考試范圍：全冊(cè)； 考試時(shí)間：120分鐘； 總分：120分
一、選擇題（本大題共6小題，每小題3分，共18分）
1．（2022·北京八十中八年級(jí)期中）在矩形中，對(duì)角線相交于點(diǎn)，，，則的長(zhǎng)為（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由矩形的性質(zhì)可得，再證為等邊三角形，再由勾股定理即可求解．
【詳解】
解：在矩形ABCD中，，，
∵∠AOB＝60°，
∴為等邊三角形，
∴，
∴AC=4，
在中，
故選：A．
【點(diǎn)睛】
此題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定以及勾股定理，熟練掌握相關(guān)基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·浙江紹興·八年級(jí)期末）如圖，以正方形ABCD的一邊AD為邊向外作等邊三角形ADE，則∠BED等于（ ）
A．30° B．37.5° C．45° D．50°
【答案】C
【解析】
【分析】
由正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AD=AE，∠BAE=150°，可求∠BEA=15°，即可求解．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵△ADE是等邊三角形，
∴AD=AE，∠DAE=∠AED=60°，
∴∠BAE=150°，AB=AE，
∴∠AEB=15°，
∴∠BED=45°．
故選：C．
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．
3．（2022·湖北荊門·八年級(jí)期末）已知四邊形ABCD是平行四邊形，下列結(jié)論不正確的是（ ）
A．當(dāng)時(shí)，它是菱形B．當(dāng)時(shí)，它是菱形
C．當(dāng)時(shí)，它是矩形D．當(dāng)時(shí)，它是菱形
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)菱形、矩形的判定定理判斷即可．
【詳解】
解：A，對(duì)角線相等的平行四邊形為矩形，時(shí)，四邊形ABCD是矩形，該結(jié)論不正確；
B，菱形的對(duì)角線互相垂直，因此當(dāng)時(shí)，四邊形ABCD是菱形，該結(jié)論正確；
C，有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，因此當(dāng)時(shí)，四邊形ABCD是矩形，該結(jié)論正確；
D，有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，因此當(dāng)時(shí)，四邊形ABCD是菱形，該結(jié)論正確；
故選A．
【點(diǎn)睛】
本題考查了菱形和矩形的判定，解題關(guān)鍵是熟記相關(guān)判定定理，準(zhǔn)確進(jìn)行判斷．
4．（2021·浙江臺(tái)州·八年級(jí)期末）如圖，在菱形紙片ABCD中，∠A=60°，折疊菱形紙片ABCD，使點(diǎn)C落在DP（P為AB中點(diǎn)）所在的直線上，得到經(jīng)過點(diǎn)D的折痕DE．則∠BEC′的大小為（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【答案】C
【解析】
【分析】
連接BD，由菱形的性質(zhì)及∠A=60°，得到三角形ABD為等邊三角形，P為AB的中點(diǎn)，利用三線合一得到DP為角平分線，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，進(jìn)而求出∠PDC=90°，由折疊的性質(zhì)得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的內(nèi)角和定理即可求出所求角的度數(shù)．
【詳解】
解：連接BD，
∵四邊形ABCD為菱形，∠A=60°，
∴△ABD為等邊三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵P為AB的中點(diǎn)，
∴DP為∠ADB的平分線，即∠ADP=∠BDP=30°，
∴∠PDC=90°，
∴由折疊的性質(zhì)得到∠CDE=∠PDE=45°，∠DEC=∠DEC′，
在△DEC中，∠DEC=180°-（∠CDE+∠C）=75°．
∴∠BEC′=180°-（∠DEC+∠DEC′）=30°．
故選：C．
【點(diǎn)睛】
此題考查了翻折變換（折疊問題），菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，以及三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
5．（2022·山東·招遠(yuǎn)市教學(xué)研究室八年級(jí)期中）如圖，點(diǎn)E在正方形ABCD的對(duì)角線AC上，且EC＝AE，Rt△FEG的兩直角邊EF，EG分別交BC，DC于點(diǎn)M，N．若正方形ABCD邊長(zhǎng)為6，則重疊部分四邊形EMCN的面積為（ ）
