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2022-2023学年八年级数学下学期复习备考高分秘籍【人教版】
专题6.4考前必做30题之特殊的平行四边形小题培优提升（压轴篇，八下人教）
一、单选题
1．（2022春·广东河源·八年级校考期末）已知菱形的周长等于40cm，两对角线的比为3:4，则对角线的
长分别是（ ）
A．12cm，16cm B．6cm，8cm
C．3cm，4cm D．24cm，32cm
【答案】A
【分析】根据菱形的周长可以计算菱形的边长，因为菱形的对角线互相垂直，所以△ABO为直角三角形，
设菱形的对角线长为2x、2y,则x:y＝3:4，且在Rt△ABO中，x2＋y2＝102，求得x、y即可解题．
【详解】解：如下图所示，菱形的周长为40cm,则菱形的边长为10cm,
菱形的对角线互相垂直，所以△ABO为直角三角形，
设菱形的对角线长为2x、2y,则x:y＝3:4，
在Rt△ABO中，x2＋y2＝102
解得x＝6cm，y＝8 cm,
故对角线长为12cm，16cm．
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，菱形各边长相等的性质，菱形对角线互相垂直平分
的性质，本题中根据x、y的关系式求x、y的值是解题的关键．
2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且
AC=6，DB=8，AE⊥BC于点E，则AE=（ ）
24 48
A．6 B．8 C． D．
5 5
【答案】C【分析】先利用菱形的性质和勾股定理求出BC=5，再根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，OC=OA，OB=OD，
∵AC=6，DB=8，
∴OC=3，OB=4，
∴BC=√OB2+OC2=√32+42=5，
∵AC=6，DB=8，
1 1
∴菱形ABCD的面积= ×AC⋅BD= ×6×8=24，
2 2
∵BC=5，
S 24
∴AE= 菱形ABCD= ，
BC 5
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形对角线互相垂直平分是解题的关键．
3．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知：如图，矩形ABCD中，AB=5,BC=12，对角线AC、BD相
交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于（ ）
60 60
A．6 B．5 C． D．
13 12
【答案】C
1 1 13
【分析】连接PO，根据矩形的性质以及勾股定理可得S = S =15，OA=OD= AC= ，
△AOD 4 矩形ABCD 2 2
再由S =S +S ，即可求解．
△AOD △AOP △DOP
【详解】解：连接PO，如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=12，
∴S =AB⋅BC=60,OA=OC,OB=OD,AC=BD， AC=√AB2+BC2=√52+122=13，
矩形ABCD
1 1 13
∴S = S =15，OA=OD= AC= ，
△AOD 4 矩形ABCD 2 2
1 1 1 1 13
S =S +S = OA⋅PE+ OD⋅PF= OA(PE+PF)= × ×(PE+PF)=15,
△AOD △AOP △DOP 2 2 2 2 2
60
∴PE+PF= ．
13
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
4．（2023春·八年级单元测试）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取
AE=BF=CG=DH=6，则四边形EFGH的面积是（ ）
A．34 B．36 C．40 D．100
【答案】C
【分析】利用正方形的面积减去4个直角三角形的面积，进行计算即可．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=6，
∴BE=AH=DG=CF=8−6=2，
1
∴四边形EFGH的面积为：82− ×2×6×4=64−24=40；
2
故选C．
【点睛】本题考查正方形的性质．熟练掌握正方形的性质，正确的识图，利用割补法求面积，是解题的关
键．
5．（2022秋·山东聊城·八年级校联考阶段练习）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点M在DC上，
DM=1，点N是AC上的一个动点，那么DN+MN的最小值是（ ）A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BM交AC于N′点，N′即为所求，在
Rt△BCM中利用勾股定理即可求出BM的长即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于直线AC对称，
连接BD，BN，BM交AC于N′点，连接DN′，
则DN=BN，
∵DN+MN=BN+MN≥BM，
当B、N、M三点共线时，DN+MN取得最小值，
则N′即为所求的点，
则BM的长即为DN+MN的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
