点
E，BE=3，过点E作EF⊥BE，且EF=3❑√3，连接BF、DE、DF，点G是线段DF的中点，连接EG
，则线段EG长度范围是 ．【答案】2≤EG≤8
【分析】本题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半等知识，利用三角形的中位线定理构造辅助线是解题关键．取BF的中点H，连接EH,GH,BD，先
根据矩形的性质和勾股定理求出BD=10，再根据勾股定理可得BF=6，根据直角三角形斜边上的中线等
于斜边的一半可得EH=3，然后根据三角形的三边关系即可得．
【详解】解：如图，取BF的中点H，连接EH,GH,BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵AB=6，AD=8，
∴BD=❑√AB2+AD2=10，
∵BE=3，EF=3❑√3，EF⊥BE，
∴BF=❑√BE2+EF2=6，
∵EF⊥BE，点H为BF的中点，
1
∴EH= BF=3，
2
又∵点G是线段DF的中点，点H为BF的中点，
1
∴GH= BD=5，
2
由三角形的三边关系得：GH−EH≤EG≤GH+EH（当且仅当点E,H,G共线时，等号成立），
∴5−3≤EG≤5+3，即2≤EG≤8，
故答案为：2≤EG≤8．12．（3分）（24-25八年级·河南南阳·期末）如图，在矩形纸片ABCD中，AD=10,AB=6，折叠纸片，
使点A落在BC边上的点A′处，折痕交AB边于点T，交AD边于点S，P为A′T的中点，连接BP，则线段
BP长度的取值范围是 ．
5
【答案】 ≤BP≤3
3
【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，
灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
根据题意，由折叠的性质以及直角三角形的性质，知AT=A′T=2BP，分以下两种情况当AS=6时，
AT=A′T最长， BP最长；当AS=10时，AT=A′T最短，BP最短，分别讨论，设AT=A′T=x，则
BT=6−x，结合勾股定理即可得出线段AT长度的取值范围，线段BP长度的取值范围即可求解．
【详解】由折叠的性质可知：AT=A′T，
在Rt△A'TB中，P为A′T的中点
1
∴ BP= A′T，
2
∴ AT=A′T=2BP
由题可得：当AS=6时，AT=A′T最长，最长值为6，如下图：
当AS=10时，AT=A′T最短，如下图：
设AT=A′T=x，则BT=6−x，
在Rt△A′CD中，∵A′D=AD=10，CD=AB=6，
∴A′C=8，
∴BA′=2，
在Rt△A′TB中，由勾股定理得：x2=(6−x) 2+22，
10
解得：x= ，
3
10
∴ ≤AT≤6，
3
5
∴ ≤BP≤3．
3
13．（3分）（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期末）如图，矩形ABCD中，AB=7，AD=10，E是AB上一
点，将△ADE沿DE折叠得到△FDE，FH⊥BC，垂足为H，若FH=1，则AE= ．
10
【答案】 或5
3
【分析】分两种情况讨论：①当点F在BC上方时，过点F作MN∥BC，交AB于点M，交CD于点N，
由矩形的性质可得∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，CD=AB=7，由平行公理的推论可得
AD∥MN∥BC，由两直线平行同旁内角互补可得∠BMF=180°−∠B=90°，
∠CNF=180°−∠C=90°，可证得四边形BHFM是矩形，于是可得MB=FH=1，可证得四边形CHFN
是矩形，于是可得CN=FH=1，由邻补角互补可得∠AMN=180°−∠BMF=90°，
∠DNF=180°−∠CNF=90°，进而可证得四边形AMND是矩形，于是可得MN=AD=10，
AM=DN=CD−CN=6，由折叠的性质可得EF=AE，DF=AD=10，在Rt△DNF中，根据勾股定理
可得FN=❑√DF2−DN2=8，则MF=MN−FN=2，设AE=x，则EF=AE=x，
EM=AM−AE=6−x，在Rt△EMF中，根据勾股定理可得EM2+M F2=EF2，即(6−x) 2+22=x2，解
方程即可求出AE的长；②当点F在BC下方时，过点F作MN∥BC，交AB的延长线于点M，交DC的延长线于点N，推导过程与①完全相同，同理可得AE的长；综上，可得答案．
【详解】解：分两种情况讨论：
①当点F在BC上方时，
如图，过点F作MN∥BC，交AB于点M，交CD于点N，
∵FH⊥BC
，
∴∠FHB=∠FHC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，CD=AB=7，
∵MN∥BC，
∴AD∥MN∥BC，
∴∠BMF=180°−∠B=180°−90°=90°，
∠CNF=180°−∠C=180°−90°=90°，
∴∠BMF=∠B=∠FHB=90°，
∴四边形BHFM是矩形，
∴MB=FH=1，
∴∠CNF=∠C=∠FHC=90°，
∴四边形CHFN是矩形，
∴CN=FH=1，
∴∠AMN=180°−∠BMF=180°−90°=90°，
∠DNF=180°−∠CNF=180°−90°=90°，
∴∠ADC=∠A=∠AMN=90°，
∴四边形AMND是矩形，
∴MN=AD=10，AM=DN=CD−CN=7−1=6，
