文档内容
期中易错题压轴题专项复习【24 大题型】
（考试范围：第16~18章）
【人教版】
【易错篇】.....................................................................................................................................................................2
【考点1 二次根式】................................................................................................................................................2
【考点2 根据二次根式的性质化简】....................................................................................................................3
【考点3 二次根式的乘除】....................................................................................................................................4
【考点4 二次根式的加减】....................................................................................................................................7
【考点5 勾股定理与网格】....................................................................................................................................8
【考点6 利用勾股定理求值】..............................................................................................................................11
【考点7 赵爽弦图】..............................................................................................................................................15
【考点8 勾股定理逆定理的应用】......................................................................................................................22
【考点9 勾股定理的应用】..................................................................................................................................25
【考点10 与平行四边形有关的证明与计算】.....................................................................................................29
【考点11 与矩形有关的证明与计算】..................................................................................................................32
【考点12 与菱形有关的证明与计算】..................................................................................................................37
【考点13 与正方形有关的证明与计算】..............................................................................................................42
【考点14 与直角三角形斜边的中线有关的证明与计算】.................................................................................48
【考点15 与三角形中位线有关的证明与计算】.................................................................................................52
【压轴篇】...................................................................................................................................................................58
【考点16 化简含字母的二次根式】......................................................................................................................58
【考点17 求立体图形的最短路径问题】..............................................................................................................60
【考点18 几何动点问题】......................................................................................................................................64
【考点19 几何最值问题】......................................................................................................................................74
【考点20 几何探究问题】......................................................................................................................................82
【考点21 多结论类问题】......................................................................................................................................94
【考点22 新定义类问题】....................................................................................................................................102
【考点23 规律类问题】........................................................................................................................................111
【考点24 阅读理解类问题】................................................................................................................................116【易错篇】
【考点1 二次根式】
【例1】（24-25八年级·福建莆田·期中）已知n是正整数，❑√28n是整数，则n的最小值是( )
A．0 B．2 C．3 D．7
【答案】D
【分析】首先把❑√28n进行化简，然后根据❑√28n是整数确定n的最小值．
【详解】解：∵❑√28n=2❑√7n，且❑√28n是整数，
∴7n是个完全平方数，(完全平方数是能表示成一个整式的平方的数)
∴n的最小值是7．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了二次根式的定义，做题的关键是推导“7n是个完全平方数”．
❑√x−2024
【变式1-1】（24-25八年级·广东河源·期中）若二次根式 在实数范围内有意义，则x的取值范围
x
是（ ）
A．x>2024 B．x≥2024 C．x<2024 D．x≤2024
【答案】B
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，由题意得x−2024≥0且x≠0，据此即
可求解，掌握二次根式和分式有意义的条件是 解题的关键．
❑√x−2024
【详解】解：∵二次根式 在实数范围内有意义，
x
∴x−2024≥0且x≠0，
解得x≥2024，
故选：B．
【变式1-2】（24-25八年级·浙江舟山·期中）当x＝－1时，二次根式❑√6−3x的值为 .
【答案】3
【分析】直接将x的值代入进而化简求出答案．
【详解】解：∵x=-1，
∴❑√6−3x=❑√6−3×（−1）=❑√9=3.
故答案为3.
【点睛】本题考查二次根式的性质与化简，正确掌握二次根式的性质是解题关键．【变式1-3】（24-25八年级·河南洛阳·阶段练习）已知y=❑√2x−1+❑√1−2x+2，那么xy= ．
1
【答案】
4
【分析】先根据二次根式的定义求出x的值，继而可得出y的值，再代入求解即可．
{2x−1≥0)
【详解】解：由题意得出： ，
1−2x≥0
1
解得：x= ，
2
∴y=2
1 2 1
∴xy=( ) = ．
2 4
1
故答案为： ．
4
【点睛】本题考查的知识点是二次根式的定义，比较基础，熟记定义内容即可．
【考点2 根据二次根式的性质化简】
【例2】（24-25八年级·北京顺义·期中）如果❑√ (x−2)(x2−4)=(2−x)❑√x+2，那么x的取值范围
．
【答案】−2≤x≤2/2≥x≥−2
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，二次根式有意义的条件，
根据二次根式的被开方数是非负数求解即可．
【详解】∵❑√ (x−2)(x2−4)=❑√(x−2) 2 (x+2)=(2−x)❑√x+2
∴2−x≥0，x+2≥0
∴−2≤x≤2．
故答案为：−2≤x≤2．
【变式2-1】（24-25八年级·甘肃兰州·期中）适合2❑√(a−3) 2=6−2a的正整数a的所有值的平方和为
（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】B
【分析】本题考查的是二次根式的非负性，先根据题意判断出a的符号，求出正整数a的值，进而可得出结
论．【详解】解：∵2❑√(a−3) 2=6−2a≥0
解得a≤3，
∴正整数a的值为1，2，3，
∴12+22+32=14．
故选：B．
【变式2-2】（24-25八年级·四川成都·期中）实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简：
❑√a2+❑√b2+❑√(a−b) 2= ．
【答案】2b−2a
【分析】本题考查了利用数轴判断式子的正负、二次根式的性质，由数轴可得：−1|b)
，从而得出a−b<0，再由二次根式的性质化简即可得解．
【详解】解：由数轴可得：−1|b)，
∴a−b<0，
∴❑√a2+❑√b2+❑√(a−b) 2=−a+b−(a−b)=−a+b−a+b=2b−2a，
故答案为：2b−2a．
√ 6
【变式2-3】（24-25八年级·上海·期中）将x❑− 根号外的因式移到根号内得 ．
x
【答案】−❑√−6x
【分析】本题考查了二次根式的知识；解题的关键是熟练掌握二次根式的性质，从而完成求解．
根据二次根式的性质，得x<0，再根据二次根式的性质计算，即可得到答案．
6
【详解】解：根据题意，得− ≥0，
x
∵−6≠0，
6
∴− >0，
x
∴x<0，
√ 6 √ 6
∴x❑− =−❑− ×x2=−❑√−6x，
x x
故答案为：−❑√−6x．【考点3 二次根式的乘除】
【例3】（24-25八年级·山东烟台·期末）幻方是一种中国传统游戏，它是将从一到若干个数的自然数排成
纵横各为若干个数的正方形，使在同一行、同一列和同一对角线上的几个数的和都相等．类比幻方，我们
给出如图所示的方格，要使方格中横向、纵向及对角线方向上的实数相乘的结果都相等，则数值
A+B+C+D= ．
A B 5❑√2
5 ❑√10 C
❑√2 10 D
【答案】3❑√5+3
【分析】本题考查了数的规律探究，涉及考查一元一次方程的应用，二次根式的乘法．根据横向、纵向及
对角线方向上的实数相乘的结果都相等列出方程求解即可．
【详解】解：对角线方向上的实数相乘的结果为5❑√2×❑√10×❑√2=10❑√10，
根据方格中横向、纵向及对角线方向上的实数相乘的结果都相等得，
A×5×❑√2=10❑√10，解得A=2❑√5，
B×❑√10×10=10❑√10，解得B=1，
5×❑√10×C=10❑√10，解得C=2，
❑√2×10×D=10❑√10，解得D=❑√5，
∴ A+B+C+D=2❑√5+1+2+❑√5=3❑√5+3，
故答案为：3❑√5+3．
【变式3-1】（24-25八年级·山东烟台·期中）计算(❑√3+❑√2) 2024 (❑√3−❑√2) 2023的结果为 ．
【答案】❑√3+❑√2/❑√2+❑√3
【分析】本题考查二次根式的乘法运算，逆用积的乘方以及平方差公式进行计算即可．
2023
【详解】解：原式=[(❑√3+❑√2)(❑√3−❑√2)) ×(❑√3+❑√2)
=(3−2) 2023×(❑√3+❑√2)
=❑√3+❑√2；
故答案为：❑√3+❑√2．
【变式3-2】（24-25八年级·河北唐山·期中）二次根式√1
❑ ，❑√12，❑√30，❑√x+2，❑√40x2，❑√x2+ y2中最简二次根式是 ．
2
【答案】❑√30、❑√x+2、❑√x2+ y2
【分析】根据最简二次根式的定义判断即可.
【详解】解：第一个根式不是最简二次根式，因为被开方数的因式不是整数，
第二个根式不是最简二次根式，因为被开方数含有开的尽方的因数，
第三个根式为最简二次根式，
第四个根式为最简二次根式，
第五个根式不是最简二次根式，因为被开方数含有开的尽方的因数和因式，
第六个根式为最简二次根式，
故答案为❑√30,❑√x+2,❑√x2+ y2
【点睛】本题主要考查了最简二次根式的定义，明确什么是最简二次根式是解题关键.
【变式3-3】（24-25八年级·江西吉安·期末）学习了❑√a2=|a)后，数学老师出了一道化简题：
a+❑√(1−a) 2 (a>1)．下面是小亮和小芳的解答过程．
小亮：解：原式=a+1−a=1；
小芳：解：原式=a+|1−a)，
∵a>1，∴原式=a+a−1=2a−1，
(1)________的解法是不正确的；
( √b)
(2)化简： ❑√ab−❑ ⋅❑√ab，其中a<0，b<0．
a
【答案】(1)小亮
(2)ab+b
【分析】本题考查乘法公式，二次根式的性质以及绝对值的化简，根据给定条件正确运用相关性质进行化
简是解答本题的关键．
（1）根据a>1得1−a<0，所以原式a+❑√(1−a) 2 (a>1)=a+|1−a)=a+a−1=2a−1，所以小亮的解法
是不正确的；( √b)
（2）先根据乘法公式化简得： ❑√ab−❑ ⋅❑√ab=❑√(ab) 2−❑√b2，再根据a<0，b<0得ab>0，所以
a
|ab)=ab，|b)=−b，代入上式即可解答．
【详解】（1）解：∵a>1，
∴1−a<0，
∴a+❑√(1−a) 2 (a>1)=a+|1−a)=a+a−1=2a−1，
∴小亮的解法是不正确的，
故答案为：小亮；
（2）解：原式=❑√(ab) 2−❑√b2=|ab)−|b)，
∵a<0，b<0，
∴原式=ab+b．
【考点4 二次根式的加减】
【例4】（24-25八年级·江西萍乡·期末）若a=❑√1003+❑√997，b=❑√1001+❑√999，c=2❑√1001，则
a，b，c的大小关系用“＜”号排列为 ．
【答案】a＜b＜c
【分析】利用平方法把三个数值平方后再比较大小即可．
【详解】解：∵a2=2000+2❑√1003×997，b2=2000+2❑√1001×999，c2=4004=2000+2×1002，
1003×997=1000000-9=999991，1001×999=1000000-1=999999，10022=1004004．
∴a＜b＜c．
故答案为：a＜b＜c.
【点睛】这里注意比较数的大小可以用平方法，两个正数，平方大的就大．此题也要求学生熟练运用完全
平方公式和平方差公式．
【变式4-1】（24-25八年级·河北唐山·期末）下列二次根式中，可与❑√12进行合并的二次根式是（ ）
A．❑√3 B．❑√6 C．❑√18 D．❑√24
【答案】A
【分析】本题考查了同类二次根式的定义，根据二次根式的性质把各个二次根式化简，根据同类二次根式
的定义判断即可，掌握二次根式的性质是解题的关键．
【详解】A、由❑√12=2❑√3，则❑√3与❑√12可以进行合并，符合题意；
B、由❑√12=2❑√3，则❑√6与❑√12不可以进行合并，不符合题意；C、由❑√12=2❑√3，❑√18=3❑√2，则❑√18与❑√12不可以进行合并，不符合题意；
D、由❑√12=2❑√3，❑√24=2❑√6，则❑√24与❑√12不可以进行合并，不符合题意；
故选：A．
2
【变式4-2】（24-25八年级·江苏南京·期末）已知x= ，则代数式x2−2x+3的值为 ．
❑√3−1
【答案】5
【分析】本题主要考查了完全平方公式、分母有理化、代数式求值等知识点，根据分母有理化化简成为解
题的关键．
由分母有理化可得x=❑√3+1，然后再对x2−2x+3化简，最后代入计算即可．
2 2(❑√3+1)
【详解】解：∵x= = =❑√3+1，
❑√3−1 (❑√3−1)(❑√3+1)
∴x2−2x+3=(x−1) 2+2=(❑√3+1−1) 2+2
=(❑√3) 2+2=3+2=5，
故答案为：5．
√ x √ y
【变式4-3】（24-25八年级·湖北武汉·期末）已知xy=2,x+ y=4，则❑ +❑ = .
y x
【答案】2❑√2
【分析】将二次根式化简代值即可.
√ x √ y √xy √xy ❑√xy ❑√xy x❑√xy y❑√xy ❑√xy(x+ y)
【详解】解：❑ +❑ =❑ +❑ = + = + =
y x y2 x2 y x xy xy xy
4❑√2
所以原式 =2❑√2.
2
故答案为2❑√2
【点睛】本题考查了二次根式的运算，将二次根式转化为和已知条件相关的式子是解题的关键.
【考点5 勾股定理与网格】
【例5】（24-25八年级·江苏淮安·期末）某班学生在劳动实践基地用一块正方形试验田种植苹果树，同学
们将试验田分成7×7的正方形网格田，每个小正方形网格田的边长为1米，如图所示，为了布局美观及苹
果树的健康成长，同学们要把苹果树种植在格点处（每个小正方形的顶点叫格点），且每两棵苹果树之间
的距离都要大于2米，则这块试验田最多可种植 棵苹果树．【答案】13
【分析】此题考查了勾股定理和无理数的估算．此题为了最大化种植苹果树的数量，同时满足每两棵苹果
树之间的距离都要大于2米的要求，我们采用隔点种植的方法，在横纵方向，每行每列最多能种植3棵苹
果树，因两棵树之间的距离最小为3米，而试验田的边长为7米，所以最多可以种植3棵苹果树，满足要
求，即可求出答案．
【详解】解：在7×7的正方形网格田中，采用隔点种植的方式，每行每列最多能种植3棵苹果树,小正方形
的对角线长度为❑√22+22=2❑√2>2 ，最小长方形的对角线长度为❑√12+22=❑√5>2，均满足大于2米的要
求，
如图，
因此，这块试验田最多可种植13棵苹果树，
故答案为：13
【变式5-1】（24-25八年级·山西临汾·期末）如图，在6×6的网格图中，每个小方格的边长为1，请在给
定的网格中按下列要求画出图形．
(1)画一个三边长分别为4，❑√5，❑√13的三角形；(2)画一个腰长为❑√10的等腰直角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查勾股定理的应用，正确画图是解答本题的关键．
（1）根据勾股定理画出❑√5,❑√13的线段可得三边长分别为4，❑√5，❑√13的三角形；
（2）运用勾股定理求出边长为❑√10，可画出腰长为❑√10的等腰直角三角形
【详解】（1）解：❑√5=❑√12+22，❑√13=❑√22+32，
如图，即为边长分别为4，❑√5，❑√13的三角形，
（2）解：❑√10=❑√12+32，
如图，即为腰长为❑√10的等腰直角三角形
【变式5-2】（24-25八年级·河南驻马店·期末）如图，在边长为1的小正方形网格中，若△ABC和△BCD
的顶点都在小正方形网格的格点上，则∠ACB+∠DBC=（ ）
A．45° B．75° C．120° D．135°
【答案】D
【分析】本题考查了格点与勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，取格点E，F，连接AE,CE，利用勾股定理证明△ACE是等腰直角三角形，得出∠ACE=45°，根据格点的性质推出BD∥CE，得到
∠DBC=∠ECF，即∠ACB+∠DBC=∠ACB+∠ECF即可求解．
【详解】解：如图，取格点E，F，连接AE,CE，
∵AE=❑√12+22=❑√5,CE=❑√12+22=❑√5,AC=❑√12+32=❑√10
，
∴AC2=AE2+CE2，
∴ △ACE是等腰直角三角形，
∴ ∠ACE=45°，
由格点的性质得：BD∥CE，
∴ ∠DBC=∠ECF，
∴ ∠ACB+∠DBC=∠ACB+∠ECF=180°−∠ACE=135°，
故选：D．
【变式5-3】（24-25八年级·安徽安庆·期末）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，△ABC的顶点A
，B，C均在格点上．若AD⊥BC于点D，则线段AD的长为
【答案】2
【分析】由勾股定求出AC2=5，AB2=20，BC2=25，得到AC=❑√5，AB=2❑√5，BC=5，由
AC2+AB2=BC2，推出△ABC是直角三角形，由三角形面积公式得到△ABC的面积
1 1
= AC⋅AB= BC⋅AD，代入有关数据，即可求出AD的长．
2 2
【详解】解：由勾股定理得：AC2=22+12=5，AB2=22+42=20，BC2=32+42=25，
∴AC=❑√5，AB=2❑√5，BC=5，
∵AC2+AB2=BC2，∴ΔABC是直角三角形，
∵AD⊥BC，
1 1
∴△ABC的面积= AC⋅AB= BC⋅AD，
2 2
∴ ❑√5×2❑√5=5AD，
∴AD=2．
故答案为：2．
【考点6 利用勾股定理求值】
【例6】（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC=4，将△ABC沿AC折
叠，点B落在B′处，AD与B′C交于E，则CE的长为（ ）
13 7 25 16
A． B． C． D．
4 2 8 5
【答案】C
【分析】先根据翻折变换的性质得出AB=AB′=3，BC=B′C=4，再由AAS得出△CDE≌△AB′E，则
AE=CE，DE=B′E，设CE=x，则DE=4−x，再利用勾股定理求出x的值即可．
【详解】解：∵长方形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，BC=AD=4，∠B=∠D=90°，
∵将△ABC沿AC折叠，点B落在B′处，AD与B′C交于E，
∴AB=AB′=3，BC=B′C=4，
在△CDE与△AB′E中，
{
CD=AB′
)
∠D=∠B′ ，
∠CED=∠AEB′
∴△CDE≌△AB′E(AAS)，
∴AE=CE，DE=B′E，
设CE=x，则DE=4−x，在Rt△CDE中，DE2+CD2=CE2，即(4−x) 2+32=x2，
25
解得x= ，
8
25
∴CE= ，
8
故选：C．
【点睛】本题考查的是翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，等腰三角形的判定
与性质，熟知以上知识是解题的关键．
【变式6-1】（24-25八年级·江苏苏州·期末）勾股定理是数学史上的一颗玻璃珠．被誉为清代“历算第一
名家”的名数学家梅文鼎先生（图①）在《梅氏丛书辑要》（由其孙子梅瑴成编纂）的“勾股举隅”卷中
给出了多种勾股定理的证法．其中一种是在图②的基础上，运用“出入相补”原理完成的．在△ABC中，
∠ACB=90°，四边形ABDE，ACFG，BCHI均为正方形，HI与AE相交于点J，可以证明点D在直线
HI上．若△AHJ，△DEJ的面积分别为2和6，则直角边AC的长为（ ）
A．❑√2 B．❑√3 C．❑√5 D．2
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，先证明Rt△ABC≌Rt△DBI(HL)得
S =S ，设AC=a，BC=b，AB=c，由勾股定理得，a2+b2=c2，进而得
△ABC △DBI
S +S =S ，S =4，即可得出答案．
正方形ACFG △AHJ △DEJ 正方形ACFG
【详解】解：∵四边形ABDE，BCHI为正方形，
∴AB=BD，BC=BI，∠ACB=∠DIB=90°，
∴Rt△ABC≌Rt△DBI(HL)，
∴S =S ，
△ABC △DBI
设AC=a，BC=b，AB=c，由勾股定理得，a2+b2=c2，
即S +S =S ，
正方形ACFG 正方形BCHI 正方形ABDE
S +S +S +S =S +S +S ,
正方形ACFG △ABC △AHJ 四边形AJIB △BID △DEJ 四边形AJIB
∴S +S =S ，
正方形ACFG △AHJ △DEJ
∴S =S −S =6−2=4，即a2=4，
正方形ACFG △DEJ △AHJ
∴a=2，即AC=2，
故选：D．
【变式6-2】（24-25八年级·陕西西安·期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所
示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC,BD交于点O．若AD=1,BC=4，则AB2+CD2=
．
【答案】17
【分析】根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
【详解】解：∵AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°,
由勾股定理得，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2,
AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2,
∴AB2+CD2=AD2+BC2,
∵AD=1,BC=4,
∴AB2+CD2=12+42=17.
