浙教版八年级数学下学期核心考点+重难点第5章特殊平行四边形分类专项训练(原卷版+解析)

这是一份浙教版八年级数学下学期核心考点+重难点第5章特殊平行四边形分类专项训练(原卷版+解析)，共71页。

一、单选题
1．（2023秋·浙江·八年级期末）如图，在中，，点D是AB的中点，连接CD，若，，则CD的长度是（ ）
A．1.5B．2C．2.5D．5
2．（2023春·浙江台州·八年级校联考期末）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都相等B．对角线互相平分C．对角线相等D．对角线互相垂直
3．（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）已知四边形ABCD对角线互相平分，添加以下哪个条件可以使它成为菱形（ ）
A．一组对边相等B．对角线相等
C．对角线垂直D．一个内角为
4．（2023春·浙江台州·八年级统考期末）已知，用没有刻度的直尺和圆规作菱形ABCD，下面的作法中正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
5．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）矩形不具备的性质为（ ）
A．四个角相等B．对角线相等
C．对角线互相平分D．对角线互相垂直
6．（2023春·浙江杭州·八年级期中）关于菱形，下列说法错误的是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直C．四条边相等D．对角线相等
7．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）下列四个命题中，真命题是（ ）
A．对角线垂直且相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
C．一组邻边相等的平行四边形是正方形
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形
二、填空题
8．（2023春·浙江温州·八年级统考期中）七巧板又称“智慧板”，是我们古代祖先的一项卓越创造．小华利用七巧板（如图1）拼出一个房子模型（如图2），已知图1中正方形ABCD的边长为4cm，则图2中六边形EFGHIJ的周长是__________________cm．
9．（2023春·浙江温州·八年级统考期末）要使ABCD是矩形，你添加的条件是 ___________．（写出一种即可）
10．（2023春·浙江·八年级期中）已知菱形的对角线长分别为12和16，则菱形的面积为________．
11．（2023春·浙江杭州·八年级杭州外国语学校校考期末）如图，菱形的对角线，相交于点，已知，菱形的面积为24，则的长为______．
三、解答题
12．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，分别连接BE、DF、BD．
（1）求证：△AEB≌△CFD；
（2）当△ABD满足什么条件时，四边形EBFD是菱形，请说明理由．
13．（2023春·浙江嘉兴·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E，F分别在AO，CO上，且AE=CF．
(1)求证：四边形DEBF是平行四边形；
(2)若BD=12cm，AC=16cm，当四边形BEDF是矩形时，求AE的长．
14．（2023春·八年级单元测试）如图，在中，已知，点P在上以的速度从点A向点D运动，点Q在上以的速度从点C出发往返运动，两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时点Q也停止），设运动时间为t（s）．
(1)当点P运动t秒时，线段的长度为 ________cm ；
当点P运动2秒时，线段的长度为 ________cm ；
当点P运动5秒时，线段的长度为 ________cm；
(2)若经过t秒，以P、D、Q、B四点为顶点的四边形是平行四边形．请求出所有t的值
15．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在矩形纸片中，，，是边上一点，折叠纸片使点与点重合，其中为折痕，连结、．若，求的长．
【典型】
一、单选题
1．（2023秋·浙江绍兴·八年级嵊州市三界镇中学校考期中）如图，折叠长方形纸片的一边，使点落在边上的点处，已知，，则折痕的长为（ ）．
A．B．C．D．
2．（2023秋·浙江绍兴·八年级嵊州市三界镇中学校考期中）直角三角形的两条直角边为3，4，则这个直角三角形斜边上的中线长为（ ）．
A．5B．2.5C．3.5D．4.5
3．（2023春·浙江·八年级专题练习）将一副三角尺如图拼接：含30°角的三角尺(△ABC)的长直角边与含45°角的三角尺(△ACD)的斜边恰好重合．已知AB=，P、Q分别是AC、BC上的动点,当四边形DPBQ为平行四边形时，平行四边形DPBQ的面积是（ ）
A．B．C．D．
4．（2023春·浙江·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（ ）
A．一直增大B．一直减小C．先减小后增大D．先增大后减少
二、填空题
5．（2023春·浙江·八年级期末）如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BF=4CF，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积是_____．
6．（2023春·浙江·八年级期中）如图，已知菱形ABCD的一个内角∠BAD=80°，对角线AC，BD相交于点O，点E在AB上，且BE=BO，则∠EOA=___________°.