由折叠的性质可得：
EF=AE，DF=AD=10，
在Rt△DNF中，根据勾股定理可得：
FN=❑√DF2−DN2=❑√102−62=8，∴MF=MN−FN=10−8=2，
设AE=x，则EF=AE=x，EM=AM−AE=6−x，
在Rt△EMF中，根据勾股定理可得：
EM2+M F2=EF2，
即：(6−x) 2+22=x2，
10
解得：x= ，
3
10
∴AE= ；
3
②当点F在BC下方时，
如图，过点F作MN∥BC，交AB的延长线于点M，交DC的延长线于点N，
推导过程与①完全相同，
同理可得：AE=5；
10
综上，AE= 或5，
3
10
故答案为： 或5．
3
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，轴对称的性质，矩形的判定与性质，平行公理的推论，勾股定
理，两直线平行同旁内角互补，利用邻补角互补求角度，解一元一次方程等知识点，熟练掌握相关知识点
并运用分类讨论思想是解题的关键．
14．（3分）（24-25八年级·浙江台州·期末）如图，把正方形ABCD的对角线AC绕着顶点A旋转到AE，
EC
以AE为一边作正方形AEFG，过E，C作直线EC，过G作GH⊥EC，垂足为H，连接FH，则 的值
FH
是 ．【答案】❑√2
【分析】过A作AM⊥EC于点M，过F作FN⊥EH于点N，根据等腰三角形的性质可得EM=CM，又
四边形AEFG是正方形，可得AE=EF=FG，∠AEF=∠EFG=90°，通过同角的余角相等得
1
∠EAM=∠FEN，即可证明△EAM≌△FEN(AAS)，根据性质得EM=FN=CM= EC，过F作
2
FK⊥FH交EH于点K，设EH与GF交于点I，再证明△EFK≌△GFH(ASA)，则FK=FH，由勾股定
理得出FH=❑√2FN，最后代入即可求解．
【详解】解：如图，过A作AM⊥EC于点M，过F作FN⊥EH于点N，
∴∠AME=∠ENF=90°，
∵AC=AE，
∴EM=CM，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=EF=FG，∠AEF=∠EFG=90°，
∴∠AEM+∠FEN=90°，∠AEM+∠EAM=90°，
∴∠EAM=∠FEN，
∴△EAM≌△FEN(AAS)，
1
∴EM=FN=CM= EC，
2过F作FK⊥FH交EH于点K，
∴∠HFK=∠EFG=90°，
∴∠EFK+∠EFG=∠GFH+∠EFG=90°，
∴∠EFK=∠GFH，
设EH与GF交于点I，
∵∠EFI=∠IHG=90°，∠NIF=∠GIH
∴∠FEK=∠FGH，
∵EF=FG，∠EFK=∠GFH，
∴△EFK≌△GFH(ASA)，
∴FK=FH，
∴△KFH为等腰直角三角形，
∴FN=NH=NK，
∴∠FHN=∠NFH=45°，
∴△NFH为等腰直角三角形，
∴由勾股定理得：FH=❑√2FN，
1
∵EM=FN=CM= EC，
2
1
∴FH=❑√2× EC，
2
EC
∴ =❑√2，
FH
故答案为：❑√2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，同角的余角相
等，等腰三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
15．（3分）（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期末）如图，平行四边形ABCD中，点E在BC上，连接AC，
DE交于点F，DE平分∠ADC，FA=FD，若AB=7，DE=3❑√14，则线段BE的长为 ．
【答案】4【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，
角平分线的性质，长方形的性质，勾股定理，解二元一次方程组等知识点．正确地作出辅助线是解题的关
键．
首先利用SAS证明△AFE≌△DFC，从而得AE=DC=7；然后根据平行四边形的性质，平行线的性质，
角平分线的性质，证明CE=DC=7；作EG⊥AD于点G，CH⊥AD于点H，则有四边形ECHG是长方
形；最后根据勾股定理列出关于Rt△AGE、Rt△EGD的二元一次方程组求解即可．
【详解】如图，连结AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC，AB∥DC，AD=BC，AB=DC=7．
∴ ∠ADE=∠CED，∠DAC=∠BCA
∵ FA=FD，
∴ ∠ADE=∠DAC，
∴ ∠CED=∠BCA，
∴ EF=CF，
又∵ ∠AFE=∠DFC，
∴ △AFE≌△DFC(SAS)．
∴ AE=DC=7．
∵ DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴ ∠CDE=∠CED，
∴ CE=DC=7．
作EG⊥AD于点G，CH⊥AD于点H，
则有四边形ECHG是长方形，
∴ HG=CE=7．
设EG= y，BE=2x，则AG=x，CH=x．
在Rt△AGE中，
AG2+EG2=AE2
∴ x2+ y2=72①；
在Rt△EGD中，
GD2+GE2=ED2
∴ (7+x) 2+ y2=(3❑√14) 2 ②；联立①②，解得x=2．
则BE=4．
故线段BE的长为4．
16．（3分）（24-25八年级·河南信阳·期末）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，将菱形