故答案为：17．
【点睛】本题考查的是垂直的定义，勾股定理的应用，正确理解“垂美”四边形的定义、灵活运用勾股定
理是解题的关键．
【变式6-3】（24-25八年级·四川达州·期末）如图，在四边形ABCD中，
∠B=90°，BC=4，AE⊥CD，垂足为E，AE=CE，连接AC，若DE=5， AD=❑√61．求：(1)AC的长；
(2)四边形ABCD的面积．
【答案】(1)6❑√2
(2)4❑√14+33
【分析】本题主要考查了勾股定理的综合运用、三角形面积的计算等知识点；由勾股定理求出
AE、AC、AB是解题的关键．
（1）由垂直的定义得出∠AED=∠AEC=90°，由勾股定理求出AE，再求出CE，然后根据勾股定理求
解即可；
（2）由勾股定理求出AB，再求出CD，再根据S =S +S 求解即可．
四边形ABCD △ABC △ACD
【详解】（1）解：∵AE⊥CD，
∴∠AED=∠AEC=90°，
∵AD=❑√61，DE=5，
∴AE=❑√AD2−DE2=6，
∴CE=AE=6，
∴AC=❑√AE2+CE2=6❑√2．
（2）解：∵∠B=90°，
∴AB=❑√AC2−BC2=2❑√14，
∵CD=CE+DE=6+5=11，
1 1 1 1
∴S =S +S = AB⋅BC+ CD⋅AE= ×2❑√14×4+ ×11×6=4❑√14+33．
四边形ABCD △ABC △ACD 2 2 2 2
【考点7 赵爽弦图】
【例7】（24-25八年级·江苏宿迁·期末）综合实践
我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了“赵爽弦图”．他用几何图形的截、割、拼、补来证明代
数恒等式，严密又直观，为中国古代“形数统一”、代数和几何紧密结合的独特风格树立了一个典范．在
一节八上数学复习课上，老师为了弘扬中国的数学文化，和同学们开启对“赵爽弦图”的深度研究．(1)类比“弦图”，证明定理
小明同学利用四张全等的直角三角形纸片（如图1），证明勾股定理．
因为大正方形的面积可以看成4个直角三角形与1个边长为(b−a)的小正方形组成，即面积表示为：
1
4× ab+(b−a) 2=a2+b2 ，即a2+b2=c2，进而勾股定理得到了验证．
2
善于思考的小亮同学把一个直立的火柴盒放倒（如图2），聪明的他发现用不同的方法计算梯形ABCD的
面积，也可证明勾股定理，请你和他一起证明．
(2)利用“弦图”，割拼图形
如图3，老师给出由5个小正方形组成的十字形纸板，让同学们尝试剪开，使得剪成的若干块能够拼成一
个无缝的大正方形，可以怎么剪？请你画出示意图．
(3)构造“弦图”，应用计算
如图4，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，点D是BC中点，过点C作CE⊥AD，垂
足为点F，交AB于点E，若BE=3，求AB的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)作图见解析，
(3)9
【分析】（1）依据题意，四边形ABCD的面积从大的一方面来说属于直角梯形，可利用直角梯形的面积
公式进行表示；从组成来看，由三个直角三角形组成．应利用三角形的面积公式来进行表示；
（2）由5个小正方形组成的十字形纸板得，拼成的大正方形边长应为❑√5，由此可得出要沿宽为1，长为2
的长方形对角线剪开，才能形成边长为❑√22+12=❑√5，然后沿垂直于该对角线的一端点再剪一刀，形成虚
线部分的三块，分别将这三块放在实线部分，这样就形成了四个边长为❑√5，且有一个角90°的四边形即符合题意要求的正方形；
（3）依据题意，过B作BG⊥BC交CE的延长线于点G，先证明△ACD≌△CBG，从而CD=BG，再由
1 1 1
D是CB的中点，可得CD= BC= AC，故BG= AC，又∠CBG+∠ACB=180°，可得AC∥BG，
2 2 2
1
取AE的中点为H，CE的中点为P，连PH，构造中位线，证出HP∥AC，HP= AC，进而可证出
2
1
△PHE≌△GBE得到BE=EH=HA= AE，最后结合BE=3，求出AE后即可判断得解．
2
【详解】（1）证明：由题意，图中的四边形ABCD为直角梯形，△EDA为等腰直角三角形，Rt△ABE和
Rt△CDE的形状和大小完全一样，
设梯形ABCD的面积为S，则
1 1
S= (a+b)(a+b)= (a2+b2 )+ab，
2 2
1 1 1
又∵S=S +2S = c2+2× ab= c2+ab，
Rt△EDA Rt△ABE 2 2 2
1 1
∴ (a2+b2 )+ab= c2+ab，
2 2
∴a2+b2=c2．
（2）由题意，把由5个小正方形组成的十字形纸板（如图）剪开，可拼成一个大正方形．
，
（3）由题意，过B作BG⊥BC交CE的延长线于点G，取AE的中点为H，CE的中点为P，连PH，
∵CF⊥AD
，∴∠DAC+∠ACF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACF+∠GCB=90°．
∴∠DAC=∠GCB．
又∵AC=CB，∠ACD=∠CBG=90°，
∴△ACD≌△CBG(ASA)．
∴CD=BG．
又∵D是CB的中点，
1 1
∴CD= BC= AC．
2 2
1
∴BG= AC．
2
∵∠CBG+∠ACB=90°+90°=180°，
∴AC∥BG，
∵ AE的中点为H，CE的中点为P，
1
∴ HP∥AC，HP= AC，
2
1
∴ HP∥AC∥BG，HP= AC=BG，
2
∴∠PHE=∠EBG，∠HPE=∠G，
∴△PHE≌△GBE(ASA)，
1
∴BE=EH=HA= AE，
2
又∵BE=3，
∴AE=6，
∴AB=AE+BE=6+3=9．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的证明、完全平方式、 全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形，
解题时要熟练掌握并能读懂题意，找出关键图形是关键．
【变式7-1】（24-25八年级·江苏南京·期末）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的
“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD．连
接AQ、BP、CN、DM．若正方形ABCD的面积为2a，阴影部分的面积为2b．则AN的长度为（ ）A．a+b B．a2+b2 C．❑√a+b D．❑√a2+b2
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理的证明，整式的混合运算．由阴影部分的面积为2b，得到
1 1 1
S = (2a−2b)= AM⋅DN= AM2 ，得到AM=❑√a−b，根据三角形的面积公式列方程得到
△ADM 4 2 2
2❑√a−bQM=2b−QM2，求得MQ=❑√a−b+❑√a+b，于是得到AN=AM+MN=❑√a+b．
【详解】解：由题意得AM=DN，
∵正方形ABCD的面积为2a，
∴AD=❑√2a，
∵阴影部分的面积为2b，
1 1 1
∴S = (2a−2b)= AM⋅DN= AM2 ，
△ADM 4 2 2
∴AM=❑√a−b，
1 1 1
∵S = AM⋅QM= (2b−S )= (2b−MQ2)，
△AMQ 2 4 正方形PQMN 4
∴2❑√a−bQM=2b−QM2，即QM2+2❑√a−bQM−2b=0，
∴MQ=−❑√a−b+❑√a+b(负值已舍)，
∴AN=AM+MN=❑√a+b，
故选：C．
【变式7-2】（24-25八年级·四川成都·期末）如图1，将四个全等的直角三角形拼成了一个四边形ABEC
，然后将前面四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形如图2，该正方形的面积为5；再将其四个全等
的直角三角形拼成了图3形状，图3的外轮廓周长为4+4❑√5，则图1中的点C到AB的距离为 ．4❑√5 4
【答案】 / ❑√5
5 5
【分析】本题考查了勾股定理的应用．求得四个全等的直角三角形的斜边长为❑√5，设两条直角边分别为
1
a、b，利用图3的外轮廓周长为4+4❑√5，求得ab=2，再利用图1中S =4× ab=AB×ℎ，
四边形ABCD 2
列式计算即可求解．
【详解】解：如图，由题意得FG2=5，
∴FG=❑√5（负值已舍），
如图，MN=❑√5，设ON=a，OM=b，则PM=b−a，
由题意得4(MN+PM)=4❑√5+4(b−a)=4+4❑√5，
∴b−a=1，由勾股定理得a2+b2=(❑√5) 2 ，
∵(b−a) 2=1，
∴a2+b2−2ab=1，∴5−2ab=1，
解得ab=2，
如图，AB=❑√5，设点C到AB的距离为ℎ，
1 1
∴S =4× ab=AB×ℎ，即4× ×2=❑√5ℎ，
四边形ABCD 2 2
4❑√5
∴ℎ = ，
5
4❑√5
∴点C到AB的距离为 ，
5
4❑√5
故答案为： ．
5
【变式7-3】（24-25八年级·浙江金华·期末）图1是由5个全等的直角三角形与一个小正方形组成，延长
DK交AB、AC分别于点M、N，延长EH交BD于点P（如图2）．
（1）若Rt△ABF的面积为5，小正方形FGHK的面积为9，则AB＝ ；
S S
（2）如图2，若 四边形AEHN =k，则 四边形FGHK ＝ （用含k的代数式表示）．
S S
四边形BMHP 四边形BCNK
k2−2k+1
【答案】 ❑√29
4
【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，图形面积的几何意义与代数式的变形．掌握正方
形的性质是解题的关键．
（1）根据勾股定理求出a和b的等式，即可得到AB；
（2）求出a，b，k之间的关系式，从而求得面积比．【详解】解：（1）设AF=EG=DH=BK=BC=a，FK=GF=HG=HK=b ，
∵若Rt△ABF的面积为5，小正方形FGHK的面积为9，
1
∴ a(a+b)=5，b2=9，
2
∴a2+ab=10，
∵AB2=a2+(a+b) 2，
∴AB=❑√a2+a2+2ab+b2=❑√29
故答案为：❑√29；
1 1 3ab
（2）∵S =S +S = a(a+b)+b(a+b)= a2+ +b2 ，
四边形AEHN △AEG 四边形AGHN 2 2 2
1 1 1
S =S = a(a+b)= a2+ ab，
四边形BMHP △BDK 2 2 2
∴ 1 a2+ 3 ab+b2=k (1 a2+ 1 ab ) ，
2 2 2 2
( 1−k )
∴ b+ a (b+a)=0，
2
k−1
∴b= a，
2
S b2 k2−2k+1
∴ 四边形FGHK = = ．
S a2 4
四边形BCNK
k2−2k+1
故答案为： ．
4
【考点8 勾股定理逆定理的应用】
【例8】（24-25八年级·黑龙江双鸭山·期末）两艘轮船从同一港口同时出发，甲船时速40海里，乙船时速
30海里，两个小时后，两船相距100海里，已知甲船的航向为北偏东46°，则乙船的航向为（ ）
A．南偏东44° B．北偏西44° C．南偏东44°或北偏西44° D．无法确定
【答案】C
【分析】本题考查了方位角，勾股定理逆定理，根据题意画出图形，然后利用勾股定理逆定理判断出
∠AOC=∠AOB=90°即可求解，掌握勾股定理逆定理的应用是解题的关键．
【详解】解：由题意得，OA=40×2=80海里，OB=OC=30×2=60海里，AB=AC=100，∵OA2+OC2=AC2=100，OA2+OB2=AB2=100，
∴∠AOC=∠AOB=90°，
∴点B、O、C三点共线，
∵∠1=46°，
∴∠5=90°−46°=44°，
∵∠2=∠5，
∴∠2=44°，
∴乙船的航向为南偏东44°或北偏西44°，
故选：C．
【变式8-1】（24-25八年级·黑龙江大庆·期末）笔直的河流一侧有一旅游地C，河边有两个漂流点A，B．
其中AB=AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，为方便游客决定在河边新建一个漂流点H
（A，H，B在同一直线上），并新修一条路CH，测得BC=5千米，CH=4千米，BH=3千米．则原路线
AC＝ 千米．
25 1
【答案】 /4
6 6
【分析】先根据勾股定理的逆定理说明△HBC是直角三角形且∠CHB=90°，设AC=AB=x千米，则
AH=AB−BH=(x−3)千米，最后在Rt△ACH运用勾股定理即可解答．
【详解】解：
∵在△CHB中，CH2+BH2=42+32=25，BC2=25，
∴CH2+BH2=BC2，
∴△HBC是直角三角形且∠CHB=90°；设AC=AB=x千米，则AH=AB−BH=(x−3)千米，
在Rt△ACH中，由已知得AC=x，AH=x−3，CH=4，
由勾股定理得：AC2=AH2+CH2，
25
∴x2=(x−3) 2+42，解得x= ．
6
25
故答案为 ．
6
【点睛】本题主要考查勾股定理、勾股定理逆定理等知识点，掌握勾股定理的逆定理和定理是解决本题的
关键．
【变式8-2】（24-25八年级·辽宁鞍山·期末）如图，学校在校园围墙边缘开垦一块四边形菜地ABCD，测
得AB=9m，BC=12m，CD=8m，AD=17m，且∠ABC=90°，这块菜地的面积是（ ）
A．48m2 B．114m2 C．122m2 D．158m2
【答案】B
【分析】在△ABC中，利用勾股定理求出AC的长，再由勾股定理逆定理判断△ACD的形状，由三角形面
积公式求得菜地的面积．
【详解】解：连接AC
在△ABC中，∠ABC=90°，AB=9m，BC=12m，，
AC=❑√AB2+BC2=❑√92+122=15(m)
在△ACD中，CD=8m，AD=17m，
AC2+CD2=64+225=289，AD2=172=289
∴AC2+CD2=AD2
∴△ACD是直角三角形，且∠ACD=90°．
1 1 1 1
∴S =S +S = AB⋅BC+ AC⋅CD= ×9×12+ ×8×15=114(m2)
四边形ABCD △ABC △ACD 2 2 2 2
∴这块菜地的面积是114m2
故选：B【点睛】本题考查勾股定理以及勾股定理逆定理的应用，四边形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所
学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式8-3】（24-25八年级·吉林四平·期末）如图①是超市的儿童玩具购物车，图②为其侧面简化示意
图．测得支架AC=24cm，CB=18cm，两轮中心的距离AB=30cm．
(1)连接AB，则△ABC是__________三角形，请写出推理过程．
(2)点C到AB的距离是__________cm．
【答案】(1)直角，见解析
72
(2)
5
【分析】本题考查了三角形的面积公式，勾股定理的逆定理，点到直线的距离，解题的关键是正确的识别
图形．
（1）过点C作CE⊥AB于点E，则CE的长即点C到AB的距离，根据勾股定理的逆定理得到△ABC为直
角三角形；
（2）根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：过点C作CE⊥AB于点E，则CE的长即点C到AB的距离，在△ABC中，
∵AC=24cm，CB=18cm，AB=30cm，
∴AC2+CB2=242+182=900，AB2=302=900，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形；
1 1
（2）∵S = AC⋅BC= CE⋅AB，
△ABC 2 2
∴AC⋅BC=CE⋅AB，即24×18=CE×30，
24×18
∴CE= =14.4(cm)．
30
【考点9 勾股定理的应用】
【例9】（24-25八年级·四川成都·期中）四川的人民渠（利民渠、幸福渠、官渠堰）是都江堰扩灌工程之
一，也是四川省建成的第一座大型水利工程，有“巴蜀新春第一渠”之称．现为扩建开挖某段干渠，如
图，欲从干渠某处A向C地、D地、B地分流（点C，D，B位于同一条直线上），修三条笔直的支渠AC
，AD，AB，且AC⊥BC；再从D地修了一条笔直的水渠DH与支渠AB在点H处连接，且水渠DH和支
渠AB互相垂直，已知AC=6km，AB=10km，BD=5km．
(1)求支渠AD的长度．（结果保留根号）
(2)若修水渠DH每千米的费用是0.7万元，那么修完水渠DH需要多少万元？
【答案】(1)3❑√5km
(2)2.1万元
【分析】本题考查了勾股定理的应用以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
（1）由勾股定理求出BC=8km，则CD=3km，再由勾股定理求出AD的长即可；
（2）由△ABD的面积求出DH的长，即可解决问题．
【详解】（1）解：由题意可知：AC⊥CB，
∴∠C=90°，
∵AC=6km，AB=10km，∴BC=❑√AB2−AC2=❑√102−62=8km，
∴CD=BC−BD=8−5=3km，
∴AD=❑√AC2+CD2=❑√62+32=3❑√5km，
答：公路AD的长度为3❑√5km；
（2）∵AC⊥BC，DH⊥AB，
1 1
∴S = BD⋅AC= AB⋅DH，
△ABD 2 2
∴BD⋅AC=AB⋅DH，
BD⋅AC 5×6
∴DH= = =3km，
AB 10
∴修建林荫小道DH需要的费用为3×0.7=2.1万元．
【变式9-1】（24-25八年级·福建福州·期中）《九章算术》中“勾股”一章有记载：今有池方一丈，葭生
其中央，出水一尺．引葭赴岸，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它的顶端恰
好到达池边的水面，求芦苇的长度．（1丈＝10尺）
解决下列问题：
（1）示意图中，线段AF的长为 尺，线段EF的长为 尺；
（2）求芦苇的长度．
【答案】（1）5，1；（2）芦苇长13尺．
【分析】（1）直接利用水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺，且边长为10尺的正方形，F为AB中
点，即可得出答案；
（2）根据题意，可知AB的长为10尺，则AF=5尺，设芦苇长EG=AG=x尺，表示出水深FG，根据勾股定
理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长和水深．
1 1
【详解】解：（1）由题意可得：EF=1尺，AF= AB= ×10=5尺；
2 2
故答案为：5，1；
（2）设芦苇长EG=AG=x尺，则水深FG=（x-1）尺，
在Rt△AGF中，
52+（x-1）2=x2，
解得：x=13，
∴芦苇长13尺．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，解本题的关键是数形结合以及表示出直角三角形的各边长．
【变式9-2】（24-25八年级·安徽阜阳·期中）超速行驶是引发交通事故的原因之一．上周末，小聪等三位
同学在某路段尝试用自己所学的知识检测车速，观测点设在到公路l的距离为100m的点P处．这时，一辆
轿车由西向东匀速驶来，测得此车从A处行驶到B处所用的时间为3秒，并测得∠APO=60°，
∠BPO=45°．
(1)求AB的距离，（❑√3取1.73）
(2)试判断此车是否超过了80km/h的限制速度？
【答案】(1)73m
(2)此车超过80km/h的限制速度．
【分析】本题主要考查了勾股定理、含30度角直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识
点，熟练掌握勾股定理，含30度角直角三角形的性质是解题的关键．
（1）先说明∠PAO=30°，然后根据含30度角直角三角形的性质可得AP=200m，再运用勾股定理可求
得AO的长，然后再根据等腰直角三角形的性质可得BO=100m，最后根据线段的和差即可解答；
（2）先求出从A处行驶到B处的速度，然后再比较即可解答．
【详解】（1）解：在Rt△APO中，∠APO=60°，
∴∠PAO=30°，
∴AP=2PO=200m，
∴AO=❑√AP2−PO2=❑√2002−1002=100❑√3,
∵∠BPO=45°，
∴∠PBO=45°，
∴BO=PO=100,∴AB=100❑√3−100≈73m．
（2）解：小车的速度为：73÷3≈24.33m/s≈87.59km/h>80km/h
∴此车超过80km/h的限制速度．
【变式9-3】（24-25八年级·安徽安庆·单元测试）由于大风，山坡上的一棵树甲被从点A处拦腰折断，如
图所示，其树恰好落在另一棵树乙的根部C处，已知AB=4米，BC=13米，两棵树的株距（两棵树的水
平距离）为12米，请你运用所学的知识求这棵树原来的高度．
【答案】19米
【分析】本题考查了勾股定理在实际生活中的应用，延长AB，过点C作CD⊥AB延长线于点D，利用勾
股定理先求出BD=❑√132−122=5m，即可得到AD=9m，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示：延长AB，过点C作CD⊥AB延长线于点D，
由题意可得：BC=13m,DC=12m，
故BD=❑√132−122=5m，
∴AD=4+5=9m，
则AC=❑√AD2+CD2=❑√92+122=15m，
故AC+AB=15+4=19m，