又CM=CD−DM=4−1=3，
在Rt△BCM中，BM=√CM2+BC2=√32+42=5，
故DN+MN的最小值是5．
故选：C．
【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线AC对称，可知
BM的长即为DN+MN的最小值是解答此题的关键．
6．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，点E、D、F分别在边AB、BC、CA上，且
DE∥CA，DF∥BA，下列四个判断中，不正确的是（ ）A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果AD平分∠EAF，那么四边形AEDF是菱形
C．如果AD=EF，那么四边形AEDF是矩形
D．如果AD⊥BC且AB=AC，那么四边形AEDF是正方形
【答案】D
【分析】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是90°的平行四边形是矩形，有一组邻边相
等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形，逐项判断即可得出答案．
【详解】A．因为DE∥CA，DF∥BA，所以四边形AEDF是平行四边形．故A选项正确，不符合题意；
B．如果AD=EF，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是矩形．故B选项正确，不符合题意；
C．因为AD平分∠EAF，所以∠EAD=∠FAD，
∵∠FAD=∠EDA，∠EAD=∠FDA，
∴EAD=∠EDA，
∴AE=DE，又因为四边形AEDF是平行四边形，所以是菱形．故C选项正确，不符合题意；
D．∵AD⊥BC且AB=AC，
∴D为BC的中点．
∵DE∥CA，DF∥BA，
∴E为AB的中点，F为AC的中点，
1 1
∴AE= AB，AF= AC，
2 2
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴四边形AEDF是菱形．故D选项错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等
知识点，熟练掌握判定定理是解题的关键．
7．（2023春·八年级单元测试）如图，E、F、H分别为正方形ABCD的边AB、BC、CD上的点，连接
DF，HE，且HE=DF，DG平分∠ADF交AB于点G．若∠BEH=52°，则∠AGD的度数为（ ）A．26° B．38° C．52° D．64°
【答案】D
【分析】过点H作HM⊥AB，由正方形的性质BC=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，四边
形BCHM为矩形，利用HL易证得△HEM≌△DFC，可得∠BEH=∠DFC=52°，进而可得
∠ADF=∠DFC=52°，由角平分线可得的∠ADG度数，即可求得得∠AGD度数．
【详解】解：过点H作HM⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC
∵HM⊥AB，则四边形BCHM为矩形，
∴MH=BC=DC，
∵HE=DF，
∴△HEM≌△DFC（HL），
∴∠BEH=∠DFC=52°，
∵AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=52°，
又∵DG平分∠ADF，
1
∴∠ADG= ∠ADF=26°，
2∴∠AGD=90°−∠ADG=64°．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线，构造全等三角形，利用其性质转
化角度是解决问题的关键．
8．（2023春·八年级单元测试）将图1中两个三角形按图2所示的方式摆放，其中四边形ABCD为矩形，
连接PQ，甲、乙两人有如下结论：
甲：若四边形ABCD是边长为1的正方形，则四边形PQMN必是正方形；
乙：若四边形PQMN为正方形，则四边形ABCD必是边长为1的正方形．
下列判断正确的是（ ）
A．甲正确，乙不正确 B．甲不正确，乙正确
C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确
【答案】D
【分析】根据AB=BC=CD=AD=1，求出AQ和AP的值，根据勾股定理求出PQ的值，即可判断甲是否
正确，若平行四边形PQMN为正方形，根据边的关系可以求出AB=CD=AD=BC=1且四个角都是直角，
即可判断乙是否正确．
【详解】解：∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴AB=BC=CD=AD=1，∠BAD=90°，
∴AQ=4−1=3，AP=3+1=4，∠PAQ=90°，
∴PQ2=AQ2+AP2=25，
∴PQ=5，
同理MN=5，
∴四边形PQMN是菱形，
在△QMD和△PQA中，
¿，
∴△QMD≌△PQA(SSS)，
∴∠MQD=∠APQ，∵∠AQP+∠QPA=90°，
∴∠AQP+∠MQD=90°，
∴∠MQP=90°，
则四边形PQMN必是正方形；
∴甲正确；
若四边形PQMN为正方形，则PQ=PN=MN=MQ=5，
且∠QMD+∠MQD=∠QAP=∠AQP+∠QPA=90°，
在△QMD和△PQA中，
¿，
∴△QMD≌△PQA(ASA)，
