2022年中考数学基础题提分讲练专题：08 四边形（含答案）

这是一份2022年中考数学基础题提分讲练专题：08 四边形（含答案），共32页。试卷主要包含了多边形等内容，欢迎下载使用。
必考点1
一、多边形
1、多边形：由一些线段首尾顺次连结组成的图形，叫做多边形。
2、多边形的边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边。
3、多边形的顶点：多边形每相邻两边的公共端点叫做多边形的顶点。
4、多边形的对角线：连结多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线。
5、多边形的周长：多边形各边的长度和叫做多边形的周长。
6、凸多边形：把多边形的任何一条边向两方延长，如果多边形的其他各边都在延长线所得直线的问旁，这样的多边形叫凸多边形。
说明：一个多边形至少要有三条边，有三条边的叫做三角形；有四条边的叫做四边形；有几条边的叫做几边形。今后所说的多边形，如果不特别声明，都是指凸多边形。
7、多边形的角：多边形相邻两边所组成的角叫做多边形的内角，简称多边形的角。
8、多边形的外角：多边形的角的一边与另一边的反向延长线所组成的角叫做多边形的外角。
注意：多边形的外角也就是与它有公共顶点的内角的邻补角。
9、n边形的对角线共有条。
说明：利用上述公式，可以由一个多边形的边数计算出它的对角线的条数，也可以由一个多边形的对角线的条数求出它的边数。
10、多边形内角和定理：n边形内角和等于（n－2）180°。
11、多边形内角和定理的推论：n边形的外角和等于360°。
【典例1】若正多边形的内角和是，则该正多边形的一个外角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
正多边形的内角和是，
多边形的边数为
多边形的外角和都是，
多边形的每个外角
故选．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和与外角和之间的关系，关键是记住内角和的公式与外角和的特征，难度适中．
【举一反三】
1. 已知正多边形的一个外角为36°，则该正多边形的边数为( ).
A．12B．10C．8D．6
【答案】B
【解析】
解：360°÷36°＝10，所以这个正多边形是正十边形．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了多边形的外角和定理．是需要识记的内容．
2．已知一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形是（ ）
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
【答案】D
【解析】
设所求多边形边数为n，
∴（n﹣2）•180°＝1080°，
解得n＝8.
故选D.
【点睛】
本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理.
3．正十边形的外角和为（ ）
A．180°B．360°C．720°D．1440°
【答案】B
【解析】
解：因为任意多边形的外角和都等于360°，
所以正十边形的外角和等于360°，．
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形外角和定理，关键是熟记：多边形的外角和等于360度．
必考点2 平行四边形
1、平行四边形：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。
2、平行四边形性质定理1：平行四边形的对角相等。
3、平行四边形性质定理2：平行四边形的对边相等。
4、平行四边形性质定理2推论：夹在平行线间的平行线段相等。
5、平行四边形性质定理3：平行四边形的对角线互相平分。
6、平行四边形判定定理1：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。
7、平行四边形判定定理2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形。
8、平行四边形判定定理3：对角线互相平分的四边形是平行四边形。
9、平行四边形判定定理4：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。
说明：（1）平行四边形的定义、性质和判定是研究特殊平行四边形的基础。同时又是证明线段相等，角相等或两条直线互相平行的重要方法。
（2）平行四边形的定义即是平行四边形的一个性质，又是平行四边形的一个判定方法。
【典例2】如图，中，对角线、相交于点O，交于点E，连接，若的周长为28，则的周长为（ ）
A．28B．24C．21D．14
【答案】D
【解析】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵平行四边形的周长为28，
∴
∵，
∴是线段的中垂线，
∴，
∴的周长，
故选：D．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质和中垂线定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和中垂线定理.