答：树原来的高度19米．【考点10 与平行四边形有关的证明与计算】
【例10】（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列
不能判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．AO=OC，OB=OD B．∠ABC=∠ADC，AD∥BC
C．AB=DC，AD∥BC D．AB=DC，AD=BC
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据所给条件逐项进行判断即可得到答案．
【详解】解：A．根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，可判定四边形ABCD为平行四边形，故A
不符合题意；
B．∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠DCB=180°，∠ABC+∠DAB=180°，
∵ ∠ABC=∠ADC，
∴ ∠DCB=∠DAB，
∴可根据两组对角分别相等的四边形为平行四边形，判定四边形ABCD为平行四边形，
故B不符合题意；
C．一组对边相等，另一组对边平行，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故C符合题意；
D．根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可判定四边形ABCD为平行四边形，故D不符合题
意；
故选：C．
【变式10-1】（24-25八年级·河南商丘·期中）如图1，AB∥CD，P为AC的中点，点E为射线AB上的
任意一点（不与点A重合），连接EP，并使EP的延长线交射线CD于点F．(1)求证：△APE≌△CPF；
(2)如图2，连接EC、AF，是否有EC∥AF，如不是，请说明理由，如果是，请证明．
【答案】(1)见解析
(2)EC∥AF，理由见解析
【分析】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等等知识，熟练掌握相关判定与
性质为解题关键．
（1）根据两直线平行内错角相等，对顶角相等，利用ASA即可证明△APE≌△CPF；
（2）利用全等三角形性质可以证明四边形AECF为平行四边形，从而可以证明EC∥AF．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠A=∠C，
∵P为AC的中点，
∴AP=PC，
又∵∠APE=∠CPF，
∴△APE≌△CPF(ASA)；
（2）解：有EC∥AF；
证明如下：
∵△APE≌△CPF，
∴AE=CF，AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∴EC∥AF．
【变式10-2】（24-25八年级·西藏拉萨·期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠C=40°，过点D作CB
的垂线，交AB于点E，交CB的延长线于点F，则∠BEF的度数为 ．
【答案】50°
【分析】本题考查了三角形内角和定理、平行线的性质，由三角形内角和定理可得∠CDF=50°，由平行
四边形的性质可得AB∥CD，再由平行线的性质即可得解．
【详解】解：∵∠C=40°，DF⊥BC，
∴∠CDF=180°−∠C−∠CFD=50°，∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BEF=∠CDF=50°，
故答案为：50°．
【变式10-3】（24-25八年级·河南漯河·期中）如图，△ABC中，D是AB边上任意一点，F是AC中点，过
点C作CE∥AB交DF的延长线于点E，连接AE，CD．
(1)求证：四边形ADCE是平行四边形；
(2)若∠B=30°，∠CAB=45°，AC=❑√6，求AB的长．
【答案】(1)见详解
(2)❑√3+3
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠CAD=∠ACE,∠ADE=∠CED．根据全等三角形的性质得到
AD=CE，于是得到四边形ADCE是平行四边形；
（2）过点C作CG⊥AB于点G．根据勾股定理得到CG=AG=❑√3，由∠B=30°得到BC=2❑√3．在
Rt△BCG中，利用勾股定理得到BG，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵AB∥CE，
∴∠CAD=∠ACE,∠ADE=∠CED．
∵F是AC中点，
∴AF=CF，
在△AFD与△CFE中，
{∠FAD=∠FCE
)
∠ADF=∠CEF ，
AF=CF
∴△AFD≌△CFE(AAS)，
∴DF=EF，
∴四边形ADCE是平行四边形；
（2）解：过点C作CG⊥AB于点G，∵∠CAB=45°，
∴∠CAG=∠GCA=45°，
∴AG=CG，
在△ACG中，∠AGC=90°，
∴AG2+CG2=AC2，
∵AC=❑√6，
∴CG=AG=❑√3，
∵∠B=30°，
1
∴CG= BC，
2
∴BC=2❑√3，
在Rt△BCG中，BG=❑√BC2−CG2=❑√(2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3，
∴AB=AG+BG=❑√3+3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和
性质，勾股定理，二次根式的性质，掌握以上知识点是解题的关键．
【考点11 与矩形有关的证明与计算】
【例11】（24-25八年级·天津西青·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，AD是中线，AN是△ABC的外
角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为E．
(1)求证：四边形ADCE是矩形；
(2)DF与AB之间的关系是什么？请说明理由．
【答案】(1)见解析；
1
(2)DF∥AB，DF= AB，理由见解析．
2
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，中位线的性质与判定，熟练掌握以上知识点
是解题的关键；（1）根据等腰三角形三线合一得到AD⊥BC，∠BAD=∠CAD，结合AN是△ABC的外角∠CAM的平
分线，可得出∠CAD+∠CAN=90°，又由CE⊥AN即可得到∠AEC=90°，然后根据矩形的判断即可
得证；
（2）利用矩形的性质可求AF=CF，根据三角形中线可得BD=CD，得出DF是△ABC的中位线，即可
得出结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC中，AB=AC，AD是中线，
∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD，
∴∠ADC=90°，
∵AN为△ABC的外角∠CAM的平分线，
∴∠MAN=∠CAN，
1
∴∠CAD+∠CAN= ×180°=90°，
2
即∠DAE=90°，
∵CE⊥AN，
∴∠AEC=90°，
∴四边形ADCE是矩形；
1
（2）解：DF∥AB，DF= AB，理由如下：
2
由（1）知，四边形ADCE为矩形，
∴AF=CF，
∵△ABC中，AD是中线，
∴BD=CD，
∴DF是△ABC的中位线，
1
∴ DF∥AB，DF= AB．
2
【变式11-1】（24-25八年级·山西运城·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=6，对角线AC与BD相交于
点O，AE⊥BD，垂足为E．若ED=3BE，则AE的长为（ ）A．3 B．4 C．3❑√3 D．6
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，由矩
形的性质可得OB=OD，OA=OC，AC=BD，由线段垂直平分线的性质可得OA=AB=OB，可证
△OAB是等边三角形得到2BE=AB，由勾股定理可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，
∴OA=OB，
∵ED=3BE
∴BE=EO，
∵AE⊥BD，
∴AB=AO，
∴OA=AB=OB，
即△OAB是等边三角形，
∴2BE=AB=6，则BE=3，
在Rt△ABE中，AE2=AB2−BE2=62−32=27，
∴AE=❑√27=3❑√3，
故选：C．
【变式11-2】（24-25八年级·辽宁鞍山·期中）已知：如图，点P为矩形ABCD的边AD上一点，连接BP，
将矩形ABCD的一部分DPBC沿BP翻折180°得D′PBC′，且点C′落在DA的延长线上．
(1)求证：C′B=C′P；
(2)若BC=10，DC=6，求折痕BP的长．
【答案】(1)见解析
(2)BP=2❑√10
【分析】本题考查矩形中的折叠问题，勾股定理：（1）根据折叠的性质，平行线的性质，推出∠PBC′=∠BPC′，即可得出结果；
（2）根据折叠的性质，结合勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：由翻折可知∠PBC=∠PBC′
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴∠BPC′=∠PBC，
∴∠PBC′=∠BPC′，
∴BC′=PC′；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，BC′=BC=10，∠BAD=90°
∴∠C′ AB=180°−∠BAD=90°
在Rt△C′ AB中，C′ A=❑√C′B2−AB2=❑√102−62=8
∵PC′=BC′=10
∴AP=PC′−C′ A=10−8=2
∴在Rt△ABP中，BP=❑√AP2+AB2=❑√22+62=2❑√10．
【变式11-3】（24-25八年级·海南海口·期中）如图，折叠矩形的一边AD，使点D落在BC边的点E处，
DE
已知AB=6cm， BC=10cm， 则CF= cm， = ．
AF8 3
【答案】
3 5
【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，二次根式的运算；先求解BE=❑√AE2−AB2=8，
CE=2，设CF=xcm，再利用勾股定理求解x，再求解DE,AF，从而可得答案．
【详解】解：由长方形的性质可知CD=AB=6cm，AD=BC=10cm，∠B=∠C=∠ADC=90°，
由折叠的性质可知AE=AD=10cm，EF=DF，
∴BE=❑√AE2−AB2=8cm，
∴CE=BC−BE=2cm，
设CF=xcm，则EF=DF=CD−CF=(6−x)cm，
在Rt△CEF中，由勾股定理得EF2=CF2+CE2，
∴x2+22=(6−x) 2，
8 8
解得x= ，即CF= cm，
3 3
∵∠C=90°，CE=2cm，CD=6cm，
∴DE2=❑√22+62=2❑√10(cm)，
8
∵CF= cm，
3
8 10
∴DF=6− = (cm)，
3 3
∴AF=❑
√
102+
(10) 2
=
10❑√10
(cm)，
3 3
DE 2❑√10 3
= =
∴AF 10❑√10 5；
3
8 3
故答案为： ， ．
3 5
【考点12 与菱形有关的证明与计算】
【例12】（24-25八年级·陕西西安·期中）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC平分
∠BAD，过点D作DP∥AC，过点C作CP∥BD，DP、CP交于点P，连接OP．(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若AC=12，BD=16，求OP的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）根据平行四边形的性质和角平分线的定义证得∠BAC=∠BCA，进而利用等角对等边得到
AB=BC，然后根据菱形的判定定理可得结论；
（2）先根据菱形的性质和勾股定理求得CD=10，AC⊥BD，再证明四边形OCPD是矩形，利用矩形的
对角线相等得到OP=CD=10．
【详解】（1）证明∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠DAC=∠BCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AC=12，BD=16，
1 1
∴OC= AC=6，OD= BD=8，AC⊥BD，
2 2
∴CD=❑√OD2+OC2=❑√82+62=10．
∵DP∥AC，CP∥BD，
∴四边形OCPD是平行四边形．
∴四边形OCPD是矩形，∴OP=CD=10．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判
定、勾股定理、角平分线的定义等知识，熟练掌握菱形和矩形的判定与性质是解答的关键．
【变式12-1】（24-25八年级·陕西西安·期中）如图，在菱形ABCD中摆放了一副三角板，等腰直角三角板
DEF的一条直角边DE在菱形边AD上，直角顶点E为AD的中点，含30°角的直角三角板的斜边GB在菱形
ABCD的边AB上．连接AC，若DF=4，则AC的长为（ ）
A．8 B．4❑√2 C．8❑√2 D．4❑√6
【答案】D
【分析】由DF的长可求得DE的长，再求得AD的长，再利用含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：如图，连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,BD=2OD,AC=2OA．
∵∠≝=∠BHG=90°，
∴DE∥GH，
∴∠DAB=∠BGH=60°，
∵AD=AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=DB，
∵BE⊥AD，AE=DE=EF，FD=4，DE2+EF2=DF2，
∴DE=2❑√2，
∴AD=2DE=4❑√2，1
∵∠DAO= ∠DAB=30°，
2
1
∴DO= AD=2❑√2，
2
∴AO=❑√AD2−DO2=2❑√6，
∴AC=4❑√6．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式12-2】（24-25八年级·广东梅州·期中）如图，矩形ABCD和矩形AECF有公共顶点A 和C，
CD=CE, AE与BC相交于点G，AD与CF相交于点H．
(1)求证：四边形AGCH是菱形．
(2)连接AC,GH，若 AC=10,GH=4,求四边形AGCH的面积．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质：
（1）过点H作HM⊥AG，过点G作GN⊥AH，先证明AGCH是平行四边形，根据等积法求出
AH=AG，即可得证；
（2）根据菱形的面积公式进行计算即可．
【详解】（1）解：过点H作HM⊥AG，过点G作GN⊥AH，∵矩形ABCD和矩形AECF，
∴AE∥CF,AD∥BC,CE⊥AE,CD⊥BC，
∴AH∥CG,AG∥CH，NG=CD,HM=CE，
∴四边形AGCH是平行四边形，
∵CD=CE,
∴NG=HM，
∵S =AH⋅NG=AG⋅HM，
▱AHCG
∴AH=AG，
∴四边形AGCH是菱形；
（2）由（1）知：四边形AGCH是菱形，AC=10,GH=4,
1
∴四边形AGCH的面积= AC⋅GH=20．
2
【变式12-3】（24-25八年级·湖北武汉·期中）菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，点G为AB的中点，以
BG为边作菱形BEFG，其中点E在CB的延长线上，点P为FD的中点，则PB=（ ）
❑√7 ❑√5+1 5
A． B．❑√3 C． D．
2 2 3
【答案】A
【分析】连接BF、BD，根据菱形ABCD的边长为2，可得AB=BC=CD=2，由∠A=60°，可得
△BCD是等边三角形，进而可求∠DBF=90°，再根据勾股定理分别求出BF、DF的长，进而根据直角
三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得PB的长．【详解】解：如图，连接BF、BD，
∵菱形ABCD的边长为2，
∴AB=BC=CD=2，∠C=∠A=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD=BC=2，∠DBC=60°，
∴在菱形ABCD中，∠DBA=∠DBC=60°，
∵点G为AB的中点，
1
∴BG= AB=1
2
∴菱形BEFG的边长为1，即BE=EF=BG=1，
∵点E在CB的延长线上，∠GBE=180°−∠DBA−∠DBC=60°，
1
∴在菱形BEFG中，∠FBG= ∠GBE=30°，
2
连接EG，交BF于点O，
∴EG⊥FB，
1 1
∴OG= BG= ，
2 2
❑√3
OB=❑√BG2−OG2=
，
2
∴在菱形BEFG中，FB=2OB=❑√3 ，
∵∠DBF=∠DBA+∠FBG=60°+30°=90°，
∴在Rt△BDF中，DF=❑√DB2+BF2=❑√22+(❑√3) 2=❑√7，
∵点P为FD的中点，
1 ❑√7
∴PB= DF= ．
2 2
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，解题
的关键是掌握菱形的性质．【考点13 与正方形有关的证明与计算】
【例13】（24-25八年级·四川泸州·期中）如图所示，四边形ABCD是正方形，M是AB延长线上一点．直
角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在AB边上滑动（点E不与点A、B重合），另一直角边与
∠CBM的平分线BF相交于点F．
(1)如图1，当点E在AB边的中点位置时，若DE=EF，连接点E与AD边的中点N，请猜想NE与BF的数
量关系，并加以证明．
(2)如图2，当点E在AB边上的任意位置时，猜想此时DE与EF有怎样的数量关系并证明你的猜想．
【答案】(1)NE=BF，证明见解析
(2)DE=EF，证明见解析
【分析】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键就是求证
△DNE≌△EBF(ASA)．
（1）取AD的中点N，连接NE，，证出△DNE≌△EBF(ASA)即可得出答案；
（2）在DA边上截取DN=EB，连接NE，证出△DNE≌△EBF(ASA)即可得出答案．
【详解】（1）解：NE=BF，
证明如下:如图，取AD的中点N，连接NE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB ，
∵N,E分别为AD,AB中点
1 1
∴AN=DN= AD,AE=EB= AB，
2 2∴DN=BE,AN=AE
又∵∠A=90°
∴∠ANE=45°
∴∠DNE=180°−∠ANE=135°，
又∵∠CBM=90°，BF平分∠CBM
∴∠CBF=∠MBF=45°,∠EBF=135°．
∴∠DNE=∠EBF
∵∠DAB=∠≝=90°，
∴∠AED+∠FEB=90°,∠ADE+∠AED=90°，
∴∠ADE=∠FEM
在△DNE和△EBF中
{∠ADE=∠FEB
)
DN=EB
∠DNE=∠EBF
∴△DNE≌△EBF(ASA)，
∴NE=BF
（2）DE=EF，
证明：如图，在DA边上截取DN=EB，连接NE，
∵四边形ABCD是正方形， DN=EB，
∴AN=AE，
∴△AEN为等腰直角三角形，
∵∠ANE=45°
∴∠DNE=180°−45°=135°，
∵BF平分∠CBM， AN=AE，
∴∠EBF=∠ABC+∠CBF=90°+45°=135°，
∴∠DNE=∠EBF，
∵∠DAB=∠≝=90°，∴∠AED+∠FEB=90°,∠ADE+∠AED=90°，
∴∠ADE=∠FEB
在△DNE和△EBF中
{∠ADE=∠FEB
)
DN=EB
∠DNE=∠EBF
∴△DNE≌△EBF(ASA)，
∴DE=EF．
【变式13-1】（24-25八年级·河北张家口·期中）如图，已知正方形纸片ABCD，M、N分别是AD、BC的
中点，把BC边向上翻折，使点C恰好落在MN上的P点处，BQ为折痕，则∠PBQ的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．60°
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取
BP的中点E，连接NE，证明四边形ABNM为矩形，得出∠BNM=90°，根据直角三角形性质得出
1
NE=BE= BP，证明△BNE为等边三角形，得出∠NBE=60°，即可得出结果．
2
【详解】解：取BP的中点E，连接NE，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°，AD∥BC，
根据折叠的性质知：BP=BC，∠PBQ=∠CBQ，
∵M、N分别是AD、BC的中点，1 1
∴BN= BC,AM= AD，