A．18B．12C．9D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
過點(diǎn)E作EG⊥DC于點(diǎn)G，EH⊥BC于點(diǎn)H，證明△GEN≌△HEM，得到計(jì)算即可．
【詳解】
過點(diǎn)E作EG⊥DC于點(diǎn)G，EH⊥BC于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BCD，AD⊥CD，AB⊥BC，∠BCD=90°，
∴EG=EH，四邊形EHCG是矩形，
∴四邊形EHCG是正方形，
∴∠HEG=90°，
∵∠MEN=90°，
∴∠HEM=∠GEN=90°-∠MEG，
∴△GEN≌△HEM，
∵AE=EC，
∴=9，
故選C．
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，三角形全等，角平分線的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
6．（2022·河南·漯河市實(shí)驗(yàn)中學(xué)八年級(jí)期中）如圖1，點(diǎn)F從菱形ABCD的頂點(diǎn)A出發(fā)，沿A-D-B以1cm/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，圖2是點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)BC的面積（cm2）隨時(shí)間x（s）變化的關(guān)系圖像，則a的值為（ ）
A．5B．4C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
通過分析圖像，點(diǎn)F從點(diǎn)A到D用as，此時(shí)，△FBC的面積為2a，依此可求菱形的高DE，再由圖像可知，BD=5，應(yīng)用勾股定理分別求BE和a即可．
【詳解】
解：過點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，
由圖像可知，點(diǎn)F由點(diǎn)A到點(diǎn)D用時(shí)為as，△FBC的面積為2acm2．
∴AD=a
∴DE?AD＝2a
∴DE=4
點(diǎn)F從D到B，用了5s
∴BD=5，
Rt△DBE中，
BE===3，
∵ABCD是菱形
∴EC=a-1，DC=a
Rt△DEC中，
a2=42+(a-3)2
解得a=．
故選D．
【點(diǎn)睛】
本題綜合考查了菱形性質(zhì)和一次函數(shù)圖像性質(zhì)，解答過程中要注意函數(shù)圖像變化與動(dòng)點(diǎn)位置之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，共18分）
7．（2022·黑龍江齊齊哈爾·八年級(jí)期末）如圖所示，菱形ABCD中，AC＝4，BD＝2，則這個(gè)菱形的周長(zhǎng)是________．
【答案】4
【解析】
【分析】
首先根據(jù)菱形的性質(zhì)可求得OA、OB，再利用勾股定理即可求得AB，據(jù)此即可解答．
【詳解】
解：四邊形ABCD是菱形
，，，AB=BC=CD=DA，
在中，，
這個(gè)菱形的周長(zhǎng)為：4，
故答案為：4．
【點(diǎn)睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握和運(yùn)用菱形的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．
8．（2022·江蘇南京·八年級(jí)期中）如圖，在矩形ABCD中，∠ABC的平分線交AD于點(diǎn)E，連接CE，若BC=8，AE=5，則CE=_____．
【答案】
【解析】
【分析】
首先證明AB=AE=CD=5，在Rt△CED中，根據(jù)勾股定理計(jì)算即可．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB=CD，BC=AD=8，∠D=90°，
∴∠AEB=∠EBC，
∵∠ABE=∠EBC，
∴AB=AE=CD=5，
∴DE=8-5=3，
在Rt△EDC中，CE= ．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查矩形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考常考題型．
9．（2022·福建省廈門集美中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，菱形的邊長(zhǎng)為2，且，是的中點(diǎn)，為上一點(diǎn)且的周長(zhǎng)最小，則的周長(zhǎng)的最小值為_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先求PC+CE的最小值，再計(jì)算周長(zhǎng)的最小值即可．
【詳解】
∵ 四邊形ABCD是菱形，
∴A、C關(guān)于BD對(duì)稱，