【举一反三】
1．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC+BD=16，CD=6，则△ABO的周长是（ ）
A．10B．14C．20D．22
【答案】B
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，DC=AB=6，
∵AC+BD=16，
∴AO+BO=8，
∴△ABO的周长是：14．
故选B．
【点睛】
平行四边形的性质掌握要熟练，找到等值代换即可求解．
2．如图，在中，全等三角形的对数共有（ ）
A．2对B．3对C．4对D．5对
【答案】C
【解析】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，；，；
∵，，；
∴≌（）；①
同理可得出≌△（）；②
∵，，；
∴≌（）；③
同理可得：≌（）．④
因此本题共有4对全等三角形．
故选：C．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定，三角形全等的条件有时候是直接给的，有时候是根据已知条件推出的，还有时是由已知图形的性质得出的，做题时要全面考虑．
3．如图，在中，将沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若，，则的周长为（ ）
A．12B．15C．18D．21
【答案】C
【解析】
由折叠可得，，
，
又，
，
，
，
由折叠可得，，
，
是等边三角形，
的周长为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、轴对称图形性质以及等边三角形的判定．解题时注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
必考点3 矩形
矩形是特殊的平行四边形，从运动变化的观点来看，当平行四边形的一个内角变为90°时，其它的边、角位置也都随之变化。因此矩形的性质是在平行四边形的基础上扩充的。
1、矩形：有一个角是直角的平行四边形叫做短形（通常也叫做长方形）
2、矩形性质定理1：矩形的四个角都是直角。
3．矩形性质定理2：矩形的对角线相等。
4、矩形判定定理1：有三个角是直角的四边形是矩形。
矩形判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形。
说明：要判定四边形是矩形的方法是：
法一：先证明出是平行四边形，再证出有一个直角（这是用定义证明）
法二：先证明出是平行四边形，再证出对角线相等（这是判定定理1）
法三：只需证出三个角都是直角。（这是判定定理2）
【典例3】下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．内角和为360°B．对角线互相平分C．对角线相等D．对角线互相垂直
【答案】C
【解析】
A、菱形、矩形的内角和都为360°，故本选项错误；
B、对角互相平分，菱形、矩形都具有，故本选项错误；
C、对角线相等菱形不具有，而矩形具有，故本选项正确
D、对角线互相垂直，菱形具有而矩形不具有，故本选项错误，
故选C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及矩形的性质，熟练掌握矩形的性质与菱形的性质是解题的关键.
【举一反三】
1．如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在C′处，折痕为EF，若AB=1，BC=2，则△ABE和△BC′F的周长之和为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【解析】
将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在C′处，折痕为EF，
由折叠特性可得，CD=BC′=AB，∠FC′B=∠EAB=90°，∠EBC′=∠ABC=90°，
∵∠ABE+∠EBF=∠C′BF+∠EBF=90°
∴∠ABE=∠C′BF
在△BAE和△BC′F中，
∴△BAE≌△BC′F（ASA），
∵△ABE的周长=AB+AE+EB=AB+AE+ED=AB+AD=1+2=3，
△ABE和△BC′F的周长=2△ABE的周长=2×3=6．
故选C．
点评：本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角边相等．
2．如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB=4，BC=8．则D′F的长为（ ）
A．2B．4C．3D．2
【答案】C
【解析】
解：连接交于点，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵折叠矩形使与重合时，，，
∴，，
∴则Rt △AOF ∽Rt △ADC
∴，即：，
解得：，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，证明三角形相似是解题的关键．
3．如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，则的长是( )
A．1B．C．2D．
【答案】B
【解析】
如图：连接，
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∵，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
即；
故选B．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
必考点4 菱形
菱形也是特殊的平行四边形，当平行四边形的两个邻边发生变化时，即当两个邻边相等时，平行四边形变成了菱形。
1、菱形：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
2、菱形的性质1：菱形的四条边相等。
3、菱形的性质2：菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。
4、菱形判定定理1：四边都相等的四边形是菱形。
5、菱形判定定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。
说明：要判定四边形是菱形的方法是：
法一：先证出四边形是平行四边形，再证出有一组邻边相等。（这就是定义证明）。
法二：先证出四边形是平行四边形，再证出对角线互相垂直。（这是判定定理2）
法三：只需证出四边都相等。（这是判定定理1）
【典例4】如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，，，则对角线交点的坐标为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
解：过点作轴于点，
∵四边形为菱形，，
∴，OB⊥AC，，
∵，∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【举一反三】
1．如图，在边长为的菱形中，，过点作于点，现将△沿直线翻折至△的位置，与交于点.则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
∵∠B=30°，AB=，AE⊥BC
∴AE=，BE=
∴BF=3，EC=-，则CF=3-
又∵CG∥AB
∴
∴
解得CG=.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，平行线段成比例，图形的翻折，解本题的关键是通过利用菱形对边平行发现与要求线段CG与其他线段成比例的关系.