ABCD绕点A逆时针旋转，当B′C′⊥CD时，CC′的长度为 ．
【答案】3❑√2−❑√6或3❑√2+❑√6
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理．分两种情况讨论，作DG⊥AB于G，延长
C′B′交AB于E，交CD于F，连接AC，B′C，利用30°直角三角形性质和勾股定理求得DG，B′E和B′F
的长，在Rt△CB′F中，求得CF，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，作DG⊥AB于G，延长C′B′交AB于E，交CD于F，连接AC，B′C，
∵在菱形ABCD中，AB=2，∠BCD=60°，
∴AB=BC=AD=2，∠B=120°，CD∥AB，∠DAG=∠BCD=60°，
由旋转的性质得∠AB′C′=∠B=120°，AB=BC=AB′=B′C′=2，∠BAC=∠BCA=30°，
∴∠AB′E=60°，
又∵B′C′⊥CD，
∴B′C′⊥AB，即∠AEB′=90°，
∴∠B′ AE=30°，
∴A、B′、C三点共线，
在Rt△ADG中，∠ADG=90°−∠DAG=30°，AD=2，1
∴AG= AD=1，DG=❑√3，
2
∵∠DGE=∠DFE=∠FEG=90°，
∴四边形DGEF是矩形，
∴EF=DG=❑√3，
在Rt△AB′E中，∠B′ AE=30°，AB′=2，
1
∴B′E= AB′=1，
2
∴B′F=EF−B′E=❑√3−1，
∴C′F=B′C′−B′F=2−(❑√3−1)=3−❑√3，
在Rt△CB′F中，CF=❑√3B′F=3−❑√3=C′F，
∴CC′=❑√2CF=3❑√2−❑√6；
如图，
1
同理EF=DG=❑√3，B′E= AB′=1，B′F=EF+B′E=❑√3+1，
2
CF=❑√3B′F=3+❑√3=C′F，
∴CC′=❑√2CF=3❑√2+❑√6；
综上，CC′的长度为3❑√2−❑√6或3❑√2+❑√6．
故答案为：3❑√2−❑√6或3❑√2+❑√6．
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级·云南昭通·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l与x轴相
1 1
交于点A，与y轴相交于点E，C为直线l上一点，四边形OCBA是平行四边形，且OE= OA= OC=5
2 2
，DE=3．(1)求直线l的函数解析式；
(2)点M从点C出发，沿C→B→A路线以每秒3个单位的速度匀速运动，当点M到达点A时停止运动，设
25
点M运动时间为t秒，在运动过程中是否存在点M使△BEM的面积为 ，若存在，求出点M的坐标，若
2
不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y= x+5
2
25 (13 )
(2)存在点M，使△BEM的面积为 ，点M的坐标为 ,8 或(−7,4)
2 3
【分析】（1）根据题意求出A(−10,0),E(0,5)，再利用待定系数法求解即可；
（2）先判定四边形OCBA是菱形，求出B(−4,8)，分两种情况：点M在BC上，根据面积可得关于t的方
程，求出t即可得出点M的坐标；当点M在AB上，根据菱形的性质证明△ABE≌△AOE，得出
∠ABE=∠AOE=90°,BE=OE=5，进一步求得点M为AB的中点，即可求解．
1 1
【详解】（1）∵OE= OA= OC=5，
2 2
∴OA=OC=10，
∴A(−10,0),E(0,5)，
设直线l的函数解析式为y=kx+b，
{ b=5 ) { k= 1 )
则 ，解得 2 ，
−10k+b=0
b=5
1
∴直线l的函数解析式为y= x+5；
21 1
（2）∵四边形OCBA是平行四边形，OE= OA= OC=5，DE=3，
2 2
∴OA=OC=10,OD=OE+DE=8，CB⊥y轴，
∴四边形OCBA是菱形，CD=❑√102−82=6，
∵BC=AO=10，
∴BD=4，
∴B(−4,8)，
10
当点M在BC上，CM=3t,BM=10−3t (0AB，请仅用无刻度的直尺，按要求完成以下的作图(保留作图痕迹)．
①如图2， 点E在边AD上， 且DE=CD， 作∠C的平分线；
②如图3， 点E，F分别在边AD，BC上，且DE=CD=CF，连接DF，过点A作DF的垂线．
【答案】（1）AM=CN；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到∠MAO=∠NCO，AO=CO，从而推出△AOM≌△CON(ASA)，即可得到答案；
（2）连接CE，根据AD∥CD和DE=CD可推出∠BCE=∠DCE，故CE平分∠BCD；
（3）连接EF、CE、AC、BD，AC、BD交于点O， 连接EO延长交BC与点H，连接AH，可推出四
边形EFCD是菱形，得到EC⊥DF，同（1）可得AE=CH，从而推出四边形AHCE为平行四边形，得
到AH∥EC，即可得到AH⊥DF，故AH为所求．
【详解】解：（1）AM=CN，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AO=CO
∴∠MAO=∠NCO
在△AOM和△CON中
{∠MAO=∠NCO
)
AO=CO
∠AOM=∠CON
∴△AOM≌△CON(ASA)
∴AM=CN