三、解答题
7．（2023春·浙江·八年级期末）如图，在矩形中，点是上的一点（不与点，重合），沿折叠，得，点的对称点为点．

（1）当时，点会落在上吗？请说明理由．
（2）设，且点恰好落在上．
①求证：．
②若，用等式表示的关系．
8．（2023秋·浙江温州·八年级统考开学考试）如图1是小温设计的班徽，其中“”字型部分按以下作图方式得到：如图2，在正方形边，上分别取点，，再在和的延长线上分别取点，，使得，连结，，，，和．记与的面积之和为，四边形的积为，设，．

（1）求______，______（用含、的代数式表示）
（2）若，，求正方形的面积．
9．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，以矩形的顶点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系.已知，，，点为轴上一动点，以为一边在右侧作正方形.
（1）若点与点重合，请直接写出点的坐标.
（2）若点在的延长线上，且，求点的坐标.
（3）若，求点的坐标.
【易错】
一．选择题（共4小题）
1．（2023春•东阳市期末）如图，直线l交正方形ABCD的对边AD、BC于点P、Q，正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，点H在CD边上，点A在边FE上，BC、HG交于点M，AB、FG交于点N．以下结论错误的是（ ）
A．EA+NG＝AN
B．△GQM的周长等于线段CH的长
C．△BQN的周长等于线段CM的长
D．△FNA的周长等于2DH+2HC
2．（2023春•江北区期末）如图是一个由5张纸片拼成的菱形ABCD，相邻纸片之间互不重叠也无空隙，其中周围四张小平行四边形纸片都全等，中间一张纸片的面积为S1．连结BE，BG，DE，DG，四边形BEDG的面积为S2，若，则周围小平行四边形的宽与长的比值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023春•鄞州区校级期末）已知，如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．AC＝8，AB＝5，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．24B．20C．40D．48
4．（2023春•苍南县期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，CD上，且AE＝DF，AF，BE交于点G．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二．填空题（共3小题）
5．（2023秋•讷河市期末）如图，在一个正方形被分成三十六个面积均为1的小正方形，点A与点B在两个格点上．在格点上存在点C，使△ABC的面积为2，则这样的点C有 个．
6．（2023秋•南岗区校级月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，点E为边BC中点，P为正方形边上一点，且PB＝AE，则PE的长为 ．
7．（2023•海曙区校级开学）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（6，4），过点A分别作AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，已知经过点P（2，3）的直线y＝kx+b将矩形OBAC分成的两部分面积比为3：5时，则k的值为 ．
【压轴】
一、解答题
1．（2023春·浙江温州·八年级校联考阶段练习）在正方形ABCD中，．点E为对角线AC上一动点（不与点A，C重合），连接DE，过E作BE的垂线交边CD于点F．
(1)求证：；
(2)当点F是CD中点时，求AE的长度；
(3)在点E运动过程中，当的某一个内角等于时，直接写出所有满足条件的AE的长．
2．（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）问题原型
(1)如图1，在菱形中，，于E，F为中点，连结，．试猜想的形状，并说明理由．
(2)如图2，在中，于E，F为中点，连结，．试猜想的形状，并说明理由．
(3)如图3，在中，F为上一点，连结，将沿折叠，点C的对应点为．连结并延长交于G，若，求证：F为中点．
(4)如图4，直角坐标系中有，点A与原点重合，点B在x轴正半轴上，与y轴交于点E．将其沿过A的直线折叠，点B对应点恰好落在y轴上，且折痕交于M，交于点N．若的面积为48，，，求点M的坐标和阴影部分面积（直接写出结果）．
3．（2023春·浙江金华·八年级校联考期中）如图在平面直角坐标系中 ，点A ，B的坐标分别是（﹣4 ，0） ，（0 ，8） ，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒a个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒b个单位的速度运动．以P为中心，作△ACP的中心对称图形△EDP，点A的对应点E落在x轴上，设点P运动的时间为t秒．

图1 图2
(1)如图1 ，当a=1 ，b=2时