2 2
∴BN=AM，
∵AD∥BC，
∴四边形ABNM为平行四边形，
∵∠ABN=90°，
∴四边形ABNM为矩形，
∴∠BNM=90°，
∵E为BP的中点，
1
∴NE=BE= BP，
2
1
∵BP=BC，BN= BC，
2
∴BN=NE=BE，
∴△BNE为等边三角形，
∴∠NBE=60°，
1
∴∠PBQ=∠CBQ= ∠EBN=30°．
2
故选：C．
【变式13-2】（24-25八年级·河南郑州·期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E,F分别是边
CD,AD的中点，连接AE,BF，点G,H分别是AE,BF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
【答案】❑√2
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明△ABF≌△DAE，推出
AE⊥BF，勾股定理求出BF的长，等积法求出AM的长，勾股定理求出MF的长，进而求出GM,HM的
长，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：设AE,BF交于点M，∵正方形ABCD，边长为4，
∴AB=AD=CD=4,∠BAF=∠D=90°，
∵点E,F分别是边CD,AD的中点，
1 1
∴AF= AD=2,DE= CD=2，
2 2
∴AF=DE，BF=AE=❑√42+22=2❑√5，
∴△ABF≌△DAE，
∴∠DAE=∠ABF，
∴∠DAE=∠ABF，
∴∠DAE+∠AFB=∠ABF+∠AFB=90°，
∴∠AMF=90°，
∴AE⊥BF，
1 1
∴S = AB⋅AF= BF⋅AM，即：4×2=2❑√5AM，
△ABF 2 2
4❑√5
∴AM= ，
5
2❑√5
∴FM=❑√AF2−AM2=
，
5
∵点G,H分别是AE,BF的中点，
1 1
∴AG= AE=❑√5,FH= BF=❑√5，
2 2
❑√5 3❑√5
∴MG=AG−AM= ，HM=HF−FM= ，
5 5
∴HG=❑√MG2+H M2=❑√2；
故答案为：❑√2
【变式13-3】（24-25八年级·宁夏银川·期中）如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，
把△DEC沿DE折叠得到△≝¿，延长EF交AB于点G，连接DG．(1)求证△ADG≌△FDG；
(2)如图2，若正方形边长为6，点E为BC的中点，连接BF，求线段AG的长；
(3)在（2）的条件下求出△BEF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AG=2
18
(3)
5
【分析】（1）由正方形得AD=CD，∠A=∠C=90°，由折叠的性质得FD=CD，∠DFE=∠C=90°
，即可得AD=FD，∠DFG=90°，进而利用HL即可求证；
1
（2）由正方形的边长为6得BE=CE= BC=3，进而由折叠得FE=CE=3，又由△ADG≌△FDG得
2
AG=FG，设AG=FG=x，则BG=6−x，EG=3+x，在Rt△BEG中，利用勾股定理求出x即可求解；
3
（3）求出S ，再根据S = S 即可求解．
△BEG △BEF 5 △BEG
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠C=90°，
由折叠可得，FD=CD，∠DFE=∠C=90°，
∴AD=FD，∠DFG=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG，
{DG=DG)
，
AD=FD
∴Rt△ADG≌Rt△FDG(HL)；
（2）解：∵正方形边长为6，
∴AB=BC=6，
∵点E为BC的中点，
1
∴BE=CE= BC=3，
2由折叠可得，FE=CE=3，
∵△ADG≌△FDG，
∴AG=FG，
设AG=FG=x，则BG=6−x，EG=3+x，
在Rt△BEG中，BG2+BE2=EG2，
∴(6−x) 2+32=(3+x) 2，
解得x=2，
∴AG=2；
（3）解：∵AG=FG=2，
∴BG=4，EG=5，
1 1
∴S = BG·BE= ×4×3=6，
△BEG 2 2
3 3 18
∴S = S = ×6= ．
△BEF 5 △BEG 5 5
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，
掌握正方形和折叠的性质是解题的关键．
【考点14 与直角三角形斜边的中线有关的证明与计算】
【例14】（24-25八年级·广东梅州·期中）在正方形ABCD中，AD=2，E，F分别为边DC，CB上的
点，且始终保持DE=CF，连接AE和DF交于点P，则线段CP的最小值为（ ）
❑√5
A．❑√5−1 B．❑√5 C． D．❑√2
2
【答案】A
【分析】根据“边角边”证明△ADE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠DAE=∠CDF，
然后求出∠APD=90°，取AD的中点O，连接OP，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点
P到AD的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得C、P、O三点共线时线段CP的值最小，然后
根据勾股定理列式求出CO，再求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADE=∠DCF=90°，
在△ADE和△DCF中，
{
AD=CD
)
∠ADE=∠BCD ，
DE=CF
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠DAE=90°，
∴∠APD=90°，
1 1 3
取AD的中点O，连接OP，CO，则OP= AD= ×3= （不变），
2 2 2
根据两点之间线段最短得C、P、O三点共线时线段CP的值最小，
在Rt△COD中，根据勾股定理得，CO=❑√CD2+OD2=❑√22+12=❑√5，
∴CP=CO−OP=❑√5−1，
∴CP的最小值为❑√5−1，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
的性质，勾股定理，确定出点P到AD的中点的距离是定值是解题的关键．
【变式14-1】（24-25八年级·浙江绍兴·期中）如图，△ABC中，D为AB中点，E在AC上，且BE⊥AC
．若DE=5，AE=8，EC=❑√7，则BC的长度是 ．【答案】❑√43
【分析】此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质以及勾股定理．注意掌握直角三角形斜边的中线等于
斜边的一半定理的应用是解此题的关键．
根据直角三角形斜边上的中线求出AB长，根据勾股定理求出BE即可；
【详解】解：∵BE⊥AC，
∴∠BEA=90°
∵DE=5，D为AB中点，
∴AB=2DE=10，
在Rt△ABE中，
∵AE=8，
∴由勾股定理得：BE=❑√AB2−AE2=❑√102−82=6；
在Rt△CBE中，
∵EC=❑√7，BE=6，
由勾股定理得BC=❑√EC2+BE2=❑√(❑√7) 2+62=❑√43；
故答案为：❑√43
【变式14-2】（24-25八年级·山西运城·期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，
∠BAD=130°，点E为对角线AC的中点，连接DE，BE，BD，则∠DBE的度数为（ ）
A．50° B．40° C．30° D．25°
【答案】B
【分析】本题考查了等边对等角、直角三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理，先
1
求出∠BCD=50°，再由直角三角形的性质可得BE=CE=DE= AC，由等边对等角可得
2
∠EBC=∠ECB，∠EDC=∠ECD，∠EBD=∠EDB，再由三角形外角的定义及性质可得
∠BED=100°，最后再由三角形内角和定理计算即可得解．
【详解】解：∵在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠BAD=130°，∴∠BCD=360°−∠ABC−∠ADC−∠BAD=50°，
∵∠ABC=∠ADC=90°，点E为对角线AC的中点，
1
∴BE=CE=DE= AC，
2
∴∠EBC=∠ECB，∠EDC=∠ECD，∠EBD=∠EDB，
∴∠BED=∠BEA+∠DEA=∠EBC+∠ECB+∠EDC+∠ECD=2(∠ECB+∠ECD)=100°，
180°−∠BED
∴∠EBD=∠EDB= =40°，
2
故选：B．
【变式14-3】（24-25八年级·江苏盐城·期中）如图，已知锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上
的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
(1)证：MN⊥DE；
(2)若∠ABC=75°，∠ACB=40°，连接DM、ME，求∠DME的度数．
【答案】(1)见解析
(2)50°
【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，熟记直
角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
1 1
（1）连接DM、ME，根据直角三角形斜边中线的性质得到DM= BC，ME= BC，则DM=ME，然
2 2
后根据等腰三角形的性质得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠BMD+∠CME=115°，结合平角的定义求解即
可．
【详解】（1）证明：如图，连接DM、ME，CD BE AB AC BC
∵ 、 分别是 、 边上的高，M是 的中点，
∴∠BDC=∠BEC=90°，
∴△BCD,△BCE都是直角三角形，
1 1
∴DM= BC，ME= BC，
2 2
∴DM=ME，
∴△MDE是等腰三角形，
又∵N为DE中点，
∴MN⊥DE；
（2）解：∵∠ABC=75°，∠ACB=40°，
∴∠ABC+∠ACB=115°，
由（1）知DM=ME=BM=MC，
∴∠ABC=∠BDM,∠MEC=∠ACB，
∴∠BMD=180°−2∠ABC,∠CME=180°−2∠ACB，
∴∠BMD+∠CME=(180°−2∠ABC)+(180°−2∠ACB)=360°−2(∠ABC+∠ACB)=130°，
∴∠DME=180°−(∠BMD+∠CME)=50°．
【考点15 与三角形中位线有关的证明与计算】
【例15】（24-25八年级·陕西咸阳·期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边
AB,BC,CD,DA的中点，那么添加下列条件一定能判定四边形EFGH是正方形的是（ ）
A．AC=BD且AB=AD B．AC⊥BD且AC和BD互相平分
C．∠BAD=∠ABC且AC=BD D．AC=BD且AC⊥BD【答案】D
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键．
根据三角形的中位线定理先证明四边形EFGH是平行四边形，再证明其是菱形，最后根据有一个角是直角
的菱形的是正方形即可证明．
【详解】解：如图：
当AC=BD且AC⊥BD，四边形EFGH是正方形，理由如下：
∵点E，F，G，H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
1 1 1
∴EH= BD,EH∥BD,FG= BD,FG∥BD，EF= AC，FE∥AC，
2 2 2
∴EH∥FG,EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC=BD，
∴EF=EH，
∴四边形EFGH是菱形，
∵AC⊥BD，
∴∠1=90°，
∵FE∥AC，
∴∠1+∠2=180°，
∴∠2=90°，
∵FG∥BD，
∴∠3=∠2=90°，
∴四边形EFGH是正方形，故D符合题意，而A、B、C均不能证明，不符合题意，
故选：D．
【变式15-1】（24-25八年级·甘肃兰州·期末）如图，在菱形ABCD 中，AE⊥BC于点E，
BE=EC,AC=2，则菱形 ABCD的周长是（）A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，直角三角形的性质，连接OE，根据题意可得
1
△AEC是直角三角形，结合菱形的性质可得O点是AC的中点，求出OE= AC=1，由BE=EC，易得E
2
点是BC的中点，易证OE是△ABC的中位线，推出AB=2OE=2，再根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：连接OE，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°
∴△AEC是直角三角形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴O点是AC的中点，AC=2，
1
∴OE= AC=1，
2
∵BE=EC，
∴E点是BC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴AB=2OE=2，
∴菱形 ABCD的周长是2×4=8．
故选：B．
【变式15-2】（24-25八年级·辽宁鞍山·期中）如图，菱形ABCD对角线AC、BD交于点O，点E为OD的
中点，连接AE并延长至点F使EF=AE，连接FD、FC，试判断四边形OCFD的形状并说明理由．【答案】四边形OCFD是矩形，见解析
【分析】此题考查的是菱形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定定理、三角形中位线定理等知
识，由菱形的性质及三角形中位线性质可得四边形OCFD是平行四边形，再根据矩形的判定方法可得答
案．
【详解】解：四边形OCFD是矩形．
理由：∵AE=FE，OE=DE，∠AEO=∠FED，
∴△AOE≌△FDE，
∴OA=DF，∠OAE=∠DFE，
∴OA∥DF，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，AC⊥BD，
∴OC=DF，∠COD=90°，
又∵OC∥DF，
∴四边形OCFD是平行四边形．
又∵∠COD=90°，
∴平行四边形OCFD是矩形．
解法2：四边形OCFD是矩形．
理由：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，AC⊥BD，
∵AE=FE，
∴OE是△ACF的中位线，
1
∴OE∥CF，OE= CF，
2∵OE=DE，
1
∴OE= OD，
2
∴CF=OD，
∵CF∥OD，
∴四边形OCFD是平行四边形．
又∵AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∴平行四边形OCFD是矩形．
【变式15-3】（24-25八年级·山东潍坊·期末）【观察与发现】
如图1，我们在探究三角形中位线定理时，通过剪切和拼接的方法将三角形拼成了面积相等的平行四边
形．
同样，我们也可以将任意一个四边形剪开拼成一个面积相等的平行四边形．操作如下：如图2，沿着过对
边中点的两条线段EG和HF剪开，将四边形ABCD分成四部分．通过旋转或移动，使点B，C，D与A重
合，可以得到，新四边形OLKJ是平行四边形．
【类比与探究】
（1）类比上述做法，尝试将任意一个三角形剪开拼成一个与其面积相等的矩形．
①图3是将△ABC剪开拼成矩形BCH H 的一种方法的一种方法．
2 1
依据图中呈现的操作方法，可知：DE与BC的数量关系为_______；AH与DE的位置关系为_________；
②如图4，请你再设计一种将△ABC剪开拼成与其面积相等的矩形的方法．仿照图3用虚线在左图中画出
剪切线，简单说明剪切线满足的条件，在右图画出拼成的简图．
【实践与应用】
（2）请思考如何将任意一个四边形剪开拼成一个与原四边形面积相等的矩形？请你设计思路不同的两种
方案，在图5中用虚线画出分割线，用实线画出拼成的矩形．1
【答案】（1）①DE= BC；AH⊥DE；②见解析（2）见解析
2
【分析】（1）①根据题意可得出△ADH≌△BDH ，△AEH≌△CDH ，进而由全等三角形对应边和
1 2
对应角相等推出DE为△ABC的中位线，以及∠AHD=∠AHE=90°，即可得出结论．
②从AB和AC的中点D、E作BC的垂线，垂足分别为M、N，由△ADG≌△BDM和△AEH≌△GEN得
到拼接方法．
（2）把四边形由对角线分为两个三角形参考（1）①中的方法，或参考题干中四边形对边中点的方法拼接
平行四边形的方法，把其中一组对边连线改为由中点向另一组对边中点连线作垂线进行分割操作即可．
【详解】解：（1）①如图，根据剪切和拼接操作方法可知，△ADH≌△BDH ，△AEH≌△CEH ，
1 2
∴AD=BD，AE=CE
，
∴DE为△ABC的中位线．
1
∴DE= BC．
2
又∵四边形BCH H 是矩形．
2 1
∴∠AHD=∠BH D=90°，∠AHE=∠CH E=90°，
1 2
∴AH和DE的位置关系为AH⊥DE．
1
故答案为：①DE= BC；AH⊥DE；
2
②如图，D，E分别是AB，AC的中点，DM⊥BC，EN⊥BC．再由GH∥BC可推出
△ADG≌△BDM，△AEH≌△CEN，沿DM和NE从△ABC剪下△BDM和△GEN，然后拼接在
△ADG和△AEH．
（2）第一种方法：E、F、H、G分别为四边形的四条边的中点，DJ⊥GH，BK⊥EF．沿虚线
GH、EF、DJ和BK剪开四边形ABCD，把△DJG、△DJH、△BKF和△BKE分别拼接到①、②、
③和④处即可．．
第二种方法：E、F、H、G分别为四边形的四条边的中点，HJ⊥GF，EK⊥GF，沿虚线GF、HJ和
EK剪开四边形ABCD形成四个四边形①、②、③和④，再如图中所示拼接即可．
．
【点睛】本题考查了任意四边形拼接矩形，涉及到三角形中位线定理，矩形的性质，全等三角形的判定和
性质等知识点．对灵活运用中位线定理和构造全等三角形是解答本题的关键．
【压轴篇】
【考点16 化简含字母的二次根式】
❑√−x y2
【例16】（24-25八年级·上海静安·期中）已知xy<0，化简二次根式 的值是（ ）．
y
A．❑√x B．−❑√x C．❑√−x D．−❑√−x
【答案】C
【分析】根据二次根式有意义的条件求出−x y2≥0，求出x、y的范围，再根据二次根式的性质进行化简
即可．
【详解】解：由二次根式有意义的条件求出−x y2≥0，
∵xy<0，
∴x<0，y>0，
❑√−x y2 ❑√−x⋅y
∴ = =❑√−x．
y y
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简和二次根式有意义的条件，能熟记二次根式的性质是解此题的
关键．
【变式16-1】（24-25八年级·湖北黄石·期中）已知a<0，则二次根式❑√−a2b化简后的结果为（ ）．
A．a❑√b B．a❑√−b C．−a❑√b D．−a❑√−b【答案】D
【分析】由题意可得b<0，再根据二次根式的性质化简即可．
【详解】解：由题意可得：b<0
∴❑√−a2b=|a)❑√−b
∵a<0
∴|a)=−a
∴❑√−a2b=|a)❑√−b=−a❑√−b
故选：D
【点睛】此题考查了二次根式的化简，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质．
√−a
【变式16-2】（24-25八年级·上海·期中）已知a>0，那么❑ 可化简为（ ）
b
1 1 1
A．b❑√−ab B．− ❑√ab C．− ❑√−ab D． ❑√−ab
b b b
【答案】C
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简、二次根式有意义的条件，掌握分式有意义的条件、二次根式
有意义的条件和二次根式的乘除法公式是解决此题的关键．
−a
根据二次根式有意义的条件得到 ，则b<0，根据二次根式的性质利用二次根式的乘除法公式化简即
b
可．
−a
【详解】解：∵ ，a>0，
b
∴b<0，
√−a √−ab 1
∴原式=❑ =❑ =− ❑√−ab，
b b2 b
故选：C．
m √ n
【变式16-3】（24-25八年级·北京顺义·期末）当m<0时，化简二次根式 ❑ ，结果正确的是（ ）
n m
1 1
A．n❑√mn B．−n❑√mn C． ❑√mn D．− ❑√mn
n n
【答案】D√a ❑√a
【分析】先判断n<0, 再利用❑ = (a≥0,b>0)进行化简即可.
b ❑√b
n
【详解】解：∵m<0, >0,
m
∴n<0,
m √ n m √mn m ❑√mn ❑√mn
∴ ❑ = ❑ = · =− .
n m n m2 n −m n
故选D
【点睛】本题考查的是二次根式的化简，根据隐含条件判断n<0是解本题的关键，易错点的是化简过程中
出现二次根式没有意义的情况.