∴QD=AP=4，
同理QD=AP=MC=BN=4，
又∵BP=MD=AQ=3，
∴QD−AD=PA−AB，
∴AB=AD=1，
同理AB=CD=AD=BC=1，
即四边形ABCD为菱形，
∵∠DAB=180°−∠QAP=90°，
则四边形ABCD必是边长为1的正方形，
∴乙正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解
题的关键．
9．（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为CD边的中点，点
P、Q为BC边上的两个动点，且PQ=2，当BP=（ ）时，四边形APQE的周长最小．
A．3 B．4 C．5 D．2√2
【答案】B【分析】在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，
过F点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，此时四边形APQE的周长最小，过G点作BC的平行线交
DC的延长线于H点，先求出∠CEQ=45°，得出CE=CQ=2，设BP=x，则
CQ=BC−BP−PQ=8−x−2=6−x，列出关于x的方程，解方程即可．
【详解】解：如图，在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点
即为Q点，过F点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，此时四边形APQE的周长最小，过G点作BC
的平行线交DC的延长线于H点，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=8，DC=AB=4，
∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=90°，
∴DF=AD−AF=8−2=6，
∵E为CD边的中点，
∴CE=DE=2，
∵GH=DF=6，EH=2+4=6，
∴GH=EH，
∵∠H=90°，
∴∠GEH=45°，
∴∠CEQ=45°，
∵在△CQE中，∠QCE=90°，
∴∠QEC=90°−45°=45°，
∴∠EQC=∠CEQ，
∴CE=CQ=2，
设BP=x，则CQ=BC−BP−PQ=8−x−2=6−x，
∴6−x=2，解得：x=4，
即BP=4时，四边形APQE的周长最小，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助
线，找出使四边形APQE的周长最小时，点P的位置．
10．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与A，C不重
合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；
②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为2．其中正确结论的序号为（ ）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【分析】①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE=FG；由△AEB≅△AED可得DE=BE，所以
DE=FG；②延长DE，交FG于M，交FB于点H，由矩形EFBG可得OF=OB，则∠OBF=∠OFB；
由∠OBF=∠ADE，则∠OFB=∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD=90°，即
∠AHD+∠ADH=90°，所以∠AHD+∠OFH=90°，即∠FMH=90°，可得DE⊥FG；③由②中
的结论可得∠BFG=∠ADE；④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时
DE最小，最小值为2√2，由①知FG=DE，所以FG的最小值为2√2
【详解】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB=∠EGB=90°．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG=BE，OB=OF=OE=OG．∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°．
在△ABE和△ADE中，
¿，
∴△ABE≅△ADE．
∴BE=DE．
∴DE=FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≅△ADE，
∴∠ABE=∠ADE．
由①知：OB=OF，
∴∠OFB=∠ABE．
∴∠OFB=∠ADE．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠AHD=90°．
∴∠OFB+∠AHD=90°．
即：∠FMH=90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB=∠ADE．
即：∠BFG=∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD=CD=4，∠ADC=90°，
∴AC=√AD2+CD2=4√2．
1
∴DE= AC=2√2．