故答案为：AM=CN
（2）连接CE，
∵AD∥CD
∴∠BCE=∠DEC
又∵DE=CD
∴∠DEC=∠DCE
∴∠BCE=∠DCE
∴CE平分∠BCD
故如图所示，CE即为所求：
（3）连接EF、CE、AC、BD，AC、BD交于点O， 连接EO延长交BC与点H，连接AH，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AO=CO∴∠EAO=∠HCO
∵ED∥FC，DE=CF
∴四边形EFCD是平行四边形
又∵DE=DC
∴平行四边形EFCD是菱形
∴EC⊥DF
在△AOE和△COH中
{∠EAO=∠HCO
)
AO=CO
∠AOE=∠COH
∴△AOE≌△COH(ASA)
∴AE=CH
∴四边形AHCE为平行四边形
∴AH∥EC
∴AH⊥DF
故如图所示，AH即为所求，
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，角平分线的判定，等腰三角形
的性质，菱形的判定与性质，熟练掌握平行四边形和菱形的判定与性质是解题的关键．
19．（8分）（24-25八年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A(2,0)，点B(0,6)，点
D(−6,0)，以AB、AD为边作▱ABCD，点E为BC中点，连接DE、AE．(1)分别求出线段AE和线段DE所在直线解析式；
(2)点P为线段AE上的一个动点，作点B关于点P的中心对称点F，设点P横坐标为a，用含a的代数式表示
点F的坐标（不用写出a的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，
①当点F移动到△ADE的边上时，求点P坐标；
②M为PE中点，N为PA中点，连接MF、NF．请利用备用图探究，直接写出在点P的运动过程中，
△MFN周长的最小值和此时点P的坐标．
【答案】(1)AE所在直线的解析式为y=−x+2；DE所在直线解析式为y=3x+18
(2)F(2a,−2a−2)
( 5 9) ( 5 11)
(3)①P(−1,3)或 − , ，②△MFN周长最小值为8❑√2；P − ,
2 2 3 3
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出点C和点E的坐标，再用待定系数法求出线段AE和线段DE所在
直线解析式即可；
（2）根据AE所在直线的解析式为y=−x+2，点P横坐标为a，得出点P(a,−a+2)，再根据点B和点F关
于点P的中心对称点，即可得出点F的坐标；
（3） ①根据题意进行分类讨论：当点F在AD上时，当点F在DE上时，即可得出结论；②过点B作
BG⊥AE于点G，过点F作FH⊥AE于点H，通过证明△BPG≌△FPH，得出BG=FH，延长AE，过
点C作CI⊥AE于点I，证明△CEI≌△BEG，进而得出BG=EG=CI=FH=2❑√2，过点C作CQ∥AE
，则CF∥AE，即可推出点F在直线CQ上运动，作点N关于直线CQ的对称点N′，当点N′，F，M在同
一条直线上时，△MFN周长取最小值，即可求出 △MFN周长取最小值；根据中点坐标公式得出
(a−4 −a+8) (a+2 −a+2) (a−1 −a+5)
M , ，N , ，再证明点H是MN中点，则H , ，求出G(−2,4)
2 2 2 2 2 2
(a−5 −a+13)
，根据点P为GH中点，得出P , ，最后根据P(a,−a+2)，列出方程求解即可．
4 4
【详解】（1）解：∵A(2,0)，D(−6,0)，
∴AD=8，
∵四边形ABCD为平行四边形，B(0,6)，
∴C(−8,6)，
∵点E为BC中点，
∴E(−4,6)，
设AE所在直线的解析式为y=kx+b，把A(2,0)，E(−4,6)代入得：
{ 0=2k+b ) {k=−1)
，解得： ，
6=−4k+b b=2
∴AE所在直线的解析式为y=−x+2；
设DE所在直线解析式为y=k x+b ，
1 1
把点D(−6,0)，E(−4,6)代入的：
{0=−6k +b ) {k =3 )
1 1 ，解得： 1 ，
6=−4k +b b =18
1 1 1
∴DE所在直线解析式为y=3x+18．
（2）解：∵AE所在直线的解析式为y=−x+2，点P横坐标为a，
∴点P(a,−a+2)，
设点F(x ,y )，
1 1
∵点B和点F关于点P的中心对称点，B(0,6)
x +0 y +6
∴a= 1 ，−a+2= 1 ，
2 2
整理得：x =2a，y =−2a−2，
1 1
∴F(2a,−2a−2)；
（3）解：①当点F在AD上时，
∵点F在AD上，
∴−2a−2=0，解得a=−1，
∴P(−1,3)；
当点F在DE上时，
∵F(2a,−2a−2)，且F在DE上，
5
∴−2a−2=3×2a+18，解得：a=− ，
2( 5 9)
∴P − , ；
2 2
( 5 9)
综上：P(−1,3)或P − , ；
2 2
②∵A(2,0)，E(−4,6)，
∴AE=❑√(2+4) 2+62=6❑√2，
∵M为PE中点，N为PA中点，
1 1 1
∴MN=MP+NP= PE+ PA= AE=3❑√2，
2 2 2
过点E作EQ⊥x轴于点Q，
∵A(2,0)，E(−4,6)，
∴EQ=6,AQ=2+4=6，
∴∠EAD=45°，则∠BEA=45°，
过点B作BG⊥AE于点G，过点F作FH⊥AE于点H，