【考点17 求立体图形的最短路径问题】
【例17】（24-25八年级·四川达州·期末）如图，桌上有一个圆柱形盒子（盒子厚度忽略不计），高为
10cm，底面周长为12cm，在盒子外壁离上沿2cm的点A处有一只蚂蚁，此时，盒子内壁离底部4cm的点
B处有一滴蜂蜜，蚂蚁沿盒子表面爬到点B处吃蜂蜜，求蚂蚁爬行的最短距离（ ）
A．12cm B．2❑√3cm C．6❑√2cm D．10cm
【答案】D
【分析】本题考查了平面展开之最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解
题的关键．将容器侧面展开，得到A关于EG的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所
求，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图是侧面展开图的一半，作点A关于EG的对称点A′，连接A′B，作A′D∥EG交BG的延
长线于点D，由题意可知，A′B为所求∵高为10cm，底面周长为12cm，在盒子外壁离上沿2cm的点A处有一只蚂蚁，此时，盒子内壁离底部
4cm的点B处有一滴蜂蜜
∴ EA=2=A′E=DG，BG=10−4=6，A′D=6，∠EGB=90°
∴BD=DG+BG=2+6=8
∵A′D∥EG
∴∠G=∠EGB=90°
∴A′B=❑√A′D2+BD2=❑√62+82=10
故选：D．
【变式17-1】（24-25八年级·河南周口·期末）如图①所示的正方体木块的棱长为 ❑√2cm，沿其相邻三个
面的对角线（图中虚线）剪掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②所示的几何体表面从顶点A
爬行到顶点 B的最短距离为（ ）
A．(❑√2+1)cm B．(❑√2+❑√3)cm C．❑√3cm D．(❑√3+1)cm
【答案】D
【分析】本题主要考查了几何体截面图、垂直平分线的判定与性质、等腰直角三角形的性质、等边三角形
的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先分析出将裁剪后的几何体表面展开，可得
△BCD是等腰直角三角形，△ACD 是等边角形，设AB交CD于点E，易得当蚂蚁沿着A、E、B的路线
爬行时，距离最短，且AB垂直平分线CD，利用勾股定理和直角三角形的性质解得BE，AE的值，即可获
得答案．
【详解】解：将裁剪后的几何体表面展开，得到如图所示的图形（部分），△BCD是等腰直角三角形，△ACD 是等边角形，设AB交CD于点E，
当蚂蚁沿着A、E、B的路线爬行时，距离最短，
此时AC=CD=AD，BC=BD，
∴AB垂直平分线CD，
在Rt△BCD中，CD=❑√BC2+BD2=2cm，
1
∴AC=CD=2cm，BE=CE= CD=1cm，
2
在 Rt△ACE中，AE=❑√AC2−CE2=❑√3cm，
∴从顶点A爬行到顶点B的最短距离为(❑√3+1)cm．
故选：D．
【变式17-2】（24-25八年级·河南南阳·期末）如图，教室墙面ADEF与地面ABCD垂直，点P在墙面上，
若PA=❑√13米，AB=2米，点P到AF的距离是3米，一只蚂蚁要从点P爬到点B，它的最短行程是（ ）
米
A．5 B．❑√18 C．❑√13 D．3
【答案】A
【分析】本题考查平面展开—最短路径问题及勾股定理的应用，可将教室的墙面ADEF与地面ABCD展
开，连接PB，根据两点之间线段最短，利用勾股定理求解即可．正确利用立体图形中的最短距离，通常
要转换为平面图形的两点间的线段长来进行解决是解题的关键．
【详解】解：如图，过P作PG⊥BF于G，连接PB，PB P B
此时 的长为这只蚂蚁从点 爬到点 的最短行程，
∵PA=❑√13米，AB=2米，点P到AF的距离是3米，
∴PG=3米，
∴AG=❑√PA2−PG2=❑√(❑√13) 2 −32=2（米），
∴BG=GA+AB=2+2=4（米），
∴PB=❑√GB2+PG2=❑√42+32=5（米），
∴这只蚂蚁的最短行程应该是5米．
故选：A．
【变式17-3】（24-25八年级·陕西西安·期末）如图，一只蚂蚁从长为5cm、宽为3cm、高为10cm的长方体
纸箱的A点沿纸箱表面爬到B点，那么它所爬行的最短路线的长是 cm．
【答案】2❑√41
【分析】本题考查平面展开图—最短路径问题，是重要考点，掌握分类讨论法是解题关键．先将图形展
开，再根据两点之间线段最短，由勾股定理解答即可．
【详解】解：如图，
AB=❑√102+(3+5) 2=2❑√41(cm)
；
如图，AB=❑√(10+3) 2+52=❑√194(cm)
；
如图，
AB=❑√102+(3+5) 2=2❑√41(cm)
；
∵2❑√41<❑√194，
∴它所行的最短路线的长为2❑√41cm．
故答案为：2❑√41．
【考点18 几何动点问题】
【例18】（24-25八年级·江苏扬州·期中）如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一
动点PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，当点P从点B运动到点C，点M运动的路径长为
（ ）
A．1.5 B．2 C．2.4 D．2.5
【答案】D
【分析】连接AP，根据勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，从而可得∠BAC=90°，再根据垂
直定义可得∠PEA=∠PFA=90°，从而可得四边形AEPF是矩形，然后利用矩形的性质可得EF=AP，
1
再利用直角三角形斜边上的中线性质可得AM=MP= AP，取AB的中点为M′，AC的中点为M″，连接
2
M M′，M′M″，得出M M′是△ABP的中位线，M′M″是△ABC的中位线，求得
1
M′M″= BC2.5，M′M″∥BC，M的运动路径长为M′M″的长度，即M运动的路径从而得出结果．
2【详解】解：连接AP，
∵AB=3，AC=4，BC=5，
∴AB2+AC2=32+42=25，BC2=52=25，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠BAC=90°，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PEA=∠PFA=90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴EF=AP，
∵点M是EF的中点，
∴点M是EF与AP的交点，
1
∴AM=MP= AP，
2
取AB的中点为M′，AC的中点为M″，连接M M′，M′M″，
∵M′是AB的中点，M是AP的中点，
∴M M′是△ABP的中位线，
∴M M′∥BP，
∴∠AM′M=∠B，
∵∠B是定值，
∴∠AM′M也是定值，
∵A，M′是定点，
∴M在M M′所在的直线上运动，∵M′是AB的中点，M″是AC的中点，
∴M′M″是△ABC的中位线，
1
∴M′M″= BC=2×5=2.5，M′M″∥BC，
2
∴∠AM′M″=∠B=∠AM′M，
∴M′，M、M″三点共线，
1
∵AM= AP，
2
∴当P与B点重台时，M与M′重合，当P与C点重合时，M与M″重合，
∴M的运动路径长为M′M″的长度，即M运动的路径长为2.5，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理的逆定理，垂线段最短，中
位线性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式18-1】（24-25八年级·贵州遵义·期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，且
AD=12cm，AB=8cm，DC=10cm，若动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿线段AD向点D运动；
动点Q从C点出发以每秒2cm的速度沿CB向B点运动，当Q点到达B点时，动点P、Q同时停止运动，
设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题：
(1)BC= cm；
(2)当t= 秒时，四边形PQBA成为矩形．
(3)当t为多少时，PQ∥CD？
(4)是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)18
(2)6
(3)4
25
(4)存在t，使得△△DQC是等腰三角形，此时t的值为5秒或6秒或 秒．
6
【分析】（1）作DE⊥BC于E，则四边形ABED为矩形．在Rt△CDE中，已知DC、DE的长，根据勾股定理可以计算EC的长度，根据BC=BE+EC即可求出BC的长度；
（2）当PA=BQ时，四边形PQBA为矩形，根据PA=QB列出关于t的方程，解方程即可；
（3）当PQ∥CD时，四边形CDPQ是平行四边形可建立方程求解即可得出结论；
（4）因为三边中，每两条边都有相等的可能，所以应考虑三种情况．结合路程=速度×时间求得其中的有
关的边，运用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识求解．
【详解】（1）如图，过D点作DE⊥BC于E，
∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A=90° ，
∴四边形ABED为矩形，
∴DE=AB=8cm，AD=BE=12cm，
在Rt△CDE中，
∵∠CED=90°，DC=10cm，DE=8cm，
∴EC=❑√DC2−DE2=6cm，
∴BC=BE+EC=18cm；
（2）根据题意得：PA=tcm，CQ=2tcm，则BQ=BC−CQ=(18−2t)cm，0≤t≤9 ，
∵AD∥BC，∠B＝90°
∴当PA=BQ时，四边形PQBA为矩形，
即t=18−2t，解得t=6秒，
故当t=6秒时，四边形PQBA为矩形；
（3）根据题意得：PA=tcm，CQ=2tcm，则PD=AD−PA=(12−t)cm，0≤t≤9 ，
PQ∥CD时，如图，
∵AD∥BC，
∴四边形CDPQ是平行四边形，
∴PQ=CD，DP=CQ，
∴12−t=2t，
∴t=4秒；（4）△DQC是等腰三角形时，分三种情况讨论：
①当QC=DC时，即2t=10，
∴t=5；
②当DQ=DC时，CQ=2CE，
即2t=6×2，
∴t=6；
③如图，当QD=QC时，则QD=2tcm ，QE=QC−CE=(2t−6)cm ，
在Rt△QDE 中，QD2=QE2+DE2 ，
即(2t) 2=(2t−6) 2+82 ，
25
解得： t= ．
6
25
故存在t，使得△DQC是等腰三角形，此时t的值为5秒或6秒或 秒．
6
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了直角梯形的性质、矩形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾
股定理等知识，此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
【变式18-2】（24-25八年级·福建厦门·期中）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，对角线AC，BD
相交于点O，P为线段OB上一点，连接CP，将线段CP绕点P顺时针旋转，交AB延长线于点Q．
(1)求证：AP=PQ；
(2)在P点运动过程中，∠CPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
(3)判断线段DP与线段BQ的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)不变，∠CPQ=60°，理由见解析(3)DP=BQ，理由见解析
【分析】（1）证明△ABP≌△CBP则AP=CP，由旋转得PC=PQ，继而即可求证；
（2）过点P作PM⊥AB,PN⊥BC，垂足分别为M,N，先证明Rt△PMQ≌Rt△PNC(HL)，则
∠CPN=∠QPM， 即可求得∠CPQ=∠MPN=60°；
（3）过点P作PM⊥AB于点M，过点P作PH∥AD交AB于点H，过点H作HG∥BD交AD于点G，
则四边形PHGD为平行四边形，可得△DAB是等边三角形，△AHG为等边三角形，△PBH为等边三角
形，则PH=PB，由PM⊥AB，PA=PQ，则MA=MQ,MH=MB，故HA=BQ，继而DP=BQ．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=BC,∠ABP=∠CBP，
∵BP=BP，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴AP=CP，
由旋转得PC=PQ，
∴AP=PQ；
（2）解：∠CPQ的大小不变，且∠CPQ=60°，理由如下，
过点P作PM⊥AB,PN⊥BC，垂足分别为M,N，
∵∠ABP=∠CBP，
∴PM=PN，
∵PC=PQ，
∴Rt△PMQ≌Rt△PNC(HL)，
∴∠CPN=∠QPM，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC∥AD，
∴∠ABC=180°−∠DAB=120°，
∴在四边形PMBN中，∠MPN=360°−90°−90°−120=60°
∵∠CPN=∠QPM，∴∠CPQ+∠1=∠MPN+∠1
∴∠CPQ=∠MPN=60°；
（3）解：DP=BQ，理由如下，
过点P作PM⊥AB于点M，过点P作PH∥AD交AB于点H，过点H作HG∥BD交AD于点G，
则四边形PHGD为平行四边形，
∴GH=PD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵∠DAB=60°，
∴△DAB是等边三角形，
∴∠DBA=∠ADB=60°，
∵HG∥BD，
∴∠AHG=ABD=60°,∠AGH=∠ADB=60°，
∴△AHG为等边三角形，
∴AH=GH，
同理可得△PBH为等边三角形，
∴PH=PB，
∵PM⊥AB，PA=PQ，
∴MA=MQ,MH=MB，
∴HA=BQ，
∴DP=BQ．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，角平分线的性质等等，正
确作出辅助线是解题的关键．
【变式18-3】（24-25八年级·山东日照·期中）如图1，已知在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、
DC上运动．【尝试探究】
（1）如图1，当点E、F分别在边BC、DC上运动，∠EAF=45°时，探究DF、BE和EF的数量关系，
并说明理由；
【模型建立】
（2）如图2，当点E、F分别在射线CB、DC上运动，∠EAF=45°时，（1）中的结论是否成立？若成
立请加以说明；若不成立，请写出它们的数量关系并加以说明；
【模型应用】
（3）如图3，已知△ABC是边长为5的等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°
角，使其角的两边分别交边AB、AC于点E、F，连接EF，求△AEF的周长．
【答案】（1）DF+BE=EF，理由见解析；（2）（1）中的结论不成立．DF=EF+BE，理由见解析；
（3）10
【分析】（1）把△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABG，可使AB与AD重合，证出△AEG≌AEF，根
据全等三角形的性质得出EF=EG，即可得出答案；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFE≌△AFG，根据全等三
角形的性质得出EF=FG，即可得出答案；
（3）把△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCM，可使DB与DC重合，证出△DMF≌△≝¿，进而得到
EF=CM+CF=BE+CF，即可得△AEF的周长．
【详解】解：（1）DF+BE=EF，理由如下：
如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABG，可使AB与AD重合，∵∠ABC=∠D=90°
，
∴∠EBG=180°，点E、B、G共线，
∴∠BAG=∠DAF，AF=AG，
∴∠EAG=∠BAE+∠GAB=∠FAD+∠BAE=90°−45°=45°=∠EAF，
即∠EAF=∠EAG．
在△AEF和△AEG中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠FAE ，
AE=AE
∴ △AEF≌△AEG(SAS)，
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF，
∴DF+BE=EF；
（2）（1）中的结论不成立．DF=EF+BE，理由如下：
如图所示．
∵AB=AD
，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∵∠ADC=∠ABE=90°，
∴点C、D、G在一条直线上．
∴EB=DG，AE=AG，∠EAB=∠GAD．
又∵∠BAG+∠GAD=90°，
∴∠EAG=∠BAD=90°．
∵∠EAF=45°，
∴∠FAG=∠EAG−∠EAF=90°−45°=45°．∴∠EAF=∠GAF．
在△EAF和△GAF中，
{
EA=GA
)
∠EAF=∠GAF ，
AF=AF
∴ △EAF≌△GAF(SAS)．
∴EF=FG．
∵FD=FG+DG，
∴DF=EF+BE，
∴（2）中的结论不成立，DF、BE和EF的数量关系为DF=EF+BE；
（3）∵ △ABC是边长为5的等边三角形，
∴AB=AC=BC=5，∠ABC=∠ACB=60°，
∵∠DBC=∠BCD=30°，
∴∠DBE=∠DCA=60°+30°=90°，
∵BD=CD，∠BDC=120°，
把△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCM，可使DB与DC重合，
由旋转得：DM=DE，∠CDM=∠BDE，CM=BE，
∠DCM=∠DBE=90°，
同理得：点F，C，M在同一条直线上，
1
∵∠EDF=60°= ∠BDC，
2
∴∠BDE+∠CDF=60°，
∴∠CDM+∠CDF=60°，
∴∠MDF=∠EDF，
∵DE=DM，DF=DF，
∴ △MDF≌△EDF(SAS)，∴EF=FM，
∴EF=CM+CF=BE+CF，
∴ △AEF的周长=AE+AF+EF=AE+AF+BE+CF=AB+AC=5+5=10．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，等边三角
形的性质等知识，解此题的关键是根据旋转的性质正确作出辅助线得出全等三角形，综合性比较强，有一
定的难度．
【考点19 几何最值问题】
【例19】（24-25八年级·吉林长春·期中）如图1．在四边形ABCD中，顺次连结各边中点E、F、G、H得
到的四边形EFGH叫做四边形ABCD的中点四边形．利用三角形中位线的相关知识解决下列问题：
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)当AC⊥BD时，四边形EFGH是_________；
(3)如图2．四边形ABCD中，AC和BD互相垂直，AC=6、BD=10．则AD+BC的最小值为________．
【答案】(1)证明见解析
(2)矩形
(3)2❑√34
1 1
【分析】（1）连接AC,BD，根据中位线定理，得出EF∥AC,GH∥AC, EF= AC,GH= AC,进
2 2
而得出EF∥GH，EF=GH，即可求证；
（2）根据三角形的中位线定理得出EH∥BD，EF∥AC，结合AC⊥BD推出EF⊥GF，即可得出结
论；
（3）过点D作DH∥AC，且DH=AC=6，连接BH，则四边形ACHD是平行四边形，可得CH=AD，
可推出当C、B、H三点共线时，CH+BC有最小值，即此时AD+BC有最小值，最小值为BH的长，再证
明HD⊥BD，则由勾股定理得到BH=❑√BD2+DH2=2❑√34，则AD+BC的最小值为2❑√34．
【详解】（1）证明：如图所示，连接AC,BD，
∵点E、F、G、H是四边形ABCD各边中点，∴EF，GH分别是△ABC，△ACD的中位线
1 1
∴EF∥AC,GH∥AC, EF= AC,GH= AC,
2 2
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：同理可得EH∥BD，EF∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥GF，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是矩形．
故答案为：矩形．
（3）解：如图所示，过点D作DH∥AC，且DH=AC=6，连接BH，
∴四边形ACHD是平行四边形，
∴CH=AD，
∴AD+BC=CH+BC，
∴当C、B、H三点共线时，CH+BC有最小值，即此时AD+BC有最小值，最小值为BH的长，
∵AC⊥BD，
∴HD⊥BD，
∴BH=❑√BD2+DH2=2❑√34，
∴AD+BC的最小值为2❑√34，
故答案为：2❑√34．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，中点四边形，矩形的判定，平行四边形的性质与判定，勾股定
理，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
【变式19-1】（24-25八年级·四川成都·期末）如图，已知菱形ABCD的边长为5，面积为15，点E是对角
线AC上的动点（不与点A重合），以AB为对角线作平行四边形AEBF，则EF的最小值为 ．
3❑√10
【答案】
2
【分析】由菱形的性质，得到AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，根据勾股定理、菱形的面积以及完全平
方公式的变形可求出BO的长，根据AEBF是平行四边形，AB,EF互相平分，AB为定值，得到当
EF⊥AC时，EF的长最小，根据平行线间的距离处处相等，得到EF=BO，即可得解．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，
设AO=a，BO=b，
∵菱形ABCD的边长为5，面积为15，
1
∴ ×2a×2b=15，a2+b2=52，