2
由①知：FG=DE，
∴FG的最小值为2√2，∴④错误．
综上，正确的结论为：①②③．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，垂线段最短，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，垂
直的定义．根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
11．（2022春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB=6，
BC=8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为
（ ）
48 32 24 12
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】C
【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S =S +S ，即可得到EO+EF
△AOD △AOE △DOE
的值．
【详解】∵AB=6，BC=8，
∴矩形ABCD的面积为48，AC=√AB2+BC2=√82+62=10，
1
∴AO=DO= AC=5，
2
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
1 1
∴S =S +S ，即12= AO×EO+ DO×EF，
△AOD △AOE △DOE 2 2
1 1
∴12= ×5×EO+ ×5×EF，
2 2
24
∴EO+EF= ，
5故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形性质是解答此题的关键．
12．（2023春·福建福州·八年级校考阶段练习）如图，E，F，G，H分别是BD，BC，AC，AD的中点，
且AB=CD，下列结论：①四边形EFGH是菱形；②EG⊥FH；③若∠BAD+∠ADC=245°，则
1
∠EFH=27.5°；④EG= (BC−AD)；其中正确的个数是（ ）
2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与AB=CD可得四边形EFGH是菱形，
然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．
【详解】
解：∵E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，
1 1 1 1
∴EF= CD，FG= AB，GH= CD，HE= AB，AB∥FG，CD∥EF，
2 2 2 2
∵AB=CD，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是菱形，故①正确；
∴EG⊥FH，故②正确；
∵∠BAD+∠ADC=245°，
∴∠ABC+∠DCB=115°，
∵AB∥FG，CD∥EF，
∴∠CFG=∠ABC，∠EFB=∠DCB，
∴∠CFG+∠EFB=115°，
∴∠EFG=180°−(∠CFG+∠EFB)=65°，1
∴∠EFH= ∠EFG=32.5°，故③错误；
2
当AD∥BC，如图所示：E，G分别为BD，AC中点，
∴连接CD，延长EG到CD上一点N，
1 1
∴EN= BC，GN= AD，
2 2
1
∴EG= (BC−AD)，只有AD∥BC时才可以成立，而本题AD与BC很显然不平行，故④错误．
2
综上所述，①②共2个正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与AB=CD
判定四边形EFGH是菱形是解答本题的关键．
13．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示，把矩形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B，C两点恰
好落在AD边的P点处，若∠FPH的度数恰好为90°，PF=4，PH=3，则矩形ABCD的边BC的长为(
)
A．10 B．11 C．12 D．15
【答案】C
【分析】根据折叠的性质得出BF=PF=4，CH=PH=3，根据勾股定理得出FH，进而即可求解．
【详解】解：∵矩形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B，C两点恰好落在AD边的P点处，
∴BF=PF=4，CH=PH=3，
∵∠FPH=90°，
∴FH=√PF2+PH2=√42+32=5 ，
∴BC=BF+FH+CH=4+5+3=12，故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理与折叠问题，掌握勾股定理是解题的关键．
14．（2023春·重庆南岸·八年级重庆市珊瑚初级中学校校考开学考试）如图，在长方形ABCD中，点E是
CD上一点，连接AE，沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在边BC上的点F处．若AB=9，CE=4，
则折痕AE的长度为（ ）
A．5√10 B．10√3 C．10√5 D．5√3
【答案】A
【分析】首先长方形的性质和已知条件得到CE=4，DE=5，根据折叠的性质得到AD=AF，