∵点B是点F关于点P的中心对称点，
∴BP=FP，
又∵∠BGP=∠FHP=90°，∠BPG=∠FPH，
∴△BPG≌△FPH，
∴BG=FH，
延长AE，过点C作CI⊥AE于点I，∵点E是BC中点，
∴CE=BE，
∵∠I=∠BGE，∠CEI=∠BEG，
∴△CEI≌△BEG，
∴CI=BG，则CI=FH，
∵B(0,6)，E(−4,6)，
∴BE=4，
∵∠BEA=45°，BG⊥AE，
∴设BG=EG=x，
在Rt△BGE中，根据勾股定理可得：BG2+EG2=BE2，即x2+x2=42，
解得：x=2❑√2，
∴BG=EG=CI=FH=2❑√2，
过点C作CQ∥AE，
∵CI=FH，FH⊥AE，CI⊥AE，
∴CF∥AE，
则点F在直线CQ上运动，
作点N关于直线CQ的对称点N′，
根据轴对称的性质以及平行线间的距离处处相等可得N N′=2FH=4❑√2，
当点N′，F，M在同一条直线上时，FN+FM=FN′+FM=M N′，此时△MFN周长取最小值，
在Rt△MN N′中，根据勾股定理可得：M N′=❑√M N2+N N′2=5❑√2，
∴△MFN周长最小值为M N′+MN=5❑√2+3❑√2=8❑√2；
∵E(−4,6)，A(2,0)，P(a,−a+2)，M为PE中点，N为PA中点，
(a−4 −a+8) (a+2 −a+2)
∴M , ，N , ，
2 2 2 21
∵FH∥N N′，FH= N N′ ，
2
∴FH是△MN N′的中位线，则点H是MN中点，
(a−1 −a+5)
∴H , ，
2 2
过点G作GJ⊥BC于点J，
∵BE=4，BG=EG，
∴BJ=GJ=2，
∴G(−2,4)
∵△BPG≌△FPH，
∴PG=PH，即点P为GH中点，
(a−5 −a+13)
∴P , ，
4 4
∵P(a,−a+2)，
a−5 5
∴ =a，解得：a=− ，
4 3
( 5 11)
∴P − ,
3 3
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，中心对称，勾股定理，轴对称，解
题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，正确作出辅助线，确定周长最
小时各点的位置．
20．（8分）（24-25八年级·云南德宏·期末）已知：如图，在四边形ABCD和△APQ中，AD∥BC，
∠ABC=∠ADC=∠APQ．点P是BC边上一点，且PA=PQ，M是BC延长线上一点，连接QM．(1)如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)如图1，若AB=BC，MC=BP，求证：MC=MQ；
(3)如图2，连接DQ，DM，若AB=BC，BP=MP，∠ABC=90°，DQ=❑√3，求DM的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)❑√6
【分析】（1）由AD∥BC，可得∠ADC=∠DCM，由∠ABC=∠ADC，可得∠ABC=∠DCM，则
AB∥CD，进而可证四边形ABCD是平行四边形；
（2）由MC=BP，可得PM=BC，证明△ABP≌△PMQ(SAS)，则BP=MQ，进而可证MC=MQ；
（3）如图，延长QP到点N，使PN=PQ，连接BN，AN，证明△PBN≌△PMQ(SAS)，则
BN=MQ，∠BNP=∠MQP，由∠APQ=∠ABC=90°，PN=PQ，可得AP垂直平分QN，则
AN=AQ，∠ANQ=∠AQN，由PA=PQ，∠APQ=90°，可求∠PAQ=∠PQA=45°，
∠ANQ=∠AQN=45°，则∠NAB+∠BAQ=90°，证明四边形ABCD是正方形，证明
△ABN≌△ADQ(SAS)，则BN=DQ，∠ANB=∠AQD，MQ=DQ=❑√3，由∠BNP=∠MQP，
∠AQD+∠PQM=∠ANB+∠BNP=∠ANQ=45°，可得
∠DQM=∠AQD+∠MQP+∠AQN=90°，由勾股定理得，DM2=DQ2+QM2，即
DM2=(❑√3) 2+(❑√3) 2=6，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADC=∠DCM，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠ABC=∠DCM，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）证明：∵MC=BP，
∴MC+PC=BP+PC，即PM=BC，又∵AB=BC，
∴AB=PM，
∵∠BAP+∠APB+∠ABC=180°，∠MPQ+∠APB+∠APQ=180°，∠ABC=∠APQ，
∴∠BAP=∠MPQ，
∵AB=PM，∠BAP=∠MPQ，PA=PQ，
∴△ABP≌△PMQ(SAS)，
∴BP=MQ，
∵MC=BP，
∴MC=MQ；
（3）解：如图，延长QP到点N，使PN=PQ，连接BN，AN，
∵BP=MP，∠BPN=∠MPQ，PN=PQ，
∴△PBN≌△PMQ(SAS)，
∴BN=MQ，∠BNP=∠MQP，
∵∠APQ=∠ABC=90°，PN=PQ，
∴AP垂直平分QN，
∴AN=AQ，
∴∠ANQ=∠AQN，
∵PA=PQ，∠APQ=90°，
∴∠PAQ=∠PQA=45°，
∴∠ANQ=∠AQN=45°，
∴∠NAQ=90°，即∠NAB+∠BAQ=90°，