2
∴(a+b) 2=40，(a−b) 2=10，
又a>0，b>0，
❑√10 3❑√10
解得a= ，b= ，
2 2
∵四边形AEBF是平行四边形，
∴BF∥AE，AB,EF互相平分，
设AB,EF交于点G，则：EF=2≥¿，
∴当GE最小时，EF最小，∴当EF⊥AC时，EF有最小值，
3❑√10
此时：EF=BO= ；
2
3❑√10
故答案为∶ ．
2
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识．熟练掌握菱形的对角线互相垂直且
平分，是解题的关键．
【变式19-2】（24-25八年级·河南洛阳·期中）综合与实践：在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活
动，将边长为❑√3的正方形ABCDD与边长为❑√6的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线
上，AB与AG在同一直线上．连接DG，BE，易得DG=BE且DG⊥BE(不需要说明理由)．
(1)如下图，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，旋转角为α(15°<α<165°)．
①连接DG，BE，判断DG与BE的数量关系和位置关系，并说明理由；
②在旋转过程中，如下图，连接BG，GE，ED，DB，求四边形BGED面积的最大值．
(2)如下图，分别取BG，GE，ED，DB的中点M，N，P，Q，连接MN，NP，PQ，QM，则四边形
MNPQ的形状为______，四边形MNPQ面积的最大值是______．9
【答案】(1)①DG=BE，DG⊥BE，理由见解析；② +3❑√2
2
9 3❑√2
(2)正方形， +
4 2
【分析】（1）①由“SAS”可证△BAE≌△DAG，可得∠AEB=∠AGD，BE=DG，可证BE⊥DG；
②由“AAS”可证△ABH≌△ADN，可得DN=BH，由面积和差关系可求解；
（2）根据正方形的判定可判断四边形MNPQ是正方形，其面积最大为AB⊥AG时，根据三角形的中位
线定理可求出其边长，进一步求出其最大面积．
【详解】（1）解：（1）①DG=BE，DG⊥BE，理由如下：
如图2，设AG与BE的交点为O，
∵ ABCD AEFG
四边形 和四边形 是正方形，
∴AB=AD，AG=AE，∠GAE=∠BAD=90°，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△BAE≌△DAG(SAS)，
∴∠AEB=∠AGD，BE=DG，
又∵∠AOE=∠BOG，
∴∠OAE=∠GBO=90°，
∴BE⊥DG；
②如图3，过点B作BH⊥AG于H，过点D作DN⊥直线AE于N，∴∠AHB=∠∧=90°=∠BAD=∠GAN
，
∴∠DAN=∠BAG，
又∵AB=AD，
∴△ABH≌△ADN(AAS)，
∴DN=BH，
1 1 1 1 9
∵S =S +S +S +S = ×❑√6×❑√6+ ×❑√6DN+ ×❑√3×❑√3+ ×❑√6BH= +❑√6BH
四边形BGED △GAE △AED △ABD △ABG 2 2 2 2 2
，
∴当BH有最大值时，四边形BGED面积有最大值，
即当AB⊥BH时，BH有最大值为❑√3，
9
∴四边形BGED面积的最大值为 +3❑√2；
2
（2）解：如图4，连接BE，DG，
∵点M，N，P，Q分别是BG，GE，ED，DB的中点，
1 1 1
∴MN∥BE，MN= BE，NP∥GD，NP= GD，QP∥BE，QP= BE，MQ∥GD，
2 2 2
1
MQ= GD，
2
由（1）知，DG=BE，
∴MN=NP=PQ=QM，
∴四边形MNPQ为菱形，由（1）知DG⊥BE，
∴∠QMN=90°，
∴菱形MNPQ为正方形；
如图5，当G，A，D三点在同一条直线上时，B，A，E三点也在同一条直线上，
此时正方形MNPQ的面积最大，
1 1
∴MQ= GD= (❑√3+❑√6)
2 2
，
9 3❑√2
∴S =MQ2= + ，
正方形MNPQ 4 2
9 3❑√2
故答案为：正方形， + ．
4 2
【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质和判定，菱
形的判定，中位线性质等，解题关键是在图形的变化过程中要弄清所存在的不变量及关系．
【变式19-3】（24-25八年级·广东广州·期中）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，折叠纸片
使B点落在边AD上的点E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形PBFE为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形PBFE的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，菱形PBFE的面积有最值吗？若有，请写出，若没有，填
“无”．最大值为 ；最小值为 ．
10 20
【答案】（1）见解析；（2）① ；②36，
3 3【分析】（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝
∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①根据矩形的性质和勾股定理求得AE的长，再在Rt△APE中求得PE，即菱形的边长；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2；当点P与点A重合时，点E离点A最
远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∵EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝10，
在Rt△CDE中，DE＝❑√CE2−CD2＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝2；
在Rt△APE中，AE＝2，AP＝6-PB＝6﹣PE，
10
∴EP2=22+(6-EP) 2，解得：EP= ，
3
10
∴菱形BFEP的边长为 ；
3
10
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2，BP= ，
3
20
S =BP·AE= ，
四边形BFEP 3当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，
S =S =36，
四边形BFEP 正方形ABQE
20
∴菱形的面积范围： ≤S≤36．
3
20
菱形PBFE面积的最大值是36，最小值是 ．
3
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三
角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识，求出PE是本题的关键．
【考点20 几何探究问题】
【例20】（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
【变式20-1】（24-25八年级·广东阳江·期末）【探究与证明】【问题情境】如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE=2，BE=4，∠AEB=90°，将直角三角形ABE
绕点A逆时针方向旋转α度(0≤α≤180°)点B、E的对应点分别为点B′、E′．
【问题解决】
(1)如图2，在旋转的过程中，点B′落在了AC上，求此时CB′的长；
(2)若α=90°，如图3，得到△ADE′（此时B′与D重合），延长BE交DE′于点F，
①试判断四边形AEFE′的形状，并说明理由；
②连接CE，求CE的长．
【答案】(1)2❑√10−2❑√5
(2)①正方形，理由见解析；②2❑√5
【分析】（1）由勾股定理得AB=2❑√5，再由正方形的性质得AC=❑√2AB=2❑√10，然后由旋转的性质得
AB′=AB=2❑√5，即可求解；
（2）①由旋转的性质得AE′=AE，∠EAE′=α=90°，∠AE′D=∠AEB=90°，再证四边形AEFE′是
矩形，即可得出结论；
②过点C作CG⊥BE于点G，证△BCG≌△ABE(AAS)，得CG=BE=4，BG=AE=2，则
EG=BE−BG=2，再由勾股定理求解即可；
【详解】（1）解：∵AE=2，BE=4，∠AEB=90°，
∴ AB=❑√AE2+BE2=❑√22+42=2❑√5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ BC=AB=2❑√5，∠ABC=90°，
∴ AC=❑√2AB=2❑√10，
由旋转的性质得：AB′=AB=2❑√5，
∴ CB′=AC−AB′=2❑√10−2❑√5；
（2）解：①四边形AEFE′是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：AE′=AE，∠EAE′=α=90°，∠AE′D=∠AEB=90°，∵∠AEF=180°−90°=90°，
∴四边形AEFE′是矩形，
又∵AE′=AE，
∴四边形AEFE′是正方形；
②过点C作CG⊥BE于点G，如图3所示：
则∠BGC=90°=∠AEB，
∴∠CBG+∠BCG=∠CBG+∠ABE=90°，
∴∠BCG=∠ABE，
在△BCG和△ABE中，
{∠BGC=∠AEB
)
∠BCG=∠ABE ，
BC=AB
∴△BCG≌△ABE(AAS)，
∴CG=BE=4，BG=AE=2，
∴EG=BE−BG=4−2=2，
∴ CE=❑√CG2+EG2=❑√42+22=2❑√5．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全
等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性
质和旋转变换的性质，证明△BCG≅△ABE(AAS)是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式20-2】（24-25八年级·甘肃庆阳·期末）【背景】在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠PAQ=∠B，
AP，AQ分别交边BC，CD于点P，Q．(1)【感知】如图1，若P是边BC的中点，则线段AP与AQ之间的数量关系是______；
(2)【探究】如图2，若P为边BC上任意一点，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
(3)【应用】在如图3所示的菱形纸片ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，在边BC上取一点P，连接AP，
在菱形内部作∠PAQ=60°，AQ交CD于点Q，当AP=2❑√7时，求线段CQ的长．
【答案】(1)AP=AQ
(2)（1）中的结论成立，理由见解析
(3)线段CQ的长为2或4．
【分析】（1）证明△BAP≌△CAQ(ASA)，得出AP=AQ；
（2）证明△BAP≌△CAQ(ASA)，得出AP=AQ；
（3）先求出AE=❑√AB2−BE2=❑√62−32=3❑√3，再求出PE=❑√AP2−AE2=1，最后分类讨论得到BP
的长度，由此得出CQ的长度．
【详解】（1）解：AP=AQ，证明如下：
连接AC，
∵ ABCD ∠B=60°
四边形 是菱形， ，
∴AB=AC，∠ACQ=∠B=∠BAC=60°，
∵∠BAC=∠BAP+∠CAP，∠PAQ=∠CAP+∠CAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中，
{
∠B=∠CAQ
)
AB=AC ，
∠BAP=∠CAQ
∴△BAP≌△CAQ(ASA)，
∴AP=AQ，
故答案为：AP=AQ；
（2）解：成立，理由如下：
连接AC，∵ ABCD ∠B=60°
四边形 是菱形， ，
∴AB=AC，∠ACQ=∠B=∠BAC=60°，
∵∠BAC=∠BAP+∠CAP，∠PAQ=∠CAP+∠CAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中，
{
∠B=∠CAQ
)
AB=AC ，
∠BAP=∠CAQ
∴△BAP≌△CAQ(ASA)，
∴AP=AQ；
（3）解：过点A作AE⊥BC于E，连接AC，
∵ ABCD ∠ABC=60° AB=6
四边形 是菱形，且 ， ，
∴BC=CD=AB=6，
∴△ABC是等边三角形，
1
∴BE=EC= BC=3，
2
∴ AE=❑√AB2−BE2=❑√62−32=3❑√3，
∵ AP=2❑√7，
∴ PE=❑√AP2−AE2=❑√(2❑√7) 2 −(3❑√3) 2=1，
当点P在点E的左侧时，BP=BE−PE=3−1=2，
当点P在点E的右侧（图中P′处）时，BP=BE+PE=3+1=4，
由（2）知△BAP≌△CAQ，
∴BP=CQ，
∴线段CQ的长为2或4．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，分类讨论等，掌握全等三
角形的性质与判定是解题的关键．
【变式20-3】（24-25八年级·辽宁大连·期末）【问题情景】
如图1，在菱形ABCD中，AB=2❑√5，点N为菱形ABCD外部一点，连接AN交对角线BD于点M，且满
足∠AMD+∠ANC=180°．
【初步探究】
（1）求证：AM=MN；
【解决问题】
（2）如图2，连接DN，当AM=❑√13，CN=6时，
①求线段BM的长；
②求∠BDN的度数；
【类比探究】
（3）如图3，在菱形ABCD中，当∠BCD=90°时，AN交CD于点E，连接BE，DN，并延长BE交DN
DM ❑√2
于点F．若 = ，请直接写出线段NF的长____________．
AD 3
4
【答案】（1）见解析；（2）①7，②135°；（3）
3
【分析】（1）方法一：连接CM，根据菱形的性质，证明△ABM≌△CBM，得到AM=CM，
∠AMB=∠CMB，结合∠AMD+∠ANC=180°，∠AMD+∠AMB=180°，得到∠ANC=∠AMB
，证明BD∥CN，进而证明∠ANC=∠MCN，利用等角对等边得到MN=CM，由此得证；方法二：过
点N作EN∥BC交BD于点E，连接AE，DN，证明四边形BENC是平行四边形，结合四边形ABCD菱
形，可证四边形AEND为平行四边形，由此得证；1
（2）① 连接AC交BD于点O，可得OM= CN=3，根据勾股定理求得AO、BO，由此可得BM的长；
2
② 方法一：过点D作DE⊥CN于点E，证明四边形OCED为矩形，从而得到DE=EN，即可得解；方法
二：过点N作NQ⊥CN交BD延长线于点Q，证明四边形OCNQ为矩形，即可得解；
（3）过点M作MG⊥AD，连接MC，连接AC交BD于点O，由已知可证四边形ABCD是正方形，设
2❑√5
DG=x，则DM=❑√2x，GM=x，利用勾股定理，可求得x= ，进而求得CN=DM，从而证明四边
3
形MDNC为平行四边形，E为CD中点，证明△ADM≌△DCN，△ADE≌△BCE，进而证得EF⊥DN
，设EF=a，在Rt△DFB和Rt△≝¿中，利用勾股定理
DF2=BD2−BF2=15−10a−a2=DE2−EF2=5−a2，求得a=1，由此得解．
【详解】（1）方法一：证明：连接CM，如图，
∵ ABCD
四边形 菱形，
∴AB=CB，∠ABM=∠CBM．
∵BM=BM，
∴△ABM≌△CBM．
∴AM=CM，∠AMB=∠CMB．
∵∠AMD+∠ANC=180°，
又∵∠AMD+∠AMB=180°，
∴∠ANC=∠AMB．
∴BD∥CN．
∴∠BMC=∠MCN．
∴∠ANC=∠MCN．
∴MN=CM．
∴AM=MN．
方法二：证明：过点N作EN∥BC交BD于点E，连接AE，DN．
∵∠AMD+∠ANC=180°
，又∵∠AMD+∠AMB=180°，
∴∠ANC=∠AMB．
∴BD∥CN．
∵BD∥CN，EN∥BC，
∴四边形BENC是平行四边形，
∴ BC=EN，
又∵ 四边形ABCD菱形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴AD=EN，AD∥EN．
∴四边形AEND为平行四边形．
∴AM=MN．
（2）解：①连接AC交BD于点O，
∵ ABCD
四边形 菱形，
∴OA=OC，OB=OD，BD⊥AC．
由（1）得，AM=MN，
∴OM为△ACN的中位线．
1
∴OM= CN=3
2
在Rt△AOM中，AO=❑√AM2−OM2=❑√13−9=2．
在Rt△AOB中，BO=❑√AB2−AO2=❑√20−4=4．
∴BM=OB+OM=7．
②方法一：过点D作DE⊥CN于点E，
∴∠NED=∠CED=90°
．
由（1）得，BD∥CN，
∴∠ACE=∠AOD=90°．∴∠CED=∠ACE=∠COD=90°．
∴四边形OCED为矩形．
∴∠ODE=90°，OB=OD=CE=4，DE=OC=OA=2．
∴EN=CN−CE=2．
∴DE=EN．
∴∠EDN=45°．
∴∠BDN=∠ODE+∠EDN=135°．
方法二：过点N作NQ⊥CN交BD延长线于点Q，如图所示，
∵ NQ⊥CN
，
∴ ∠QNC=90°，
由（1）得，BD∥CN，
∴∠ACN=∠AOD=90°，
∴∠QNC=∠ACN=∠COD=90°，
∴四边形OCNQ为矩形．
∴ ∠DQN=90°，OQ=CN=6，QN=OC=2，
∴ DQ=OQ−OD=6−4=2，
∴ DQ=QN，又∠DQN=90°，
∴ ∠QDN=45°，
∴∠BDN=180°−∠QDN=135°．
（3）解：过点M作MG⊥AD，连接MC，连接AC交BD于点O，如图，
∵ ABCD ∠BCD=90°
四边形 是菱形， ，
∴ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD=AB=BC=2❑√5，∠ADM=∠CDM=45°，AO=OC=OD=OB，
设DG=x，则DM=❑√2x，GM=x，DM ❑√2
∵ = ，
AD 3
3DM 3×❑√2x
∴ AD= = =3x，
❑√2 ❑√2
∵ AD=2❑√5，
2❑√5
∴ x= ，
3
4❑√5 2❑√10
∴ AG=AD−DG=3x−x=2x= ，DM=❑√2x= ，
3 3
∵ AM=❑√AG2+GM2=❑√4x2+x2=❑√5x，
10
∴ AM= ，
3
❑√2 ❑√2
∵ OD= AD= ×2❑√5=❑√10，
2 2
2❑√10 ❑√10
∴ OM=OD−DM=❑√10− = ，
3 3
10
根据第（1）问，AM=MN= ，又AO=OC，
3
∴ OM为△ACN中位线，
1
∴ OM= CN，
2
2❑√10
∴ CN=2OM= ，
3
∴ CN=DM，又CN∥DM，
∴ 四边形MDNC为平行四边形，
1 1 5
∴ DE=CE= CD=❑√5，ME=EN= MN= ，
2 2 3
∵ MD∥CN，
∴ ∠DCN=∠CDM=45°，
{
AD=CD
)
∴ ∠ADM=∠DCN=45° ，
DM=CN
∴ △ADM≌△DCN，
10
∴ DN=AM= ，∠DAM=∠CDN，
3{
AD=BC
)
∵ ∠ADC=∠BCD=90° ，
DE=CE
∴ △ADE≌△BCE，
∴ ∠DAM=∠EBC，
∴ ∠CDN=∠EBC，
∵ ∠EBC+∠BEC=90°，∠BEC=∠≝¿，
∴ ∠CDN+∠≝=90°，
∴ EF⊥DN，
∵ BD=❑√2AD=2❑√10，BE=❑√BC2+CE2=❑√20+5=5，
设EF=a，
在Rt△DFB中，DF2=BD2−BF2=(2❑√10) 2 −(5+a) 2=15−10a−a2，
在Rt△≝¿中，DF2=DE2−EF2=(❑√5) 2 −a2=5−a2，
∴ 15−10a−a2=5−a2，
解得a=1，
∴ DF=❑√5−a2=❑√4=2，
10 4
∴ NF=DN−DF= −2= ．
3 3
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，
等腰三角形的判定，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
【考点21 多结论类问题】
【例21】（24-25八年级·浙江杭州·阶段练习）如图，四边形ABCD，对角线BD⊥AB，且平分∠ADC
，O为BD的中点．在AD上取一点G，使CG⊥BD，E为垂足，取AC中点F，连接BF．下列五句判
断：①AO=2BO；②EF∥AD；③AG=2BF；④连接DF，则四边形BCDF是平行四边形；⑤
FB=2≥¿．其中判断正确的是（ ）A．①③④ B．③④⑤ C．②④⑤ D．②③④
【答案】D
【分析】根据含30°角直角三角形的性质即可判定①；根据题意证明出△GED≌△CED(ASA)，得到
¿=CE，然后利用三角形中位线的性质即可判定②；延长AB，DC交于点H，然后证明出
△ABD≌△HBD(ASA)，得到AB=HB，然后得到BF是△AHC的中位线，得到BF∥DH，然后结合等
边对等角得到∠FEB=∠FBD，然后结合AG=2FE即可判断③；连接FD，证明出
△FOB≌△COD(ASA)，得到FB=CD，然后结合FB∥CD，即可证明出四边形BCDF是平行四边形，
进而可判断④；由GC=2≥¿，FB=CD，而GC≠CD，从而得到FB≠2≥¿，即可判断⑤．
【详解】∵BD⊥AB，但∠BAO≠30°
∴AO≠2BO，故①错误；
∵CG⊥BD，
∴∠GED=∠CED
∵BD平分∠ADC
∴∠GDE=∠CDE
又∵DE=DE
∴△GED≌△CED(ASA)
∴¿=CE
∵AC中点为F
∴EF∥AD，故②正确；
如图所示，延长AB，DC交于点H
∵BD⊥AB
∴∠ABD=∠HBD=90°
∵∠GDE=∠CDE，BD=BD∴△ABD≌△HBD(ASA)
∴AB=HB
∵点F为AC的中点
∴BF是△AHC的中位线
∴BF∥DH
∴∠FBD=∠HDE
∵∠GDE=∠CDE
∴∠FBD=∠GDE
∵EF∥AD
∴∠FEB==∠GDE=∠FBD
∴FB=FE
∵EF是△AGC的中位线
∴AG=2FE
∴AG=2BF，故③正确；
如图所示，连接FD，
∵∠FBO=∠CDO，OB=OD，∠FOB=∠COD
∴△FOB≌△COD(ASA)
∴FB=CD
又∵FB∥CD
∴四边形BCDF是平行四边形，故④正确；
∵GC=2≥¿，FB=CD，而GC≠CD
∴FB≠2≥¿，故⑤错误，
综上所述，其中判断正确的是②③④．
故选：D．【点睛】本题综合考查了中位线定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和判定、平行四边形