DE=EF=5然后由勾股定理求出CF=3，设AD=AF=BC=x，根据勾股定理列方程求出AD=15，然后
根据勾股定理求解即可．
【详解】∵在长方形ABCD中，
∴CD=AB=9，∠C=∠B=∠D=90°
∵CE=4
∴DE=CD−CE=5
∵沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在边BC上的点F处
∴AD=AF，DE=EF=5
∴CF=√EF2−CE3=3
∴设AD=AF=BC=x，
∴BF=BC−CF=x−3
∴AF2=BF2+AB2，即x2=(x−3) 2+92
∴解得x=15
∴AD=15
∴AE=√AD2+DE2=5√10
故选：A．
【点睛】本题考查长方形中的折叠问题，涉及长方形性质、折叠性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质及勾股定理求线段长是解决问题的关键．
15．（2022春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图：E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，
且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是（ ）
√3 1 √2 2
A． B． C． D．
2 2 2 3
【答案】C
【分析】连接BP，过C作CM⊥BD，利用面积法求解，PQ+PR的值等于C点到BE的距离，即正方形
对角线的一半．
【详解】解：连接BP，过C作CM⊥BD，如图所示：
∵BC=BE，
∴S =S +S
△BCE △BPE △BPC
1 1 1 1
= BC×PQ+ BE×PR= BC×(PQ+PR)= BE×CM，
2 2 2 2
∴PQ+PR=CM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，CD=BC=1，∠CBD=∠CDB=45°，
∴BD=√12+12=√2，
∵BC=CD，CM⊥BD，
∴M为BD中点，
1 √2
∴CM= BD= ，
2 2√2
即PQ+PR值是 ．
2
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形面积的计算；熟练掌握正方
形的性质，运用面积法求解是解决问题的关键．
16．（2023秋·湖南永州·八年级统考期末）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且
CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论： ①AE=BF；②AE⊥BF；③AO=OE；④
S =S ，其中正确的有（ ）
△AOB 四边形DEOF
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【答案】D
【分析】根据正方形的性质可得∠BAF=∠D=90°，AB=AD=CD，然后求出AF=DE，再利用“边
角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，从而判定出①正确；再根据
全等三角形对应角相等可得∠ABF=∠DAE，然后证明∠ABF+∠BAO=90°，再得到∠AOB=90°，
从而得出AE⊥BF，判断②正确；假设AO=OE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等
的性质可得AB=BE，再根据直角三角形斜边大于直角边可得BE>BC，即BE>AB，从而判断③错误；
根据全等三角形的面积相等可得S =S ，然后都减去△AOF的面积，即可得解，从而判断④正确．
△ABF △ADE
【详解】解：在正方形ABCD中，∠BAF=∠D=90°，AB=AD=CD，
∵CE=DF，
∴AD−DF=CD−CE，
即AF=DE，
在△ABF和△DAE中，
¿，
∴△ABF≅△DAE(SAS)，
∴AE=BF，故①正确；∵∠DAE+∠BAO=90°，∠ABF+∠BAO=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
在△ABO中，∠AOB=180°−(∠ABF+∠BAO)=180°−90°=90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
假设AO=OE，
∵AE⊥BF（已证），
∴AB=BE（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
∵在Rt△BCE中，BE>BC，
∴AB>BC，这与正方形的边长AB=BC相矛盾，
所以，假设不成立，AO≠OE，故③错误；
∵△ABF≅△DAE，
∴S =S ，
△ABF △DAE
∴S −S =S −S ，
△ABF △AOF △DAE △AOF
即S =S ，故④正确；
△AOB 四边形DEOF
综上所述，正确的结论是①②④．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，求出
△ABF≅△DAE全等是解题的关键，也是本题的突破口．
17．（2022秋·浙江宁波·八年级校联考期末）如图，A，B，C，D四个点顺次在直线l上，AC=a,BD=b．
5
以AC为底向下作等腰直角三角形ACE，以BD为底向上作等腰三角形BDF，且FB=FD= BD．连接
6