由（1）可得，四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠DAQ+∠BAQ=90°，∴∠NAB+∠BAQ=90°，
∴∠NAB=∠QAD，
∵AB=AD，∠NAB=∠QAD，AN=AQ，
∴△ABN≌△ADQ(SAS)，
∴BN=DQ，∠ANB=∠AQD，
又∵BN=MQ，
∴MQ=DQ=❑√3，
又∵∠BNP=∠MQP，
∴∠AQD+∠PQM=∠ANB+∠BNP=∠ANQ=45°，
∴∠DQM=∠AQD+∠MQP+∠AQN=90°，
由勾股定理得，DM2=DQ2+QM2，即DM2=(❑√3) 2+(❑√3) 2=6，
解得，DM=❑√6，DM=−❑√6（舍去），
∴DM的长为❑√6．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，平行四边形的判定，正方形的判定与性质，全等三角形的判定
与性质，垂直平分线的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理等知识．熟练掌握平行线的判定与性
质，平行四边形的判定，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，三
角形内角和定理，勾股定理是解题的关键．
21．（10分）（24-25八年级·陕西汉中·期末）在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O
的两条直线EF，GH分别交边AB，CD，AD，BC于点E，F，G，H．
【问题发现】
（1）如图1，若四边形ABCD是正方形，且AG=BE=CH=DF，则S =_____S ；
四边形AEOG 正方形ABCD
【问题探究】
1
（2）如图2，若四边形ABCD是矩形，且满足S = S ，设AB=a，AD=b，BE=m，
四边形AEOG 4 矩形ABCD
求AG的长（用含a，b，m的代数式表示）；
【问题解决】
（3）如图3，张大伯有一块平行四边形ABCD菜地，且AB=6米，AD=10米，点E处是一口水井，且
BE=2米，EF是原先就有的一条沟渠，且经过平行四边形ABCD菜地的对角线的交点O，张大伯准备再
修建一条经过点O的沟渠GH，将该菜地分成四个面积相等的部分，并分别种上四种不同的蔬菜，试确定
点G的位置．1 mb 10
【答案】（1） ；（2）AG= ；（3）当AG= 时，能将该菜地分成四个面积相等的部分
4 a 3
【分析】(1）如图1，根据正方形的性质和全等三角形的性质即可得到结论；
1 1
（2）如图2，过O作ON⊥AD于N，OM⊥AB于M，根据图形的面积得到 mb= AG×a，于是得到
4 4
结论；
（3）如图3，过O作KL⊥AB，PQ⊥AD，则KL=2OK，PQ=2OQ，根据平行四边形的面积公式得
OK 5
到 = ，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．
OQ 3
【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠OAG=∠OBE=45°，OA=OB，
在△AOG与△BOE中，
{
AG=BE
)
∠AOG=∠BOE ，
AO=BO
∴ △AOG≅△BOE，
1
∴ S =S = S ，
四边形AEOG △AOB 4 正方形ABCD
1
故答案为 ．
4
（2）解：如图2，过O作ON⊥AD于N，OM⊥AB于M，
1 1
∵ S = S S = S
△AOB 4 矩形ABCD 四边形AEGO 4 矩形ABCD
，
∴S =S ，
△AOB 四边形AEGO
∵ S =S +S ，S =S +S
△AOB △BOE △AOE 四边形AEGO △AOG △AOE∴S =S ，
△BOE △AOG
1 1 1 1 1 1 1 1
∵S = BE×OM= m× b= mb，S = AG×ON= AG× a= AG×a．
△BOE 2 2 2 4 △AOG 2 2 2 4
1 1
∴ mb= AG×a，
4 4
mb
∴AG=
a
（3）解：如图3，过O作KL⊥AB，PQ⊥AD，则KL=2OK，PQ=2OQ，
∵S =AB×KL=AD×PQ
四边形ABCD
∴6×2OK=10×2OQ，3×2OK=5×2OQ
OK 5
∴ = ，
OQ 3
1 1
∵S = S ，S = S
△AOB 4 平行四边形ABCD 四边形AEOG 4 平行四边形ABCD
∴S =S ，S =S
△AOB 四边形AEOG △BOE △AOG
1 1 1
∵S = BE×OK= ×2×OK，S = AG×OQ，
△BOE 2 2 △AOG 2
OK AG 5 10
∴ = = ，解得AG= 米，
OQ 2 3 3
∵BE=DF=2米，
10
∴当AG= 时，能将该菜地分成四个面积相等的部分．
3
【点睛】本题考查了正方形、矩形、平行四边形的性质及三角形、四边形的面积问题，认真阅读材料，理
解并证明S =S 是解决问题的关键．
△BOE △AOG
22．（10分）（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）平行四边形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图
①．(1)写出点C的坐标；
(2)在图①中，连接AB，OC得到图②，求AB与OC的交点M的坐标；
(3)将图②中的线段BC向两方延长得到图③，若点 D、E为直线BC上不与B、C重合的动点，是否存在这