連接AE，交BD于點(diǎn)F，當(dāng)P與F重合時(shí)，PE+PC最小，
過點(diǎn)E作EG⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，
∵ 菱形的邊長(zhǎng)為2，且，是的中點(diǎn)，
∴BE=EC=1，AB=2，∠EBG=，
∴BG=，，
∴AG=AB+BG=，
∴，
∴的周長(zhǎng)的最小值為AE+EC=，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，將軍飲馬河原理，勾股定理，熟練掌握菱形性質(zhì)和將軍飲馬河原理是解題的關(guān)鍵．
10．（2022·安徽合肥·八年級(jí)期末）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC， BD相交于點(diǎn)O，P為AB邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，B重合），PE⊥OA于點(diǎn)E，PF⊥OB于點(diǎn)F，若AB=8，∠BAD=60°，則線段EF長(zhǎng)度的最小值為______________．
【答案】
【解析】
【分析】
連接OP，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，∠CAB=∠DAB=30°，根據(jù)矩形的判定定理得到四邊形OEPF是矩形，求得EF=OP，當(dāng)OP⊥AB時(shí)，OP最小，根據(jù)三角形的面積公式結(jié)論得到結(jié)論．
【詳解】
解：連接OP，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠CAB=∠DAB=30°，
∵PE⊥OA于點(diǎn)E，PF⊥OB于點(diǎn)F，
∴∠EOF=∠OEP=∠OFP=90°，
∴四邊形OEPF是矩形，
∴EF=OP，
∵當(dāng)OP取最小值時(shí)，EF的值最小，
∴當(dāng)OP⊥AB時(shí)，OP最小，
∵AB=8，
∴OB=AB=4，OA==4，
∴S△ABO=OA?OB=AB?OP，
∴OP=，
∴EF的最小值為2，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，垂線段最短，菱形的性質(zhì)，熟練掌握垂線段最短是解題的關(guān)鍵．
11．（2022·四川廣元·中考真題）如圖，直尺AB垂直豎立在水平面上，將一個(gè)含45°角的直角三角板CDE的斜邊DE靠在直尺的一邊AB上，使點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，DE＝12cm．當(dāng)點(diǎn)D沿DA方向滑動(dòng)時(shí)，點(diǎn)E同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)沿射線AF方向滑動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)D滑動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為 _____cm．
【答案】
【解析】
【分析】
由題意易得cm，則當(dāng)點(diǎn)D沿DA方向下滑時(shí)，得到，過點(diǎn)作于點(diǎn)N，作于點(diǎn)M，然后可得，進(jìn)而可知點(diǎn)D沿DA方向下滑時(shí)，點(diǎn)C′在射線AC上運(yùn)動(dòng)，最后問題可求解．
【詳解】
解：由題意得：∠DEC=45°，DE＝12cm，
∴cm，
如圖，當(dāng)點(diǎn)D沿DA方向下滑時(shí)，得到，過點(diǎn)作于點(diǎn)N，作于點(diǎn)M，
∵∠DAM=90°，
∴四邊形NAMC′是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴平分∠NAM，
即點(diǎn)D沿DA方向下滑時(shí)，點(diǎn)C′在射線AC上運(yùn)動(dòng)，
∴當(dāng)時(shí)，此時(shí)四邊形是正方形，CC′的值最大，最大值為，
∴當(dāng)點(diǎn)D滑動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為；
故答案為．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)及角平分線的判定定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)及角平分線的判定定理是解題的關(guān)鍵．
12．（2022·遼寧·東北育才學(xué)校八年級(jí)期中）在矩形ABCD中，AD=8，AB=6，點(diǎn)E為射線DC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，把△ADE沿AE折疊，使點(diǎn)D落在點(diǎn)F處，若△CEF為直角三角形時(shí)，DE的長(zhǎng)為______．
【答案】或8或或???????