2．如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，则对角线BD的长是（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【解析】
∵菱形ABCD的边长为2，
∴AD=AB=2，
又∵∠DAB=60°，
∴△DAB是等边三角形，
∴AD=BD=AB=2，
则对角线BD的长是2．
故选C．
考点：菱形的性质．
3．如图，矩形的对角线、相交于点，，过点作，过点作，、交于点，连接，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
矩形的对角线、相交于点，，
设，．
如图，过点作直线交线段延长线于点，连接交于点．
，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
四边形是菱形．
与垂直平分，
，，
四边形是平行四边形，
，
．
．
故选：A．
【点睛】
此题考查菱形的判定与性质，矩形的性质，锐角三角函数的定义，解题关键在于作辅助线
必考点5 正方形
正方形是特殊的平行四边形，当邻边和内角同时运动时，又能使平行四边形的一个内角为直角且邻边相等，这样就形成了正方形。
1、正方形：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
2、正方形性质定理1：正方形的四个角都是直角，四条边都相等。
3、正方形性质定理2：正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。
4、正方形判定定理互：两条对角线互相垂直的矩形是正方形。
5、正方形判定定理2：两条对角线相等的菱形是正方形。
注意：要判定四边形是正方形的方法有
方法一：第一步证出有一组邻边相等； 第二步证出有一个角是直角；第三步证出是平行四边形。（这是用定义证明）
方法二：第一步证出对角线互相垂直；第二步证出是矩形。（这是判定定理1）
方法三：第一步证出对角线相等；第二步证出是菱形。（这是判定定理2）
【典例4】下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的矩形是正方形
D．四边相等的平行四边形是正方形
【答案】C
【解析】
解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，所以A选项错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，所以C选项正确；
D、四边相等的菱形是正方形，所以D选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
【举一反三】
1．如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（ ）
A．4B．C．6D．
【答案】D
【解析】
绕点顺时针旋转到的位置．
四边形的面积等于正方形的面积等于20，
，
，
中，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应
边关系是解题关键．
2．如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【解析】
点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，
四边形为平行四边形，
当时，，
平行四边形是菱形；
当时，，即，
菱形是正方形；
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
1．如图，某人从点A出发，前进8m后向右转60°，再前进8m后又向右转60°，按照这样的方式一直走下去，当他第一次回到出发点A时，共走了（ ）
A．24mB．32mC．40mD．48m
【答案】D
【解析】
解：依题意可知，某人所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则60n＝360，解得n＝6，
故他第一次回到出发点A时，共走了：8×6＝48（m）．
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形的外角和，正多边形的判定与性质．关键是根据每一个外角判断多边形的边数．
2．如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．EH=HGB．四边形EFGH是平行四边形
C．AC⊥BDD．的面积是的面积的2倍
【答案】B
【解析】
解：因为E、H为OA、OD的中点，
所以，EH＝＝2，同理，HG＝＝1，所以，A错误；
EH∥AD，EH＝，
FG∥BC，FG＝，
因为平行四边形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，
所以，EH＝FG，且EH∥FG，
所以，四边形EFGH是平行四边形， B正确。
AC与BD不一定垂直，C错误；
由相似三角形的面积比等于相似比的平方，知：△ABC的面积是△EFO的面积的4倍，D错误；
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形中位线的性质和平行四边形的性质，熟练掌握是解题的关键.