①当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
②连接AD，CE ，当四边形ADEC是矩形时，求t的值及点D的坐标；
(2)如图2，在P，C的运动过程中，将△EDP沿x轴翻折，点D的对应点是点M，直线EM，直线AC交于点N，当四边形CDEN是矩形时，求a与b的比值．
4．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
5．（2023春·浙江杭州·八年级校联考期中）定义，若关于x的一元二次方程的两个实数根为（），分别以为横坐标和纵坐标得到点，则称点M为该一元二次方程的的衍生点．
(1)若方程为，写出该方程的的衍生点M的坐标．
(2)若关于x的一元二次方程的衍生点为M，过点M向x轴和y轴作垂线，两条垂线与坐标轴恰好围成一个正方形，求m的值．
(3)是否存在b，c，使得不论k（）为何值，关于x的方程的衍生点M始终在直线的图象上，若有请求出b，c的值，若没有说明理由．
6．（2023春·浙江宁波·八年级浙江省余姚市实验学校校考期中）新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形．
（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，P为AC上一点，当AP＝ 时，△ABP与△CBP为偏等积三角形．
（2）如图2，点D为BC上一点，△ABD与△ACD为偏等积三角形，AB＝2，AC＝6，且线段AD的长度为正整数，过点C作CE∥AB交AD的延长线于点E，求AE的长．
（3）如图3，已知△ACD为直角三角形，∠ADC＝90°，以AC，AD为边向外作正方形ACFB和正方形ADGE，连接BE，求证：△ACD与△ABE为偏等积三角形．
7．（2023春·浙江台州·八年级统考期中）如图，△ABC中BC＝a，AC＝b，∠ACB＝90°，其中a＜b；
（1）求线段AB的长（用a和b的代数式表示）；
（2）如图1，若a＝6，b＝8，点F在AB上，点D在AC上，点F到AC和BC的距离相等，AD＝AF，连接FD，求DF的长；
（3）如图2，若F为AB的中点，点D、E分别在线段CA，CB上，且AD＝AF，BE＝BF，连接FD，EF和DE，则∠FDE＝90°，求的值．
8．（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）我们把能平分一个图形面积的直线称为该图形的“好线”．如图1，三角形的中线所在直线就是该三角形的一条好线．
（1）平行四边形的好线共有 条；
（2）如图2，四边形中，取对角线的中点，连接、，再过点作交于，连接．证明：直线是四边形的“好线”；
（3）如图3，为一条“好线”， 为边的一点，请作出经过点的一条“好线”，并说明哪条直线是四边形的“好线”（不擦除作图痕迹，无需说明理由）．
9．（2023春·浙江杭州·八年级校联考期中）我们知道平行四边形有很多性质,现在如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现这其中还有更多的结论．
【发现与证明】
中，，将沿翻折至，连结．
结论1：与重叠部分的图形是等腰三角形．
结论2：；
……
(1)请利用图1证明结论1或结论2；
【应用与探究】
在中，已知，将沿翻折至，连结．
(2)如图，若，，则_____，_____；
(3)已知，当长为多少时，是直角三角形？请直接写出答案
第5章 特殊平行四边形（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练
【基础】
一、单选题
1．（2023秋·浙江·八年级期末）如图，在中，，点D是AB的中点，连接CD，若，，则CD的长度是（ ）
A．1.5B．2C．2.5D．5
答案:C
分析：先利用勾股定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得．
【详解】解：在中，，，，
，
点是的中点，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题关键．
2．（2023春·浙江台州·八年级校联考期末）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都相等B．对角线互相平分C．对角线相等D．对角线互相垂直
答案:D
分析：对于四边形的性质我们从：①边；②角；③对角线三个方面去理解，因此，只需要根据正方形、矩形的这三个方面性质的不同，即可解答．
【详解】解：根据正方形和矩形的性质对比分析：
①边：有对边与邻边：正方形与矩形对边性质相同，没有区别；邻边性质不同，正方形邻边相等，矩形邻边不相等；
②角：正方形与矩形内角性质相同，对角相等、邻角互补、四个角都是直角；
③对角线：正方形与矩形对角线都相等且互相平分，但正方形对角线相互垂直，而矩形对角线不具有这个特征；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，解决本题的关键是熟记正方形和矩形的性质．
3．（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）已知四边形ABCD对角线互相平分，添加以下哪个条件可以使它成为菱形（ ）
A．一组对边相等B．对角线相等
C．对角线垂直D．一个内角为