【解析】
【分析】
先利用勾股定理計(jì)算出AC=10，當(dāng)△CEF為直角三角形時(shí)，有幾種情況：①當(dāng)點(diǎn)F落在矩形內(nèi)部時(shí)，如圖1所示．根據(jù)折疊的性質(zhì)得∠AFE=∠D=90°，設(shè)DE=x，則EF=x，CE=6-x，然后在Rt△CEF中運(yùn)用勾股定理可計(jì)算出x即可．②當(dāng)點(diǎn)F落在AB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖2所示．此時(shí)四邊形ADEF為正方形，得出DE=AD=8．③當(dāng)點(diǎn)F落在BC邊上時(shí)，如圖3所示，易知AF=AD=8，BF=
，設(shè)DE=EF=x，CE=6-x，然后在Rt△CEF中運(yùn)用勾股定理可計(jì)算出x即可；④當(dāng)點(diǎn)F落在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖4，設(shè)DE=EF=x，CE=x-6，BF=，然后在Rt△CEF中運(yùn)用勾股定理可計(jì)算出x即可．
【詳解】
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=90°，CD=AB=6，
∴AC==10，
當(dāng)△CEF為直角三角形時(shí)，有下列幾種情況：
①當(dāng)點(diǎn)F落在矩形內(nèi)部時(shí)，F(xiàn)落在AC上，如圖1所示．
由折疊的性質(zhì)得：EF=DE，AF=AD=8，CF=2，
設(shè)DE=x，則EF=x，
∴CE=6-x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：
∵EF2+CF2=CE2，
∴x2+22=（6-x）2，
解得，
∴；
②當(dāng)點(diǎn)F落在AB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖2所示．
此時(shí)四邊形ADEF為正方形，
∴DE=AD=8．
③當(dāng)點(diǎn)F落在BC邊上時(shí)，如圖3：
易知AF=AD=8，BF=
，設(shè)DE=EF=x，CE=6-x，
在Rt△EFC中，x2=（6-x）2+（8-）2，
∴，
∴；
④當(dāng)點(diǎn)F落在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖4，
設(shè)DE=EF=x，CE=x-6，
則BF=，
在Rt△CEF中，
解得．
綜上所述，DE的長(zhǎng)為或8或或．
故答案為：或8或或
【點(diǎn)睛】
本題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、勾股定理、正方形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握折疊和矩形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
三、（本大題共5小題，每小題6分，共30分）
13．（2022·江蘇·蘇州高新區(qū)第一初級(jí)中學(xué)校八年級(jí)期中）如圖、在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作對(duì)角線BD的垂線交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．
(1)求證：四邊形ACED是平行四邊形；
(2)若AC＝8，BD＝6，求△CDE的周長(zhǎng)．
【答案】(1)證明見解析；
(2)18．
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AD∥BC，AC⊥BD，進(jìn)一步可得：AD∥CE，再由DE⊥BD，可得DE∥AC，即可求證；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得DE=AC=8，AD=CE，再由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，，，，從而得到AD=5，從而得到AD=CD=CE=5，即可求解．
(1)
證明：在菱形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，
∵B、C、E共線，
∴AD∥CE，
∵DE⊥BD，
∴DE∥AC，
∴四邊形ACDE是平行四邊形；
(2)
解：∵四邊形ACDE是平行四邊形，AC＝8，BD＝6，
∴DE=AC=8，AD=CE，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，，，，
∴∠AOD=90°，
∴，
∴AD=CD=CE=5，
∴△CDE的周長(zhǎng)為．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．
14．（2022·江蘇常州·八年級(jí)期末）如圖，在矩形ABCD中，E、F為BC上兩點(diǎn)，且BE＝CF，連接AF、DE交于點(diǎn)O．
(1)求證：△AOD是等腰三角形；
(2)若AF⊥DE，OF＝OA＝1，求矩形ABCD的周長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）通過證明得到和，利用等角對(duì)等邊和等式的性質(zhì)即可得到，即可完成求證；