样的点D、E，使得四边形OADE为矩形？若存在，请在图中画出矩形，并求出矩形OADE的面积和点
D、E 的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)C(5,3)
(2)M(2.5,1.5)
(3)存在，图见解析，矩形OADE的面积为12，E(3.6,−1.2)、D(4.6,1.8)
【分析】（1）根据平行四边形的对边相等和已知点的坐标求得点C的坐标即可；
（2）首先求得直线AB的解析式，然后得到直线OC的解析式，联立后即可求得交点M的坐标；
（3）分别过点A、O作AD⊥BC于点D，OE⊥BC于点E，过E、D分别作x轴和AC的垂线，垂足分别
为F、G，利用四边形AOBC是平行四边形，得到AO∥BC，从而得到四边形AOED是矩形，且与平行
四边形AOBC面积相等，从而求得矩形AOED的面积为12，求得线段EF和线段OF后即可求得点E的坐
标，同理即可求得点D的坐标．
【详解】（1）解：∵四边形OACB是平行四边形，
∴AC=OB，
∵A(1,3)、B(4,0)，
∴C(5,3)；
（2）解：如图②，设AB所在的直线的解析式为y=kx+b，
∵直线AB经过点A(1,3)、B(4,0)，
{ k+b=3 )
∴ ，
4k+b=0
{k=−1)
解得：
b=4
∴AB所在直线的解析式为y=−x+4，
由于直线OC过原点，设直线OC的表达式为y=k′x(k′≠0)，
将点C(5,3)代入y=k′x(k′≠0)，得3=5k′，
3
解得：k′=
，
5
3
∴直线OC的表达式为y= x，
5
{y=−x+4
)
联立方程 3
y= x
5
{x=2.5)
解得： ，
y=1.5
即M的坐标是(2.5,1.5)；
（3）解：存在这样的D、E，使得四边形AOED是矩形．
分别过点A、O作AD⊥BC于点D，OE⊥BC于点E，过E、D分别作x轴的垂线和AC的垂线，垂足分
别为F、G，
∵ AOBC
四边形 是平行四边形，
∴AO∥BC，
∴AD⊥AO，
∴四边形AOED是矩形，且与平行四边形AOBC面积相等，
∵平行四边形AOBC的面积为OB⋅y =4×3=12，
A
∴矩形AOED的面积为12，即AO⋅OE=12，
∵ AO=❑√(1−0) 2+(3−0) 2=❑√10，
12 12 6❑√10
∴OE= = = ，
AO ❑√10 5
∵四边形AOED是矩形，
∴ ∠OEB=90°，2❑√10
∴ EB=❑√OB2−OE2= ，
5
1 1
∵S = OE⋅BE= OB⋅EF，
OEB 2 2
2❑√10 6❑√10
×
EB·OE 5 5 ，
∴EF= = =1.2
OB 4
√144
∴ OF=❑√OE2−EF2=❑ −1.44=3.6，
10
∴点E的坐标为(3.6,−1.2)，
∵四边形AOED是矩形，四边形AOBC是平行四边形，
6❑√10
∴DE=AO=BC=❑√10，AD=OE= ，AC=OB=4，∠ADE=90°，
5
3❑√10
∴BD=DE−BE= ，∠ADC=90°，
5
2❑√10
∴CD=BC−BD= ，
5
1 1
∵S = CD⋅AD= AC⋅DG，
ADC 2 2
CD⋅AD
∴DG= =1.2，
AC
∴AG=❑√AD2−DG2=3.6，
∴G(4.6,3)，
∵3−1.2=1.8，
∴点D的坐标为(4.6,1.8)．
【点睛】此题主要考查四边形的综合知识、勾股定理等知识，综合性较强，熟练掌握知识点及应用是解题
的关键．
23．（12分）（24-25八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践
问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F．
解决问题：
（1）四边形AECF是（ ）
A． 平行四边形 B． 矩形 C． 正方形
（2）若∠B=30°，AB=2cm，则四边形AECF的面积为 cm2；深入探究：
（3）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E、B的对应点分别为点G、H．
①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD、CD交于点M、N．猜想线段CH与
MD的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH直线CD交于点N．若AB=5，BE=4，则线段NH的长度为 ．
【答案】（1）B；（2）(2−❑√3)（3）①CH=MD，理由见解析；②1或7
【分析】（1）由AE⊥BC，CF⊥AD和菱形性质得∠AEC=90°，∠AFC=90°，∠ECF=90°．
可证四边形AECF为矩形；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质得出AE=1cm，BE=❑√3cm，再由菱形及矩形的性质求面积即
可；
（3）①由菱形和旋转得性质证△HAM≌△DAC，可证CH=MD；
②分情况讨论：当点N在线段CD上时，当点N在线段DC延长线上时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：（1）∵AE⊥BC，CF⊥AD，
∴∠AEC=90°，∠AFC=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠AFC+∠ECF=180°，