AF,DE，当BC的长度变化时，△ABF与△CDE的面积之差保持不变，则a与b需满足（ ）
4 6 5
A．a= b B．a= b C．a= b D．a=√2b
3 5 3
【答案】A
【分析】过点E作EM⊥AD于点M，过点F作FN⊥AD于点N，先根据等腰三角形的性质可得1 a 1 b 2
EM= AC= ，BN= BD= ，利用勾股定理可得FN= b，再利用三角形的面积公式可得△ABF与
2 2 2 2 3
△CDE的面积之差，然后根据“当BC的长度变化时，△ABF与△CDE的面积之差保持不变”建立等式，
化简即可得．
【详解】解：如图，过点E作EM⊥AD于点M，过点F作FN⊥AD于点N，
∵△ACE是等腰直角三角形，且AC=a，
1 a
∴EM= AC= ，
2 2
∵△BDF是等腰三角形，且BD=b，
1 b
∴BN= BD= ，
2 2
5 5
∵FB=FD= BD= b，
6 6
2
∴FN=√FB2−BN2= b，
3
1 1
∴△ABF与△CDE的面积之差为 FN⋅AB− EM⋅CD
2 2
1 2 1 a
= × b(AC−BC)− × (BD−BC)
2 3 2 2
1 a
= b(a−BC)− (b−BC)
3 4
1 (a b)
= ab+ − BC，
12 4 3
∵当BC的长度变化时，△ABF与△CDE的面积之差保持不变，
a b
∴ − =0，
4 3
4
∴a= b，
3
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题关键．18．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，P为CD上一点，线段AP的垂直平
分线MN交BD于N，M为垂足，交正方形的两边于E、F，连接PN，则下列结论：①∠APN=45°；②
PC=√2BN；③∠DNF=∠DAP；④MN=MF+NE，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①过N作ST∥BC，则ST⊥AB，先证明△BSN是等腰直角三角形，得出SA=TN，再由
AN=PN,，证明Rt△ASN≌Rt△NTP，得出∠SAN=∠TNP，证出∠ANP=90°，即可得出
∠APN=45°；
②PC=PT+TC=SN+SB，△BSN是等腰直角三角形，SB=SN，即可得出PC=√2BN；
③假设∠DNF=∠DAP成立，证明△NDP≌△NDF，得出DP=DF，可判断③不一定成立；
④过P作AD的平行线交MN于K，证出MF=MK，NE=NK，即可得出结论．
【详解】解：①正确；过N作ST∥BC分别交AB、DC于S、T，则ST⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=ST,∠BAD=90°,∠ABD=45°，
∴△BSN是等腰直角三角形，
∴SB=SN,∠BNS=45°，
∴SA=TN，
∵线段AP的垂直平分线MN交BD于点N，
∴AN=PN，
在Rt△ASN和Rt△NTP中，
¿，
∴Rt△ASN≌Rt△NTP(HL)，
∴∠SAN=∠TNP，
∵∠SAN+∠ANS=90°，
∴∠TNP+∠ANS=90°，∴∠ANP=90°，
∴∠APN=45°，故①正确；
由①得：PC=PT+TC=SN+SB，△BSN是等腰直角三角形，SB=SN，
∴PC=SN+SB=√2BN，故②正确；
∵∠APN=∠ADN=45°，∠PON=∠AOD，
∴∠DNP=∠DAP，
若∠DNF=∠DAP，
则∠DNF=∠DNP．
∵ND=ND,∠NDP=∠NDF，
∴△NDP≌△NDF，
∴DP=DF，显然不一定成立，故③错误；
过P作AD的平行线交MN于K，
∴∠MAF=∠MPK．
∵MN垂直平AP，
∴AM=PM，
∵∠AMF=∠PMK，
∴△AMF≌△PMK(ASA)，
∴MF=MK，
作KG⊥ST于点G，作NH⊥BC于点H，
则KG=PT,NH=CT，
由①得：PT=SN=SB=CT，
∴KG=MH．
∵ST∥BC，
∴∠KNG=∠NEH，
∵∠KGN=∠NHE=90°，
∴△KGN≌△NHE(AAS)，
∴NE=NK，
∴MN=MF+NE，故④正确；
故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形
的判定与性质；本题难度较大，综合性强，特别是需要通过作辅助线证明三角形全等．
19．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，边长为5的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形
和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交CD于点M．若AH=GH，则CM的长为（ ）
1 3 5
A． B． C．1 D．
2 4 4
【答案】D
【分析】过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交与点K，利用已知条件和正方形的性质得到△ABF为
等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一性质，平行线的性质，对顶角相等和等量代换得到△MCF为等腰
三角形，再利用等腰三角形的三线合一的性质和平行线分线段成比例定理解答即可得出结论．