（2）利用等腰三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理分別求出AD和AB的長(zhǎng)即可求解．
(1)
證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，AD∥BC，AB∥CD，∠B=∠C=90°，
∵BE＝CF，
∴BC-BE＝BC-CF，
∴BF=CE，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴△AOD是等腰三角形．
(2)
∵OF＝OA＝1，
∴
∴
∵AF⊥DE，
∴∠AOD=90°，
∴∠OAD=∠ODA=45°，
∵矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，
∴∠BAF=∠CDE=45°，
∴∠AFB=45°=∠BAF，
∴AB=BF，
∵，
∴，
∴矩形ABCD的周長(zhǎng)為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、等腰三角形的判定與性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是理解題意并牢記相關(guān)概念．
15．（2022·江蘇·泰州市第二中學(xué)附屬初中八年級(jí)期中）如圖，在菱形中，點(diǎn)P是的中點(diǎn)，僅用無(wú)刻度的直尺按要求畫圖．（保留作圖痕跡，不寫作法）
(1)在圖①中畫出的中點(diǎn)H；并證明理由．
(2)在圖②中的菱形對(duì)角線上，找兩個(gè)點(diǎn)E、F，使．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【解析】
【分析】
(1)連接AC、BD，交點(diǎn)為O，畫直線PO，交AD于點(diǎn)H，則H即為所求．
(2) 連接AC、BD，交點(diǎn)為O，畫直線PO，連接CH，交BD于點(diǎn)F；連接AP，交BD于點(diǎn)E．
(1)
連接AC、BD，交點(diǎn)為O，
畫直線PO，交AD于點(diǎn)H，
則H即為所求．證明如下：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，OA=OC，OB=OD，AD∥BC，
∵BP=PC，
∴PO是△ABC的中位線，
∴AB∥PH，
∴四邊形ABPH是平行四邊形，
∴BP=AH=，
故點(diǎn)H為AD的中點(diǎn)．
(2)
如圖，連接AC、BD，交點(diǎn)為O，
畫直線PO，交AD于點(diǎn)H，
連接CH，交BD于點(diǎn)F；連接AP，交BD于點(diǎn)E，
則E、F即為所求．
【點(diǎn)睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)，三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
16．（2022·廣西南寧·八年級(jí)期末）如圖，正方形ABCD中，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)E，使得點(diǎn)C為BE的中點(diǎn)，連接AC，BD，DE．
(1)求證：；
(2)若，求正方形ABCD的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)36
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，得出，從而得到四邊形ACED是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可求解；
（2）根據(jù)四邊形ACED是平行四邊形得到 ，再根據(jù)四邊形ABCD是正方形，得到，，在中根據(jù)勾股定理解得，即可求出正方形ABCD的面積．
(1)
（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形
∴，
即
∵點(diǎn)C為BE的中點(diǎn)
∴
∴
又∵
∴四邊形ACED是平行四邊形
∴
(2)
解：由（1）知四邊形ACED是平行四邊形
∴
∵四邊形ABCD是正方形
∴，
∴在中
解得
∴正方形ABCD的面積為：
【點(diǎn)睛】
本題主要考察了平行四邊形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)，以及勾股定理的應(yīng)用，熟悉以上性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．（四川省德陽(yáng)市2021-2022學(xué)年八年級(jí)下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，在□ABCD中，∠ABC的平分線交AD于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)E．
(1)求證；四邊形ABEF是菱形；
(2)若AB＝5，BF＝8，，求□ABCD的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)證明四邊形ABEF是平行四邊形，再由AFBE可得出結(jié)論；
（2）先由菱形的性質(zhì)得出AE⊥BF，，AO＝OE，AB＝BE＝5，再由勾股定理求出OE=3，從而得AE=6，即可求得CE=3，則BC=8，設(shè)AD與BC之間的距離為h，則可求解菱形ABEF的面積平行四邊形ABCD的面積，而菱形ABEF的面積，代入即可求解．