的判定等知识点．掌握相关结论是解题关键．
【变式21-1】（24-25八年级·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一个动
点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，有下列5个结论：①AP=EF；②AP⊥EF；③
1
△APD一定是等腰三角形；④∠PFE=∠BAP；⑤EF的最小值等于 BD．其中正确结论的序号是
2
．
【答案】①②④⑤
【分析】延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M，证明△ANP≌△FPE得到
AP=EF,∠PFE=∠BAP，即可判断①④；根据三角形的内角和定理即可判断②；根据P的任意性可以
判断③；根据AP=EF，当AP最小时，EF有最小值，即可判断⑤．
【详解】解：延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M，
∵四边形ABCD是正方形．
∴∠ABP=∠CBD,∠ABC=90°,AB=BC，AB∥CD，
又∵PF⊥CD，
∴FN⊥AB，
∵PE⊥BC，
∴∠PNB=∠NBE=∠PEB=∠C=∠PFC=90°,PN=PE，
∴四边形BNPE是正方形，∠ANP=∠EPF=90°，四边形BCFN是矩形，
∴NP=EP=BE,BC=NF，∴AN=PF，
在△ANP与△FPE中，
{
NP=EP
)
∠ANP=∠EPF ，
AN=PF
∴△ANP≌△FPE(SAS)，
∴AP=EF,∠PFE=∠BAP，故①④正确；
在△ANP与△FPM中，∠APN=∠FPM,∠NAP=∠PFM，
∴∠PMF=∠ANP=90°，
∴AP⊥EF，故②正确；
∵P是BD上任意一点，
∴PD的长不确定，即△APD是等腰三角形不一定成立，故③错误；
∵AP=EF，
∴当AP⊥BD时，AP有最小值，即EF有最小值，
∵AB=AD,AP⊥BD，
∴此时P为BD的中点，
又∵∠BAD=90°，
1 1
∴AP= BD，即EF的最小值为 BD，故⑤正确；
2 2
故正确的是：①②④⑤．
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理，等腰直角三角形的性
质，正确证明△ANP≌△FPE，以及理解P的任意性是解决本题的关键．
【变式21-2】（24-25八年级·安徽·期末）如图，矩形ABCD中，E为BC边的中点，沿DE对折矩形，使点
C落在C′处，折痕为DE，延长DC′交AB于点F，连接BC′并延长交AD于点G，连接CC′．给出以下结
论：①四边形BEDG为平行四边形；②∠EC′C=∠BC′F；③GC′=GD；④C′为BG的中点．其中正确
结论的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据三角形内角和为180°，易证∠BC′C=90°，可证出①；根据翻折的性质，加上正方形所有
内角都是直角，再由同角的余角相等，即可推出②；利用反推，若GC′=GD，则△C′CD为等边三角形，
∠ADC′=30°，而∠ADC′不一定等于30°，故③不正确；若C′为BG的中点，C′在GB边的垂直平分线
上，利用垂直平分线的性质，即可判断④．
【详解】解：∵E为BC的中点
∴BE=EC=EC′
∵∠C′BC+∠C′CB+∠BC′C=180°
∴∠BC′E+∠EC′C+∠BC′C=180°
∴2∠BC′C=180°
∴∠BC′C=90°
即DE∥BG
∴四边形BEDG为平行四边形，即①正确；
∵∠DCB=∠DC′E=90°
∴∠EC′C+∠BC′E=∠BC′F+∠BC′E=90°
∴∠EC′C=∠BC′F，即②正确；
∵∠GC′D=∠FC′B=∠EC′C=∠ECC′
若GC′=GD，则∠GDC′=∠ECC′
∵∠GDC′+∠C′DC=∠ECC′+∠C′CD=90°
∴∠C′DC=∠C′CD
又∵C′D=CD
∴△C′CD为等边三角形
即∠C′DC=60°，∠ADC′=30°，而∠ADC′不一定等于30°，故③不正确；
连接CG，若C′为BG的中点，则GC′=BC′，
∴C′在GB边的垂直平分线上，即C′C是线段GB垂直平分线，
∴BC=CG，而BC与CG不一定相等，故④不正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是四边形的综合运用，涉及平行四边形的性质与判定、折叠的性质、线段垂直平
分线的性质、余角的性质、等边三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握折叠的性质和矩形与平行四边形
的性质是解题的关键．
【变式21-3】（24-25八年级·吉林长春·期末）知图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点
O，AC=8，BD=6，点E、F分别在边AB、CD上（点E不与A、B重合）．且DE∥BF，DE、BF
分别交AC于点P、Q，连结BP、DQ．给出下面四个结论：①AC平分四边形BEDF的周长；②四边形
AE 7
BEDF是矩形；③BD平分∠PDQ；④当DE⊥AB时， = ．上述结论中，所有正确结论的序号是
ED 24
．
【答案】①③④
【分析】根据菱形性质可以判定出四边形BEDF为平行四边形，结合等腰三角形的判定与性质可以判定出
PBQD为菱形，即可判断出①②③，利用勾股定理可以求出AE，DE的长从而得出结论④．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴DF∥BE，
∵DE∥BF，
∴四边形BEDF为平行四边形，故②四边形BEDF是矩形无法判定，不符合题意；
∴DF=BE，∵AC垂直平分BD，DE∥BF，
∴∠DPO=∠BPO=∠BQO=∠DQO，
∴PD=PB=BQ=DQ，
∴PBQD为菱形，
∴DE−DP=BF−BQ，即EP=QF
∴①AC平分四边形BEDF的周长，正确，符合题意；
③BD平分∠PDQ，正确，符合题意；
∵ABCD为菱形，
1 1
∴AO=CO= AC=4，BO=DO= BD=3，
2 2
∴AB=❑√42+32=5，
1 1
当DE⊥AB时，S = AB⋅DE= BD⋅AO，
△ABD 2 2
1 1
∴ ×5×DE= ×6×4，
2 2
∴DE=
24
，AE=❑√AD2−DE2=❑
√
25−
(24) 2
=
7
，
5 5 5
7
AE 5 7
∴ = = ，故④正确，符合题意，
DE 24 24
5
综上所述，正确的结论有：①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性
质，熟练掌握相关性质定理是解题关键．
【考点22 新定义类问题】
【例22】（24-25八年级·广东梅州·期中）综合与实践
折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运
动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定
义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方
形．(1)操作发现：
如图1，将△ABC纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若△ABC的面积为18，BC=6，则此完美长方
形的边长FG=_____，面积为_____．
(2)类比探究：
如图2，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形AEFG，若▱ABCD的面积为40，BC=8，求完美长
方形AEFG的周长．
(3)拓展延伸：
如图3，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若EF:EH=3:4，AD=25，求此完美长方形
EFGH的周长与面积．
【答案】(1)3；9
(2)18
(3)周长为70，面积是300
【分析】（1）根据折叠得到H是AC中点，过点A作AM⊥BC于M，根据△ABC的面积求出AM的长，
1
推出GH是△ACM的中位线，得到GH= AM，即可求出完美长方形的面积；
2
（2）根据折叠可知EH=BE，CF=HF，从而求出EF的长，根据平行四边形的面积求出AE的长，即可
求出周长；
（3）根据折叠可证点E、G分别是AB、CD的中点，判定四边形ADGE是平行四边形，推出EG=AD，
推出矩形EFGH的对角线长后根据EF、EH之间的数量关系，利用勾股定理求出EF、FG的长后即可求
出此完美矩形的周长．
【详解】（1）解：由折叠可知，BF=DF，CG=DG，AH=DH=CH，
∴DF+DG=BF+CG，点H是AC中点，
1
∴FG=DF+DG= BC=3，
2
如图，过点A作AM⊥BC于M，AM交EH于点N，1
∵S = BC⋅AM=×6×AM=18
△ABC 2
，
∴AM=6，
由折叠可知：MN=AN=3，
∴EF=HG=MN=3，
∴完美矩形的面积为：3×3=9．
故答案为：3；9；
（2）解：由折叠可知：BE=HE，CF=HF，
1
∴EF= BC=4，
2
同理可知：S =S ，S =S ，
△ABE △AHE 四边形AHFG 四边形DCFG
∴矩形AEFG的面积为：40÷2=20，
∴AE=20÷4=5，
∴矩形AEFG的周长=2×(4+5)=18；
（3）解：由折叠可知：点E、G分别是AB、CD的中点，
1 1
∴AE= AB，DG= DC，
2 2
由题意可知：AB=CD，AB∥CD，
∴AE=DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴AD=EG=HF，
在Rt△HEF中，设EF=3x，则EH=4x，
根据勾股定理得：EF2+EH2=FH2，
∴(3x) 2+(4x) 2=252，
解得：x=5，
∴EF=15，EH=20，
∴此完美矩形的周长为2×(15+20)=70．面积是15×20=300．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查新定义问题，平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．
【变式22-1】（24-25八年级·江苏·期中）定义：角内部的一点P到角两边的距离分别为m、n（m≤n），
m
将m与n的比值叫做点P关于这个角的“距离比”，记作k，其中k= ；若“距离比”k=1，则称点P为
n
这个角的“平衡点”．
(1)下列四边形对角线的交点一定是这个四边形内角的“平衡点”的是__________（填序号）
①平行四边形 ②矩形 ③菱形
(2)在平面直角坐标系xoy中，四边形OABC是平行四边形，A(10,0)，对角线AC、OB相交于点P，
PM⊥OA，PN⊥OC，垂足分别为M、N；
①如图，点C在第一象限，且坐标为(4,3)，求点P关于∠AOC的“距离比”k的值；
②若点P为∠AOC的“平衡点”，且点B的纵坐标为7，求点C的坐标．
【答案】(1)③
1
(2)① ；②(❑√51,7)或(−❑√51,7)
2
【分析】（1）利用平行四边形，矩形，菱形以及角平分线的性质求解即可；
（2）①利用平行四边形的性质得出CP=AP，利用三角形中线的性质得出S =S ，然后利用三角形
△OCP △OAP
面积公式可求PN=2PM，即可求点P关于∠AOC的“距离比”k的值；
②利用“平衡点”的定义可知PM=PN，进而得出∠COP=∠AOP，结合平行线的性质可得
∠COB=∠OBC，利用等角对等边可得CO=CB，从而得出平行四边形OABC是菱形，得出C的纵坐标
是7，设C(x,7)，利用两点间距离公式列出x的方程，然后求解即可．
m
【详解】（1）解：根据“平衡点”的定义知： =1，即m=n，
n
∴点P在这个角的平分线上，
而平行四边形、矩形的对角线不一定平分一组对角，只有菱形的对角线平分每一组对角，
∴菱形对角线的交点一定是菱形内角的“平衡点”
故选：③；
（2）解：①∵C(4,3)，A(10,0)，∴OC=❑√42+32=5，AO=10，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴CP=AP，BC∥OA，
∴S =S ，
△OCP △OAP
1 1
∴ OC⋅PN= OA⋅PM，
2 2
1 1
∴ ×5×PN= ×10×PM，
2 2
∴PN=2PM，
PM 1
∴ = ，
PN 2
1
即点P关于∠AOC的“距离比”k的值
2
②∵点P为∠AOC的“平衡点”，
∴PM=PN，
又PM⊥OA，PN⊥OC，
∴∠COP=∠AOP，
∵BC∥OA，
∴∠AOP=∠OBC，
∴∠COB=∠OBC，
∴CO=CB，
∴平行四边形OABC是菱形，
∴CO=AO，
∵BC∥OA，B的纵坐标是7，
∴C的纵坐标是7，
设C的横坐标为x，
∴C(x,7)，
∵CO=AO，AO=10，
∴x2+72=102，
解得x=±❑√51，
∴点C的坐标为(❑√51,7)或(−❑√51,7)．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，角平分线的判定，勾股定理等
知识，明确题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
【变式22-2】（24-25八年级·山东淄博·期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻
边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图①，正方形ABCD中，E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应
点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？
(2)如图②，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，过点B作
BE⊥AD于点E，作BF⊥DC交DC延长线于点F．
①试判断四边形BFDE的形状，证明你的结论，并求出BE的长．
②若点M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①四边形BFDE是正方形，BE=4；②△BCM周长的最小值为5+❑√41
【分析】（1）由旋转可得△BCE≌△BAF，由全等三角形的性质则可得四边形BEDF符合“直等补”四
边形的条件，因而问题解决；
（2）①由已知可得四边形BFDE是矩形，现证明△ABE≌△CBF，则易得BFDE是正方形；设BE=x，
由勾股定理建立方程即可求得x的值；
②作点C关于AD的对称点H，连接MH，BH，BH交AD于点N，则当M与N重合时，△BCM的周长
最小，即可求得周长的最小值．
【详解】（1）解：∵在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠BAD=∠D=90°，
又△BCE绕B点旋转得到△BAF，且BC与BA重合，
∴△BCE≌△BAF，
∴BE=BF，∠CBE=∠ABF，
∴∠EBF=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠EBF+∠D=180°，
又∵BE=BF，∠EBF=90°，∴四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）解：①∵BE⊥AD，BF⊥DC，
∴∠BED=∠F=90°；
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC=5，
∴∠ABC=90°，
∴∠D=180°−∠ABC=90°，
即∠BED=∠F=∠D=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
∴∠ABC=∠EBF=90°；
即∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBF=90°，
∴∠ABE=∠CBF；
又∵∠AEB=∠F=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△CBF，
∴BE=BF，
∴四边形BFDE是正方形；
∴BE=FD=BF；
设BE=x，则BE=FD=BF=x，CF=FD−CD=x−1，
在Rt△BFC中，由勾股定理得：BF2+CF2=BC2，
即x2+(x−1) 2=25，
解得：x=4，x=−3（舍去），
∴BE=4；
②如图，作点C关于AD的对称点H，连接MH，BH，BH交AD于点N，
则CM=HM，DH=CD=1，
∵BM+CM=BM+HM≥BH，
∴当M与N重合时，BM+CM取得最小值，最小值为线段BH的长；
∵△BCM的周长为BM+CM+BC=5+BM+CM，
∴△BCM的周长最小值为5+BH；
∵FH=FD+DH=4+1=5，BF=4，
∴由勾股定理得：BH=❑√BF2+FH2=❑√16+25=❑√41，
∴△BCM周长的最小值为5+❑√41．【点睛】本题是几何综合问题，考查了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，勾
股定理，新定义，轴对称的性质等知识，构造适当的辅助线是解题的关键．
【变式22-3】（24-25八年级·广东揭阳·期中）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形
叫做等腰直角四边形．
(1)如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°，
①若AB=CD=1，AB∥CD，求对角线BD的长；
②若AC⊥BD，求证：AD=CD；
(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD中点，过点P作直线分别交边AD，BC于
点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形，求四边形DPFC的面积．
【答案】(1)①❑√2；②见解析；
65 35
(2)四边形DPFC的面积为 或 ．
4 2
【分析】（1）①只要证明四边形ABCD是正方形即可解决问题；②只要证明△ABD≌△CBD，即可解决
问题；
（2）分∠ABC=90°，∠BAD=90°，∠AEF=90°，∠BFE=90°四种情形讨论求解即可．
【详解】（1）解：①AB=CD=1，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD=1，
∴BD= ❑√12+12=❑√2．
②如图1中，连接AC、BD．
∵AB=BC，AC⊥BD，
∴∠ABD=∠CBD，
∵BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴AD=CD．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，AD=BC=9，AB=CD=5，AD∥BC，
如图，连接DF，当AB=BF=5时，四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴CF=BC−BF=9−5=4，
∵BC=9，CD=5，
1 45
∴S = BC⋅CD= ，
△BCD 2 2
5 5 45 25 4 4 45
∴S = S = × = ，S = S = × =10，
△BDF 9 △BDC 9 2 2 △DCF 9 △BDC 9 2
∵P是BD的中点，1 1 25 25
∴S = S = × = ，
△PDF 2 △BDF 2 2 4
25 65
∴四边形DPFC的面积S +S = +10= ；
△PDF △DCF 4 4
如图，连接DF，当AB=AE=5时，四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴DE=AD−AE=9−5=4，
∵P是BD的中点，
∴PB=PD，
∵AD∥BC，
∴∠PED=∠PFB，∠PDE=∠PBF，
∴△PDE≌△PBF，
∴BF=DE=4，
∵BC=9，CD=5，
1 45
∴S = BC⋅CD= ，
△BCD 2 2
4 4 45 5 5 45 25
∴S = S = × =10，S = S = × = ，
△BDF 9 △BDC 9 2 △DCF 9 △BDC 9 2 2
∵P是BD的中点，
1 1
∴S = S = ×10=5，
△PDF 2 △BDF 2
25 35
∴四边形DPFC的面积S +S = +5= ；
△PDF △DCF 2 2
如图，连接DF，当∠AEF=90°时，∵∠BAD=∠ABC=90°，
∴四边形ABFE是矩形，
∴AE=BF，AB=EF=5，
∵AD∥BC，
∴∠PED=∠PFB，∠PDE=∠PBF，
∴△PDE≌△PBF，
∴BF=DE=AE，
∵AD=9，
∴AE=BF=4.5≠EF，
∴此时，四边形ABFE不是等腰直角四边形，
同理可得当∠BFE=90°时，四边形ABFE不是等腰直角四边形；
65 35
综上可得，四边形DPFC的面积为 或 ．
4 2
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，正方形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质，平行
线的性质，熟练掌握矩形的判定及性质是解题的关键．
【考点23 规律类问题】
【例23】（24-25八年级·江苏扬州·期中）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，点B
在y轴上，OA=1．将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2023次，点B的落
点依次为B ，B ，B ，…，则B 的坐标为（ ）
1 2 3 2023
( ❑√3) ( ❑√3)
A．(1349,0) B．(1350,0) C． 1349.5, D． 1350.5,
2 2
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是
解题的关键；
发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．连接，根据条件可以求出，画出第5次、第6
次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于，因此点B 向右平移1348