【详解】解：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交与点K，如图，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE=HG=GF=EF，AH∥GF，
∵AH=GH，
∴AH=HE=GF=EF．
由题意得：Rt△ABE≌Rt△BCF≌Rt△ADH≌Rt△CDG，∴BE=CF=AH=DG，∠BAE=∠DCG．
∴BE=EF=GF=FC．
∵AE⊥BF，
∴AB=AF，
∴∠BAE=∠FAE，
∴∠DCG=∠FAE，
∵AH∥GF，
∴∠FAE=∠GFK．
∵∠GFK=∠CFM，
∴∠CFM=∠DCG，
∴MF=MC，
∵MN⊥FC，
1
∴CN=NF= CF，
2
1
∴CN= CG．
4
∵MN⊥CG，DG⊥CG，
∴MN∥DG，
CM CN 1
∴ = = ，
CD CG 4
∵CD=5，
5
∴CM= ．
4
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，
依据题意恰当地添加辅助线是解题的关键．
20．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，顺次连
接四边形ABCD各边中点，得到四边形A B C D ，再顺次连接四边形A B C D 各边中点，得到四边
1 1 1 1 1 1 1 1
形A B C D ，如此进行下去，得到四边形A B C D ．下列结论正确的是（ ）．
2 2 2 2 n n n n
①四边形A B C D 是菱形；
4 4 4 4
②四边形A B C D 是矩形；
3 3 3 3
a+b
③四边形A B C D 周长为 ；
7 7 7 7 8a2−b
④四边形A B C D 面积为 ．
n n n n 2n
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对选项作
出分析判断：①②根据三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理、菱形和矩形的判定与性质作出判断；
③根据三角形的中位线定理和四边形周长公式作出判断；④找到每得到的四边形与原四边形面积关系规律，
即可求得四边形A B C D 的面积．
n n n n
【详解】解：①连接A C ，B D ，
1 1 1 1
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A B C D ，
1 1 1 1
∴A D ∥BD，B C ∥BD，C D ∥AC，A B ∥AC，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴A D ∥B C ，A B ∥C D ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴四边形A B C D 是平行四边形；
1 1 1 1
∵AC⊥BD，
∴A B ⊥A D ，
1 1 1 1
∴四边形A B C D 是矩形，
1 1 1 1
∴B D =A C （矩形的两条对角线相等）；
1 1 1 1
∴A D =C D =C B =B A （三角形的中位线定理），
2 2 2 2 2 2 2 2
∴四边形A B C D 是菱形；
2 2 2 2
∴四边形A B C D 是矩形；
3 3 3 3
∴根据中位线定理知，四边形A B C D 是菱形；
4 4 4 4
故①②正确；
1 1 1 1
③根据中位线的性质易知，A B = A B = A B = A B = AC，
7 7 2 5 5 4 3 3 8 1 1 16
1 1 1 1
B C = B C = B C = B C = BD，
7 7 2 5 5 4 3 3 8 1 1 161 a+b
∴四边形A B C D 的周长是2× (a+b)= ，故③正确；
7 7 7 7 16 8
④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，
∴S =ab÷2；
四边形ABCD
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
ab
四边形A B C D 的面积是 ，故④错误；
n n n n 2n+1
综上所述，①②③正确．
故选A．
【点睛】本题是一道规律题，考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线定理、菱形和矩形
的判定与性质，解题的关键是理清题意，熟练并灵活运用所学知识点解题．
二、填空题
21．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交
BC于E，∠CAE=15°，连接OE．下列结论：
①△ODC是等边三角形；
②CD=BE；
③BC=2AB；
④S =S ．其中正确的有______（填序号）．
△AOE △COE
【答案】①②④
【分析】根据矩形的性质，可知∠BAD=∠ABE=90°，OA=OB=OC=OD，AB=CD，根据平分线的
1
定义可得∠BAE= ∠BAD=45°，继而得到∠BAO=60°，所以△OAB是等边三角形，可知
2
∠COD=∠AOB=60°，可得△ODC是等边三角形，故①正确；证明△ABE是等腰直角三角形，可得BE=AB，所以CD=BE，故②正确；由△OAB是等边三角形得AB=OA，又因为OA=OC，所以
AC=2AB，根据直角三角形中直角边小于斜边可知BC