(1)
證明∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴，即，
又∵，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠EBF，
∵，
∴∠AFB＝∠FBE，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AB＝AF，
∴四邊形ABEF是菱形．
(2)
解：∵四邊形ABEF是菱形
∴AE⊥BF，，AO＝OE，AB＝BE＝5
∴，
∴AE＝6
∵，
∴CE＝3，
∴BC＝8
設(shè)AD與BC之間的距離為h，則
∵菱形ABEF的面積，平行四邊形ABCD的面積
∴菱形ABEF的面積平行四邊形ABCD的面積
∵菱形ABEF的面積
∴四邊形ABCD的面積
【點(diǎn)睛】
本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)和菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
四、（本大題共3小題，每小題8分，共24分）
18．（2022·四川省榮縣中學(xué)校八年級(jí)期中）如圖，點(diǎn)E是矩形ABCD的邊CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，點(diǎn)F，G，H分別是AE，ED，BC的中點(diǎn)．
(1)判斷四邊形FHCG的形狀，并證明；
(2)求證：∠DEH＝∠FHE
【答案】(1)四邊形FHCG是平行四邊形，證明詳見解析
(2)詳見解析
【解析】
【分析】
（1）由點(diǎn)F，G分別是AE，ED的中點(diǎn)，可得，由矩形的性質(zhì)可得，又H是BC的中點(diǎn)，可得，進(jìn)而可得四邊形FHCG是平行四邊形；
（2）由矩形的性質(zhì)可得∠DCB=90°，即△ECD是直角三角形，又點(diǎn)G是ED的中點(diǎn)，可得GC=GE，可得∠GCB=∠DEH，再由GC∥FH得∠GCB=∠FHE，進(jìn)而可證結(jié)論．
(1)
解：四邊形FHCG是平行四邊形，證明如下：
∵四邊形ABCD矩形，
∴
∵點(diǎn)F，G，H分別是AE，ED，BC的中點(diǎn)，
∴，，
∴，
∴四邊形FHCG是平行四邊形．
(2)
證明：∵四邊形ABCD矩形，
∴∠DCB=90°，
在直角三角形△ECD中，點(diǎn)G是ED的中點(diǎn)，
∴GC=GE，
∴∠GCB=∠DEH，
由（1）得四邊形FHCG是平行四邊形，
∴GC∥FH，
∴∠GCB=∠FHE，
∴∠DEH＝∠FHE．
【點(diǎn)睛】
本題考查平行四邊形的判定、矩形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
19．（2022·湖北荊門·八年級(jí)期末）我們把依次連接任意一個(gè)四邊形各邊中點(diǎn)得到的四邊形叫做中點(diǎn)四邊形．如圖，在四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，依次連接各邊中點(diǎn)得到中點(diǎn)四邊形EFGH．
(1)判斷這個(gè)中點(diǎn)四邊形EFGH的形狀，并證明你的結(jié)論；
(2)當(dāng)AC和BD之間滿足________時(shí)，這個(gè)中點(diǎn)四邊形EFGH是菱形．
【答案】(1)平行四邊形，理由見解析
(2) 理由見解析
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)四邊形的形狀，及三角形中位線的性質(zhì)可判斷出四邊形EFGH是平行四邊形；連接AC、利用三角形的中位線定理可得出HG=EF、，繼而可判斷出四邊形EFGH的形狀；
（2）根據(jù)中位線的性質(zhì)先證明結(jié)合（1）的結(jié)論可得結(jié)論．
(1)
證明：連接AC，
∵E是AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，
∴，
同理，
綜上可得：，EF=HG，
故四邊形EFGH是平行四邊形．
(2)
當(dāng)時(shí)，這個(gè)中點(diǎn)四邊形EFGH是菱形，理由如下：
連接BD，
由中位線的性質(zhì)可得：

由（1）得：四邊形EFGH是平行四邊形，
∴四邊形EFGH是菱形．
【點(diǎn)睛】
本題考查的是三角形的中位線的性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的判定，掌握“三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半”是解本題的關(guān)鍵．
20．（2022·江蘇·蘇州市第十六中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，在菱形 ABCD 中，AB＝2，∠DAB＝60°，點(diǎn) E 是 AD 邊的中點(diǎn)， 點(diǎn) M 是 AB 邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn) A 重合），延長(zhǎng) ME 交射線 CD 于點(diǎn) N，連接 MD、AN．
(1)求證：四邊形 AMDN 是平行四邊形；