∴∠ECF=180°−∠AFC=90°，
∴∠ECF=∠AEC=∠AFC=90°，
∴四边形AECF为矩形，
故选：B．
（2）∵AE⊥BC，∠B=30°，AB=2cm，
1
∴AE= AB=1cm，BE=❑√AB2−AE2=❑√3cm，
2
∵四边形ABCD是菱形，∴BC=AB=2cm，
∴CE=(2−❑√3)cm，
∵四边形AECF为矩形，
∴面积为：1×(2−❑√3)=(2−❑√3)cm2，
故答案为：(2−❑√3)；
（3）①CH=MD．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
∵△ABE旋转得到△AHG，
∴AB=AH，∠B=∠H，
∴AH=AD，∠H=∠D，
∵∠HAM=∠DAC，
∴△HAM≌△DAC，
∴AM=AC，
∴AH−AC=AD−AM，
∴CH=MD．
②解：如图所示，当点N在线段CD上时，过点A作AP⊥CD于P，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°=∠APD，
∴△ABE≌△ADP，
∴AE=AP，
由旋转知：AH=AB=5，GH=BE=4，∠G=90°，
∴AE=AG=AP=❑√AB2−BE2=3，∵GH⊥CD，
∴∠GNP=90°，
∴∠APD=∠G=∠GNP=90°，
∴四边形APNG为矩形，
∵AP=AG，
∴四边形APNG为正方形，
∴GN=PN=3，
∵DP=❑√AD2−AP2=4，
∴NH=ND=4−3=1；
当点N在线段DC延长线上时，AG在AB上，过点A作AK⊥CD于K，连接AN，如图所示：
由旋转知：GH=BE=4，AG=AE=3，∠D=∠H，AH=AD，
∵∠HAM=∠DAQ，
∴△AMH≌△AQD，
∴AM=AQ，HM=DQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°=∠AKD，
∴△ABE≌△ADK，
∴AE=AK=AG=3，DK=BE=4，
∵∠AGN=∠GNK=∠AKN=90°，
∴ 四边形AGNK为矩形，
∵AG=AK，
∴四边形AGNK为正方形，∴GN=AK=3，AG∥NK，
∴HN=4+3=7，
综上，NH的长度为1或7，
故答案为：1或7．
【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，
旋转的性质，三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解
题关键．
24．（12分）（24-25八年级·广东珠海·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点A(0,4)，点B(m,0)，以
AB为边在右侧作正方形ABCD．
(1)当点B在x轴正半轴上运动时，求点C的坐标（用m表示）；
(2)当m=0时，如图2，P为OA上一点，连接PC，过点P作PM⊥PC，过A作AM∥OD，PM与AM交
于点M，求证：PM=PC；
(3)在（2）的条件下，如图3，连MC交OD于点N，求AM+2DN的值．
【答案】(1)C(m+4,m)
(2)见解析
(3)4❑√2
【分析】（1）如图1中，作CE⊥x轴于E．利用全等三角形的性质即可解决问题；
（2）如图2中，在OC上取点Q，使CQ=AP，连接PQ，先证明△MAP≌△PQC(ASA)，再根据全等三
角形的性质解决问题即可；
（3）过M作MF∥OA交OD于F．证明△CDN≌△MFN，再根据全等三角形的性质解决问题即可；
【详解】（1）如图1中，作CE⊥x轴于E．
∵∠AOB=∠ABC=∠CEB=90°
，∴∠ABO+∠OAB=90°，∠ABO+∠CBE=90°，
∴∠OAB=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABO≌△BCE，
∴CE=OB=m，BE=OA=4，
∴C(m+4,m)．
（2）如图，在OC上取点Q，使CQ=AP，连接PQ，
∵ AOCD，OD
正方形 为对角线，
∴AO=OC，∠AOC=90°，∠AOD=45°，
∴PO=OQ，
∴∠OPQ=∠PQO=45°，
∴∠QPC+∠QCP=45°①，∠PQC=135°，
∵AM∥OD，
∴∠EAM=∠AOD=45°，
∴∠MAP=135°，
∴∠PQC=∠MAP，
∵PM⊥PC，
∴∠MPC=90°，
∴∠APM+∠QPC=45°，②
由①②知：∠QCP=∠APM，
∴△MAP≌△PQC(ASA)，
∴PM=PC．
（3）如图，过M作MF∥OA交OD于F．∵ AOCD
正方形 ，
∴AO=CD=4，
∴OD=4❑√2
∵AM∥ON，OA∥MF，
∴四边形AMFO是平行四边形，
∴FM=OA=CD，MF∥CD，AM=OF，
∴∠NDC=∠NFM，
∵∠MNF=∠CND，
∴△CDN≌△MFN，
∴FN=DN，
∴AM+2DN=OF+DF=OD=4❑√2．
【点睛】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、
勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或特殊四边形解决问题，学会利用
参数解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考压轴题．