3．如图，▱ABCD中，BC=BD，∠C=74°，则∠ADB的度数是（ ）
A．16°B．22°C．32°D．68°
【答案】C
【解析】
根据平行四边形的性质可知：AD∥BC，所以∠C+∠ADC=180°，再由BC=BD可得∠C=∠BDC=74°，进而可求出∠ADB=106°﹣74°=32°．
故选C．
考点：1、平行四边形的性质；2、等腰三角形的性质
4．如图，在中，分别是的中点，点在延长线上，添加一个条件使四边形为平行四边形，则这个条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
∵在中，分别是的中点，
∴是的中位线，
∴．
A、根据不能判定，即不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
B、根据可以判定，即，由“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”得到四边形为平行四边形，故本选项正确．
C、根据不能判定，即不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
D、根据不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】
本题三角形的中位线的性质和平行四边形的判定．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
5．四边形的对角线与相交于点，下列四组条件中，一定能判定四边形为平行四边形的是( )
A．B．，
C．，D．
【答案】B
【解析】
A.只有一组对边平行无法判定四边形是平行四边形，故错误；
B. ，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可以判定，故正确；
C. ，，一组对边平行，一组对边相等的四边形可能是平行四边形也可能是等腰梯形，故错误；
D. 对角线互相垂直不能判定四边形是平行四边形，故错误，
故选B.
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.
6．如图，是边延长线上一点，连接，，，交于点．添加以下条件，不能判定四边形为平行四边形的是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴为平行四边形，故A正确；
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，故B正确；
∵，
∴，
∵，
∴,
∴，
同理，，
∴不能判定四边形为平行四边形；故C错误；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，故D正确，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
7．如图，在△ABC中，点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，已知∠ADE=65°，则∠CFE的度数为（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【答案】B
【解析】
∵点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE//BC，EF//AB，
∴∠ADE=∠B，∠B=∠CFE，
∵∠ADE=65°，
∴∠CFE=∠ADE=65°，
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形中位线的性质及平行线的性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，熟练掌握相关性质是解题关键.
8．矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等B．对角相等
C．对角线相等D．对角线互相平分
【答案】C
【解析】
矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等．
矩形的对角线相等，而平行四边形的对角线不一定相等．
故选C．
【点睛】
本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．
9．如图，直线是矩形的对称轴，点在边上，将沿折叠，点恰好落在线段与的交点处，，则线段的长是（ ）
A．8B．C．D．10
【答案】A
【解析】
解：∵四边形是矩形，
∴，
由题意得：，，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，；
故选：A．
【点睛】
此题主要考查正方形的性质，解题的关键是熟知直角三角形的性质与特点.
10．如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【解析】
解：点P为DF的中点，
当F运动过程中，点P的运动轨迹是线段P1P2
因此可得当C点和F点重合时，BP1⊥P1P2时使PB最小为BP1.
当C和F重合时，P1点是CD的中点


故选D.
【点睛】
本题主要考查矩形中的动点问题，关键在于问题的转化，要使PB最小，就必须使得DF最长.
11．下列说法中不正确的是（ ）
A．四边相等的四边形是菱形B．对角线垂直的平行四边形是菱形
C．菱形的对角线互相垂直且相等D．菱形的邻边相等
【答案】C
【解析】
解：A．四边相等的四边形是菱形；正确；
B．对角线垂直的平行四边形是菱形；正确；
C．菱形的对角线互相垂直且相等；不正确；
D．菱形的邻边相等；正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质以及平行四边形的性质；熟记菱形的性质和判定方法是解题的关键．
12．如图，菱形周长为20，对角线相交于点，是的中点，则的长是（ ）．
A．2．5B．3C．4D．5
【答案】A
【解析】
解：∵四边形为菱形，
∴，且为的中点，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查菱形的性质，熟练掌握中位线的定义是解题关键.