1(即337×4)到点B ，根据点的坐标即可求解．
2023
【详解】解：连接AC，如图所示．
∵ OABC
四边形 是菱形，
∴OA=AB=BC=OC，
∵∠ABC=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB，
∴AC=OA，
∵OA=1，
∴AC=1，
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示；
由图可知：每翻转6次，图形向右平移4；
∵2023=337×6+1，
∴点B 向右平移1348 (即337×4)到点B ，
1 2023
( ❑√3)
∵B 的坐标为 1.5, ，
1 2
( ❑√3)
∴B 的坐标为 1.5+1348, ，
2023 2
( ❑√3)
∴B 的坐标为 1349.5, ；
2023 2
故选：C
【变式23-1】（24-25八年级·河南洛阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数y=x的图
象，点A 的坐标为(1,0)，过点A 作x轴的垂线交直线l于点D ，以A D 为边作正方形A B C D ；过点
1 1 1 1 1 1 1 1 1
C 作直线l的垂线，垂足为A ，交x轴于点B ，以A B 为边作正方形A B C D ；过点C 作x轴的垂
1 2 2 2 2 2 2 2 2 2
线，垂足为A ，交直线l于点D ，以A D 为边作正方形A B C D ；…；按此规律操作下所得到的正方
3 3 3 3 3 3 3 3
形A B C D 的面积是（ ）
n n n n(9) n (3) n (9) n−1 (3) n−1
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，一次函数图象与性质，等腰三角形的性质及勾股定理，通过由特殊归
纳得到一般结论是解题的关键．根据正比例函数的性质得到∠D OA =45°，分别求出正方形
1 1
A B C D 、正方形A B C D 、作正方形A B C D 的面积，…，总结规律得到一般形式，即可求得
1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3
结果．
【详解】解：∵直线l为正比例函数y=x的图象，
∴∠D OA =45°，
1 1
∴D A =OA =D C =1，
1 1 1 1 1
(9) 1−1
∴正方形A B C D 的面积=1= ，
1 1 1 1 2
由题意得△OA D 、△D A C 是等腰直角三角形，
1 1 1 2 1
❑√2
由勾股定理得，OD =❑√2,D A = ，
1 1 2 2
3❑√2
∴A B =A O=OD +D A = ，
2 2 2 1 1 2 2
(9) 2−1
∴正方形A B C D 的面积= ，
2 2 2 2 2
9
同理，A D =OA = ，
3 3 3 2
81 (9) 3−1
∴正方形A B C D 的面积= = ， … ，
3 3 3 3 4 2
(9) n−1
由规律可知，正方形A B C D 的面积= ，
n n n n 2
故选：C．
【变式23-2】（24-25八年级·四川内江·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC B ，使矩形ACC B ∽矩形ADCB；再连接AC ，以对角线
1 1 1 1 1
AC 为边，按逆时针方向作矩形AC C B ，使矩形AC C B ∽矩形ACC B ，⋯，按照此规律作下
1 1 2 2 1 2 2 1 1
去，则边AC ❑ 的长为（ ）
2 023
(❑√5) 2023 (❑√5) 2022 (❑√5) 2021
A．❑√5× B．2× C．❑√5× D．❑√5×22022
2 2 2
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似多边形的性质、旋转的性质，根据矩形的性质和勾股定
理可得AC=❑√5，由旋转的性质和相似多边形的性质可得矩形ACC B 的对角线和矩形ABCD的对角线的
1 1
❑√5 5
比为❑√5:2，从而得出矩形ACC B 的对角线为AC =❑√5× = ；求出规律即可得解．
1 1 1 2 2
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥DC，
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√5，
∵以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC B ，使矩形ACC B ∽矩形ADCB；
1 1 1 1
∴矩形ACC B 和矩形ABCD的相似比为❑√5:2；
1 1
∴矩形ACC B 的对角线和矩形ABCD的对角线的比为❑√5:2，
1 1
∵矩形ABCD的对角线为❑√5，
❑√5 5
∴矩形ACC B 的对角线为AC =❑√5× = ；
1 1 1 2 2
以此类推，矩形AC C B 的对角线和矩形ACC B 的对角线的比为❑√5:2，
1 2 2 1 1
(❑√5) 2
∴矩形AC C B 的对角线AC =❑√5× ，
1 2 2 2 2(❑√5) 3
矩形AC C B 的对角线AC =❑√5× ，
2 3 3 3 2
(❑√5) n
按此规律第n个矩形的对角线AC =❑√5× ，
n 2
(❑√5) 2023
∴边AC ❑ 的长为❑√5× ，
2 023 2
故选：A．
【变式23-3】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形A B C D （记为
1 1 1 1
第1个正方形）的顶点A 与原点重合，点D 在x轴上，点C 的坐标为(1,1)，以C 为顶点作等边三角形
1 1 1 1
C A B ，点A 落在x轴上，A B ⊥x轴，再以A B 为边向右侧作正方形A B C D （记为第2个正方
1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
形）…，若按照上述的规律继续作正方形，则第2025个正方形的边长为 ．
【答案】22024
【分析】本题考查等边三角形的性质，正方形的性质，图形类规律探索，熟练掌握以上知识点是解答本题
的关键．
根据题意得出第二个正方形边长，继而再得到第三个正方形的边长，即可发现规律，继而解答．
【详解】解：∵正方形A B C D （记为第1个正方形），点C 的坐标为(1,1)，以C 为顶点作等边三角形
1 1 1 1 1 1
C A B ，
1 2 2
∴C D =1，∠C A B =60°，
1 1 1 2 2
∴∠C A D =30°，
1 2 1
∴C A =2=A B ，即第二个正方形边长为2，
1 2 2 2
∴C A =4，即第三个正方形边长为4，
2 3
∴由此得到规律：第n个正方形的边长为2n−1，
∴第2025个正方形的边长为22025−1=22024，
故答案为：22024．【考点24 阅读理解类问题】
【例24】（24-25八年级·广东惠州·期末）阅读下列材料：
在数学课上，老师要求学生探究如下问题：
(1)【提出问题】如图1，在等边三角形ABC内有一点P且PA=2，PB=❑√3，PC=1．求∠BPC的度数．
李华同学一时没有思路，当他跟同学讨论后，发现以PA、PB、PC的长为边构成的三角形是直角三角
形，他突然有了正确的思路：如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′ A，连接PP′，易得
△P′PB是等边三角形，△PP′ A是直角三角形．请帮李华同学求出∠BPC的度数．
(2)【类比问题】如图3，在正方形ABCD内有一点P且PA=❑√5，BP=❑√2，PC=1．求∠BPC的度数；
(3)【探索问题】如图4，在正六边形ABCDEF内有一点P且PA=2❑√13，PB=4，PC=2，则∠BPC=
______．
【答案】(1)∠BPC=150°
(2)∠BPC=135°
(3)120°
【分析】（1）将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BP′，连结AP′、PP′，证明△BP′P是等边三角
形，得出∠BP′P=∠PBP′=60°，PP′=BP=❑√3，证明△AP′P是直角三角形，∠AP′P=90°，得出
∠AP′B=∠APP′+∠BP′P=150°；
（2）由旋转的性质可得BP=BP′=❑√2，∠P′BP=90°，∠BP′ A=∠BPC，AP′=AP=1，然后证明
PA2=P′ A2+PP′2得到∠AP′P=90°，则∠BPC=∠BP′ A=∠AP′P+∠BP′P=135°；
（3）根据六边形ABCDEF是正六边形，∠ABC=120°，AB=BC，则∠BAC=∠BCA=30°，将
△BPC绕点B逆时针旋转120度得到△AP′B，则∠P′BP=120°，P′B=PB=4，AP′=PC=2，
∠BP′ A=∠BPC，∠BPP′=∠BP′P=30°，然后过点B作BH⊥PP′于H，可得BH=2，P′H=PH=2❑√3，则P′P=2PH=4❑√3，然后得到AP′2+PP′2=AP2，则∠AP′P=90°，可以得到
∠BPC=∠BP′ A=∠AP′P+∠BP′P=120°．
【详解】（1）解：将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BP′，连结AP′、PP′，如图2，
由旋转的性质得：△BPC≌△BP′ A，
∴BP=BP′，AP′=PC=1，∠PBP′=60°，∠AP′B=∠BPC，
∴ △BP′P是等边三角形，
∴∠BP′P=∠PBP′=60°，PP′=BP=❑√3，
∵AP′2+PP′2=1+3=4=AP2，
∴ △AP′P是直角三角形，∠AP′P=90°，
∴∠AP′B=∠APP′+∠BP′P=150°，
∴∠BPC=150°；
（2）解：在正方形ABCD内有一点P且PC=1．将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到了△BP′ A，连接
PP′．如图3，
∴BP=BP′=❑√2 ∠P′BP=90° ∠BP′ A=∠BPC AP′=AP=1
， ， ， ，
∴∠BP′P=∠BPP′=45°，PP′=❑√BP′2+BP2=2，
∵ PA2=(❑√5) 2=5，P′ A2=1，PP′2=22=4，
∴PA2=P′ A2+PP′2，
∴∠AP′P=90°，
∴∠BPC=∠BP′ A=∠AP′P+∠BP′P=135°；
（3）解：∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠ABC=120°，AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=30°，
在正六边形ABCDEF内有一点P且PA=2❑√13，PB=4，PC=2，如图4，将△BPC绕点B逆时针旋转
120度得到△AP′B，
∴∠P′BP=120°，P′B=PB=4，AP′=PC=2，∠BP′ A=∠BPC，
∴∠BPP′=∠BP′P=30°，
过点B作BH⊥PP′于点H，
∴PH=P′H ∠BHP=90°
， ，
1
∴BH= BP=2，
2
∴P′H=PH=❑√BP2−BH2=2❑√3，
∴P′P=2PH=4❑√3，
∵ AP2=(2❑√13) 2=52，P′P2=(4❑√3) 2=48，AP′2=22=4，
∴AP′2+PP′2=AP2，
∴∠AP′P=90°，
∴∠BPC=∠BP′ A=∠AP′P+∠BP′P=120°，
故答案为：120°．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的性质，多边形内角和，等腰三角形的
性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性
质．
【变式24-1】（2024·北京海淀·一模）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，DE∥BC分别交AB于D，交AC于E．已知CD⊥BE，
CD=3，BE=5，求BC+DE的值．
小明发现，过点E作EF∥DC，交BC延长线于点F，构造△BEF，经过推理和计算能够使问题得到解决
（如图2）．请回答：BC+DE的值为 ．
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，已知▱ABCD和矩形ABEF，AC与DF交于点G，AC=BF=DF，求∠AGF的度数．
【答案】❑√34，60°
【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．注
意掌握辅助线的作法．
由DE∥BC，EF∥DC，可证得四边形DCFE是平行四边形，即可得EF=CD=3，CF=DE，即可得
BC+DE=BF，然后利用勾股定理，求得BC+DE的值；
首先连接AE，CE，由四边形ABCD是平行四边形，四边形ABEF是矩形，易证得四边形DCEF是平行四
边形，继而证得△ACE是等边三角形，则可求得答案．
【详解】解：∵DE∥BC，EF∥DC，
∴四边形DCFE是平行四边形，
∴EF=CD=3，CF=DE，
∵CD⊥BE，
∴EF⊥BE，
∴BC+DE=BC+CF=BF=❑√BE2+EF2=❑√52+32=❑√34；
故答案为：❑√34；
解决问题：连接AE，CE，如图．∵ ABCD
四边形 是平行四边形，
∴AB∥DC．
∵四边形ABEF是矩形，
∴AB∥FE，BF=AE．
∴DC∥FE．
∴四边形DCEF是平行四边形．
∴CE∥DF．
∵AC=BF=DF，
∴AC=AE=CE．
∴△ACE是等边三角形．
∴∠ACE=60°．
∵CE∥DF，
∴∠AGF=∠ACE=60°．
【变式24-2】（24-25八年级·山西大同·期中）阅读与思考：
小明同学在学习矩形性质之后，对直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的证明
思路做了及时的梳理与总结．阅读小明同学的笔记，并完成相应任务
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
1
如图1，△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的中线．求证：BD= AC．
2
分析：要证明BD等于AC的一半．可以用“倍长法”将BD延长一倍，如图2，延长BD到E，使得
DE=BD．连接AE，CE．可证四边形ABCE是矩形，由矩形的对角线相等得BE=AC，这样将直角三角1
形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到BD= AC．
2
证明：延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，如图2所示：
∵BD是斜边AC上的中线，
∴AD=CD
又∵DE=BD，
∴四边形ABCE是平行四边形（①依据：__________）
任务：
(1)①依据为：______________
(2)请补小明的全证明过程；
(3)上述证明方法中主要体现的数学思想是______；
A．转化思想 B．类比思想 C．数形结合思想 D．从一般到特殊思想
(4)将Rt△ABC和Rt△BDE按图3放置，其中∠ABC=90°，∠DBE=90°，点A、B、D在一直线上，
分别取AC和DE的中点F和G，连接GF．若AB=3，BC=4，BD=BE=1，则GF=______．
【答案】(1)对角线互相平分的四边形是平行四边形
(2)见解析
(3)A
5
(4)
2【分析】（1）根据平行四边形的判定方法填写即可；
（2）延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，证四边形ABCE是平行四边形，再由∠ABC=90°，
得平行四边形ABCE是矩形，则BE=AC，进而得出结论；
（3）由（1）的证明方法即可得出结论；
（4）过点A在AB上方作AH⊥AB，过点D作CH⊥AH于H，过点D在BD上方作DI⊥AD，过点E作
EI⊥DI于I，连接BI、BH、HI，延长IE交AH于J，证四边形CEJH、四边形ABEJ均为矩形，得
HJ=3，IJ=4，再由勾股定理得HI=5，然后证FG是△BHI的中位线，即可求解．
【详解】（1）解：①依据为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）证明：延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，如图2所示：
∵BD是斜边AC上的中线，
∴AD=CD
又∵DE=BD，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCE是矩形，
∴BE=AC，
1
∵DE=BD= BE，
2
1
∴BD= AC；
2
（3）由上述证明方法中将三角形的问题转化为矩形对角线的关系，
主要体现的数学思想是转化思想，
故答案为：A；
（4）如图，过点A在AB上方作AH⊥AB，过点D作CH⊥AH于H，过点D在BD上方作DI⊥AD，
过点E作EI⊥DI于I，连接BI、BH、HI，延长IE交AH于J，
同（1）可知：四边形ABCH、四边形BDIE为矩形，∴∠HAD=∠ADI=∠DIE=90°，
∴四边形ADIJ都为矩形，同理：四边形CEJH和四边形ABEJ为矩形，
∴HJ=CE=BC−BE=4−1=3，IJ=AD=AB+BD=4，
在Rt△HIJ中，由勾股定理得：HI=❑√IJ2+HJ2=❑√32+42=5，
∵点F，G分别是AC和DE的中点，四边形ABCH、四边形BDIE都是矩形，
∴点F，G分别是BH和BI的中点，
∴FG是△BHI的中位线，
1 5
∴FG= HI= ，
2 2
5
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理以及转
化思想等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明FG为△BHI的中位线是解题的关键．
【变式24-3】（24-25八年级·江苏盐城·期中）阅读下列材料：问题：如图1，在菱形ABCD和菱形BEFG
中，∠ABC=∠BEF=60°，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC，探究
PG与PC的位置关系．
(1)请你写出上面问题中线段PG与PC的位置关系，并说明理由；
(2)将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一
条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并
加以证明，
(3)将菱形ABCD和菱形BEFG均改成正方形，如图3，P为DF的中点，此时PG与PC的位置关系和数量
关系分别是什么？直接写出答案．【答案】(1)线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC
(2)没有发生变化
(3)PG⊥PC，PG=PC
【分析】（1）根据题意可知小颖的思路为，通过判定三角形DHP和PGF为全等三角形来得出证明三角形
HCG为等腰三角形且P为底边中点的条件；
（2）思路同上，延长GP交AD于点H，连接CH，CG，本题中除了如（1）中证明△GFP≌△HDP（得
到P是HG中点）外还需证明△HDC≌△GBC（得出三角形CHG是等腰三角形），从而可得结论．
（3）如图，过点F作FH∥DC交CP的延长线于H，交CB于N，交直线BE于M，连接CG、HG， 则
∠CDP=∠PFH， 证明△CDP≌△FHP， △CBG≌△FHG(SAS)， 可得CG=GH，
∠BGC=∠FGH， 证明∠CGH=90°， 可得△CGH是等腰直角三角形， 可得PG=PC，且
PG⊥PC．
【详解】（1）解：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC．
理由：延长GP，交CD于点H，
∵四边形ABCD与四边形BEFG是菱形，
∴CD∥AB∥GF，
∴∠PDH=∠PFG，∠DHP=∠PGF，
∵P是线段DF的中点，
∴DP=PF，
在△DPH和△FGP中，{∠PDH=∠PFD
)
∠DHP=∠PGF ，
DP=PF
∴△DPH≌△FGP(AAS)，
∴PH=PG，DH=GF，
∵CD=BC，GF=GB=DH，
∴CH=CG，
∴CP⊥HG，
即PG⊥PC；
（2）解：猜想：（1）中的结论没有发生变化．
证明：如图，延长GP交AD于点H，连接CH，CG，
∵P是线段DF的中点，
∴FP=DP，
∵AD∥FG，
∴∠GFP=∠HDP．
又∠GPF=∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GP=HP，GF=HD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠HDC=∠ABC=60°．
由∠ABC=∠BEF=60°，且菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，
∴∠GBC=60°．
∴∠HDC=∠GBC．
∵四边形BEFG是菱形，
∴GF=GB．则GB=DH，
∴△HDC≌△GBC．∴CH=CG．
∴PH=PG，PG⊥PC．
（3）解：如图，过点F作FH∥DC交CP的延长线于H，交CB于N，交直线BE于M，连接CG、HG，
则∠CDP=∠PFH，
{∠CDP=∠PFH
)
在△CDP和△FHP中， DP=PF ，
∠CPD=∠FPH
∴△CDP≌△FHP，
∴CP=PH，CD=FH，
∵∠BNM=∠MEF=90°，∠BMN=∠EMF，
∴∠NBM=∠EFM，
∵∠CBG+∠NBM=180°−90°=90°，∠EFM+∠MFG=90°，
∴∠CBG=∠MFG，
{
BC=FH
)
在△CBG和△FHG中， ∠CBG=∠HFG ，
BG=FG
∴△CBG≌△FHG(SAS)，
∴CG=GH，∠BGC=∠FGH，
∴∠CGH=∠BGC−∠HGB=∠FGH−∠HGB=∠BGF=90°，
∴△CGH是等腰直角三角形，
∴PG=PC，且PG⊥PC．
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质正方形的性质．此
题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