(2)在點(diǎn) M 移動(dòng)過程中：①當(dāng)四邊形 AMDN 成矩形時(shí)，求此時(shí) AM 的長(zhǎng)；
②當(dāng)四邊形 AMDN 成菱形時(shí)，求此時(shí) AM 的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)①AM=1；②AM=2
【解析】
【分析】
（1）由題意可證△DNE≌△AEM，則DN=AM，即可征四邊形AMDN是平行四邊形；（2）①若四邊形AMDN成矩形，可證△ADM是直角三角形，根據(jù)勾股定理可求AM的長(zhǎng)；②若四邊形AMDN成菱形，可證△ADM是等邊三角形，可求AM的長(zhǎng)．
(1)
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=CD=AD=2，AB∥CD，
∴∠NDA=∠DAM，
∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，
∴AE=DE，且∠NDA=∠DAM，∠NED=∠AEM，
∴△AEM≌△DNE，
∴DN=AM，
∵NC∥AB，
∴四邊形AMDN是平行四邊形；
(2)
①若四邊形AMDN成矩形，則DM⊥AB，
在Rt△ADM中，DM⊥AB，∠DAB=60°，AD=AB=2，
∴∠ADM=30°，
∴AM=AD=1，
∴當(dāng)AM=1時(shí)，四邊形AMDN成矩形；
②若四邊形AMDN成菱形，則DM=AM，
∵DM=AM，∠DAB=60°，
∴△ADM是等邊三角形，
∴AM=AD=AB=2，
∴當(dāng)AM=2時(shí)，四邊形 AMDN 成菱形．
【點(diǎn)睛】
本題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)，熟練運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．
五、（本大題共2小題，每小題9分，共18分）
21．（2022·江西·定南縣教學(xué)研究室八年級(jí)期中）（1）如圖1，紙片□ABCD中，AD＝5，S□ABCD＝15，過點(diǎn)A作AE⊥BC，垂足為E，沿AE剪下△ABE，將它平移至△DCF的位置，拼成四邊形AEFD，則四邊形AEFD的形狀為
A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
（2）如圖2，在（1）中的四邊形紙片AEFD中，在EF上取一點(diǎn)G，使EG＝4，剪下△AEG，將它平移至△DFH的位置，拼成四邊形AGHD．
①求證：四邊形AGHD是菱形；
②求四邊形AGHD的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)．
【答案】（1）C；（2）①見解析；②，
【解析】
【分析】
（1）由已知可得四邊形AEFD為平行四邊形，再根據(jù)AE⊥BC即可得到四邊形AEFD的形狀；
（2）①與（1）類似可得四邊形AGHD為平行四邊形，再由勾股定理可得AG的長(zhǎng)度，最后根據(jù)菱形的定義可以得解；
②連接AH，DG，分別在Rt△DFG和Rt△AEH中利用勾股定理求解即可得到答案．
【詳解】
解：（1）∵△AEB，將它平移至△DFC，
∴AE∥DF，AE＝DF，∴四邊形AEFD是平行四邊形,
又AE⊥BC，∴∠AEF=90°，
∴四邊形AEFD為矩形，
故選C；
（2）①證明：∵在□ABCD中，AD＝5，S□ABCD＝15，∴AE＝3．
∵△AEG，將它平移至△DFH，
∴AG∥DH，AG＝DH，∴四邊形AGHD是平行四邊形．
在Rt△AEG中，AG＝，
∴AG＝AD＝5，∴四邊形AGHD是菱形；
②連接AH，DG，如圖3，
在Rt△DFG中，F(xiàn)G＝GH﹣FH＝5﹣4＝1，DF＝3，
∴DG＝，
在Rt△AEH中，EH＝EG+GH＝4+5＝9，AE＝3，
∴AH＝．
【點(diǎn)睛】
本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握矩形和菱形的判定、平移的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．
22．（2022·貴州·仁懷市教育研究室三模）某數(shù)學(xué)興趣小組開展圖形的折疊實(shí)驗(yàn)探究，如圖，在矩形紙片ABCD中，，，點(diǎn)E為CD上一動(dòng)點(diǎn)（不與C，D重合）
(1)如圖（1），將沿BE折疊，使得點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)恰好落在AD邊上的F處，求DE的長(zhǎng)；
(2)如圖（2），將沿BE折疊，使得點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為F，連接DF，當(dāng)DF取得最小值時(shí)，求DE的長(zhǎng)；
(3)如圖（3），小明準(zhǔn)備用上述紙片折疊一種紙飛機(jī)，發(fā)現(xiàn)其中一個(gè)步驟是需將沿BE折疊，使點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F落在矩形ABCD的對(duì)稱軸上，在這種情況下，求DE的長(zhǎng)．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
（1）設(shè)DE=x，求出FD=2，根據(jù)勾股定理列出方程即可求解；
（2）連接BD，DF≥BD-BF，當(dāng)B、F、D三點(diǎn)共線時(shí)，DF最小，類似于（1）的方法求出DE長(zhǎng)即可；