答案:C
分析：已知四边形ABCD对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．再根据菱形的判定方法依次判定即可．
【详解】解：∵四边形ABCD对角线互相平分，
∴ 四边形ABCD为平行四边形，
若对角线互相垂直，则平行四边形为菱形，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，菱形的判定方法有3种：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③四条边都相等的四边形是菱形．熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
4．（2023春·浙江台州·八年级统考期末）已知，用没有刻度的直尺和圆规作菱形ABCD，下面的作法中正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
答案:C
分析：根据菱形的判定定理即可解答．
【详解】解：由作图可知，选项C中，四边形ABCD是菱形（理由是对角线互相平分且垂直）
故选：C．
【点睛】本题主要考查了尺规作图、菱形的判定定理等知识点，灵活运用菱形的性质是解答本题的关键．
5．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）矩形不具备的性质为（ ）
A．四个角相等B．对角线相等
C．对角线互相平分D．对角线互相垂直
答案:D
分析：依据矩形的性质进行判断即可．
【详解】解：矩形不具备的性质是对角线互相垂直，
故选：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，矩形的四个角都是直角，矩形的对角线平分且相等．
6．（2023春·浙江杭州·八年级期中）关于菱形，下列说法错误的是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直C．四条边相等D．对角线相等
答案:D
分析：根据菱形的性质，逐一判断选项，即可．
【详解】解：根据菱形的性质得：菱形的对角线互相平分，对角线互相垂直，四条边相等，
故A、B、C，正确，不符合题意，
故选D．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的对角线互相平分，对角线互相垂直，四条边相等，是解题的关键．
7．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）下列四个命题中，真命题是（ ）
A．对角线垂直且相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
C．一组邻边相等的平行四边形是正方形
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形
答案:D
分析：根据菱形、矩形、正方形的判定定理等知识逐项判定即可．
【详解】解：选项，对角线相等且互相垂直的四边形是菱形，若对角线不互相平分，则不是菱形，故原命题为假命题；
选项，对角线互相平分说明是平行四边形，菱形的判定定理：对角线垂直的平行四边形是菱形，故原命题为假命题；
选项，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题为假命题；
选项，对角线相等且互相平分的四边形是矩形，为真命题；
故选：．
【点睛】本题主要考查命题与定理知识，熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键．
二、填空题
8．（2023春·浙江温州·八年级统考期中）七巧板又称“智慧板”，是我们古代祖先的一项卓越创造．小华利用七巧板（如图1）拼出一个房子模型（如图2），已知图1中正方形ABCD的边长为4cm，则图2中六边形EFGHIJ的周长是__________________cm．
答案:（）
分析：七巧板由正方形分割成七小块（其中：五块等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形组成），再根据图形的特点，利用正方形的性质和勾股定理求出各板块的边长，即可求出图2中六边形的周长．
【详解】解：在图2中加上节点K、L：
观察图1和图2可知：
EK＝EF＝FL＝HG＝BD，
JI＝KH＝LG＝EK＝BD，
EJ＝IH，
∵正方形ABCD的边长为4cm，
∴BD＝，
FL＝EF＝HG＝，
JI＝KH＝LG＝EK＝，
则EJ＝IH＝2，
∴六边形EFGKIJ的周长为：
EJ+JI+IH+HG+（LG+FL）+EF＝2++2+2++2+2＝8+4．
故答案为：（）cm．
【点睛】本题考查七巧板识图、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识点，解题中需要认真观察图形，分析出线段之间的长度关系．
9．（2023春·浙江温州·八年级统考期末）要使ABCD是矩形，你添加的条件是 ___________．（写出一种即可）
答案:AC=BD（答案不唯一）
分析：添加的条件是AC=BD，根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，即可推出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：AC=BD．（答案不唯一）