13．如图，在矩形中，，动点满足，则点到两点距离之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
设中边上的高是．
，
，
，
动点在与平行且与的距离是的直线上，
如图，作关于直线的对称点，连接，则的长就是所求的最短距离，
在中，，
，
即的最小值为．
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称﹣最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
14．如图，五边形是正五边形，若，则__________．
【答案】72
【解析】
延长AB交于点F，
∵，
∴∠2=∠3，
∵五边形是正五边形，
∴∠ABC=108°,
∴∠FBC=72°,
∠1-∠2=∠1-∠3=∠FBC=72°
故答案为：72°.
点睛：此题主要考查了平行线的性质和正五边形的性质，正确把握五边形的性质是解题关键.
15．如图所示，过正五边形的顶点作一条射线与其内角的角平分线相交于点，且，则_____度．
【答案】66
【解析】
解：∵五边形为正五边形，
∴度，
∵是的角平分线，
∴度，
∵，
∴．
故答案为：66．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，题目中还用到了角平分线的定义及三角形内角和定理．
16．如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN.若AB=7，BE=5，则MN=_______.
【答案】
【解析】
连接FC，∵M、N分别是DC、DF的中点，
∴FC=2MN，
∵四边形ABCD，四边形EFGB是正方形，
∴∠FGB=90°，∠ABG=∠ABC=90°，FG=BE=5，BC=AB=7，
∴∠GBC=∠ABG+∠ABC=180°，
即G、B、C三点共线，
∴GC=GB+BC=5+7=12，
∴FC==13，
∴MN=，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
17．如图，要测量池塘两岸相对的A，B两点间的距离，可以在池塘外选一点C，连接AC，BC，分别取AC，BC的中点D，E，测得DE＝50m，则AB的长是_______m．
【答案】100
【解析】
∵点D，E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB=2DE=2×50=100米．
故答案为：100．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记定理并准确识图是解题的关键．
18．如图，与相交于点，，，则线段AB，AC，BD之间的等量关系式为______．
【答案】
【解析】
过点作，截取，连接，如图所示：
则四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质、四边形内角和等知识，熟练掌握平行四边形的性质，通过作辅助线构建等边三角形与直角三角形是解题的关键.
19．如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为________．
【答案】．
【解析】
解：∵，且，，∴，
∵，，∴，
∴四边形是矩形.
如图，连接AD，则，
∴当时，的值最小，此时，的面积，
∴，∴的最小值为；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，本题属于中考常考题型．
20．如图，在矩形中，，对角线与相交于点，，垂足为点，且平分，则的长为_____.
【答案】．
【解析】
解：∵四边形是矩形
∴，
∵平分
∴，且，，
∴≌（）
∴，且
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用矩形的性质是本题的关键．
21．如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO是边长为4的正方形，点D为AB的中点，点P为OB上的一个动点，连接DP，AP，当点P满足DP+AP的值最小时，直线AP的解析式为_____．
【答案】y＝﹣2x+8
【解析】
解：∵四边形ABCO是正方形，
∴点A，C关于直线OB对称，
连接CD交OB于P，连接PA，PD，
则此时，PD+AP的值最小，
∵OC＝OA＝AB＝4，
∴C（0，4），A（4，0），
∵D为AB的中点，
∴AD＝AB＝2，
∴D（4，2），
设直线CD的解析式为：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线CD的解析式为：y＝﹣x+4，
∵直线OB的解析式为y＝x，
∴，
解得：x＝y＝，
∴P（，），
设直线AP的解析式为：y＝mx+n，
∴，
解得：，
∴直线AP的解析式为y＝﹣2x+8，
故答案为：y＝﹣2x+8．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，待定系数法求一次函数的解析式，正确的找出点P的位置是解题的关键．