（3）分F落在AD中垂線上，點(diǎn)F落在CD的中垂線上，類似（1）結(jié)合勾股定理求解即可．
(1)
解：∵，，
由翻折可知，，F(xiàn)E=EC，
設(shè)DE=x，則FE=EC=6-x，
，
FD=AD-AF=2，
∴，
解得，，
DE長(zhǎng)為．
(2)
解：連接BD，如圖1所示，
∵DF≥BD-BF，當(dāng)B、F、D三點(diǎn)共線時(shí)，DF最小，如圖2所示，
，
設(shè)DE=x，則FE=EC=6-x，
FD=BD-BF= ，
∴，
解得，，
DE長(zhǎng)為．
圖1 圖2
(3)
解：如圖3所示，點(diǎn)F落在CD中垂線上，設(shè)中垂線與CD、AB分別交于M、N，
則BN=CM=DM=3，
由折疊可知，BF=BC=10，
，
設(shè)ME=y，則FE=EC=3-y，
FM=MN-NF= ，
，
，
DE長(zhǎng)為．
如圖4所示，點(diǎn)F落在AD中垂線上，設(shè)中垂線與AD、CB分別交于U、T，作FV⊥DC，交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)V，
則BT=CT=DU= FV=5，
由折疊可知，BF=BC=10，
，
設(shè)VE=m，則FE=EC= ，
，
，
∵，
DE長(zhǎng)為．
圖3 圖4
【點(diǎn)睛】
本題考查了勾股定理與矩形折疊，解題關(guān)鍵是恰當(dāng)設(shè)未知數(shù)，利用勾股定理列出方程求解．
六、（本大題共12分）
23．（2022·江蘇·蘇州市景范中學(xué)校八年級(jí)期中）如圖1，點(diǎn)E是正方形ABCD的邊BC上一點(diǎn)，連接AE，并將AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到EG，過點(diǎn)G作于點(diǎn)F，于點(diǎn)H．
(1)①判斷：四邊形CFGH的形狀為____________；②證明你的結(jié)論；
(2)如圖2，連接AG，交DC于I，連接EI，若，，求正方形ABCD的邊長(zhǎng)；
(3)如圖3，連接BD，與AE、AG交于P、Q兩點(diǎn)，試探索BP、PQ、QD之間的數(shù)量關(guān)系，并直接寫出結(jié)論：________________．
【答案】(1)①正方形；②證明見解析
(2)12
(3)PQ2=PB2+DQ2；證明見解析
【解析】
【分析】
（1）①結(jié)論：四邊形CFGH是正方形； ②證明△ABE≌△EFG（AAS），結(jié)合全等三角形的性質(zhì)，根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形證明即可；
（2）如圖，把繞A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，可得三點(diǎn)共線，證明 可得 設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為x， 則 再利用勾股定理建立方程，解方程即可解決問題；
（3）結(jié)論：PQ2=PB2+DQ2．將△AQD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABT，則AQ=AT，∠DQ=BT，ADQ=∠ABT=45°，證明∠TBP=90°，PQ=PT，可得結(jié)論．
(1)
解：①結(jié)論：四邊形CFGH是正方形．
故答案為：正方形．
②理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
∵GF⊥BC，GH⊥CD，
∴∠F=∠GHC=∠HCF=90°，
∴四邊形CFGH是矩形，
∵∠ABE=∠AEG=∠F=90°，
∴∠AEB+∠GEF=90°，∠GEF+∠EGF=90°，
∴∠AEB=∠EGF，
在△ABE和△EFG中，，
∴△ABE≌△EFG（AAS），
∴AB=EF，BE=FG，
∴BC=EF，
∴BE=CF，
∴FG=FC，
∴四邊形CFGH是正方形；
(2)
正方形ABCD，正方形HCFG，

如圖，把繞A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，
則由，可得三點(diǎn)共線，



結(jié)合旋轉(zhuǎn)可得：
而


設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為x，而




∴x=12，
∴正方形ABCD是邊長(zhǎng)為12；
(3)
如圖，結(jié)論：PQ2=PB2+DQ2．
理由：將△AQD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABT，
則AQ=AT，DQ=BT，∠ADQ=∠ABT=45°，
∵∠ABD=45°，
∴∠TBP=90°，
∴PT2=BT2+PB2=DQ2+PB2，
由（2）得：∠EAG=45°，而∠QAT=90°，
∴∠PAT=∠PAQ=45°，
∵AP=AP，AT=AQ，
∴△PAT≌△PAQ（SAS），
∴PT=PQ，
∴PQ2=PB2+DQ2．
故答案為：PQ2=PB2+DQ2．
【點(diǎn)睛】
本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．

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