【点睛】本题主要考查对矩形的判定的理解和掌握，能灵活运用矩形的判定进行推理是解此题的关键．此题是一个开放性题目，答案不唯一．
10．（2023春·浙江·八年级期中）已知菱形的对角线长分别为12和16，则菱形的面积为________．
答案:96
分析：根据菱形的面积等于对角线积的一半，即可求得其面积．
【详解】解：∵菱形ABCD的两条对角线长分别为12和16，
∴其面积为：×12×16=96．
故答案为：96．
【点睛】此题考查了菱形的性质．注意熟记①利用平行四边形的面积公式．②菱形面积=ab．（a、b是两条对角线的长度）．
11．（2023春·浙江杭州·八年级杭州外国语学校校考期末）如图，菱形的对角线，相交于点，已知，菱形的面积为24，则的长为______．
答案:6
分析：根据菱形的性质得到AC=8，根据菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形；
∴AC=2OA=8，,
∴,
∴BD=6，
故答案为：6
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟记菱形面积的两种表示法：（1）底乘高，（2）对角线乘积的一半，本题运用的是第二种．
三、解答题
12．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，分别连接BE、DF、BD．
（1）求证：△AEB≌△CFD；
（2）当△ABD满足什么条件时，四边形EBFD是菱形，请说明理由．
答案:（1）见解析；（2）∠ABD=90°，见解析
分析：（1）根据平行四边形的性质和已知条件证明即可；
（2）由菱形的性质逆推：BE=DE，因为∠EBD+∠EDB+∠A+∠ABE=180°，所以∠ABD=∠ABE+∠EBD=×180°=90°，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，AB=CD．
∵点E、F分别是AD、BC的中点，
∴AE=AD，FC=BC．
∴AE=CF．
在△AEB与△CFD中，
，
∴△AEB≌△CFD（SAS）．
（2）解：
∵ 为AD的中点，


四边形EBFD是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质以及菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，题目的综合性较强，难度中等．
13．（2023春·浙江嘉兴·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E，F分别在AO，CO上，且AE=CF．
(1)求证：四边形DEBF是平行四边形；
(2)若BD=12cm，AC=16cm，当四边形BEDF是矩形时，求AE的长．
答案:(1)见解析
(2)AE=2cm
分析：（1）可由对角线互相平分说明其为平行四边形；
（2）根据矩形的对角线相等，可得． EF=12cm，从而得到AE＋CF=16﹣12=4cm，即可求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD＝OB，OA＝OC，
∵AE=CF，
∴OA-AE＝OC-CF，
∴OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）
解：∵四边形DEBF是矩形，
∴BD=EF，
∵BD=12cm，
∴EF=12cm，
∵AC=16cm，
∴AE＋CF=16-12=4（cm），
∵AE=CF，
∴AE=2cm．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定及矩形的判定及性质，能够熟练运用其性质求解一些简单的问题．
14．（2023春·八年级单元测试）如图，在中，已知，点P在上以的速度从点A向点D运动，点Q在上以的速度从点C出发往返运动，两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时点Q也停止），设运动时间为t（s）．
(1)当点P运动t秒时，线段的长度为 ________cm ；
当点P运动2秒时，线段的长度为 ________cm ；
当点P运动5秒时，线段的长度为 ________cm；
(2)若经过t秒，以P、D、Q、B四点为顶点的四边形是平行四边形．请求出所有t的值
答案:(1)；7；5
(2)t的值为6或10或12
分析：（1）根据题意计算即可；
（2）由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，分四种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】（1）当点P运动t秒时，线段的长度为；
当点P运动2秒时，线段的长度为；
当点P运动5秒时，线段的长度为
（2）∵P在上运动，，即，
∵以点P、D、Q、B为顶点的平行四边形，
已有，还需满足，
①当点Q的运动路线是C-B时，，由题意得： 不合题意
②当点Q的运动路线是C-B-C时，，由题意得：，解得:；
③当点Q的运动路线是C-B-C-B时，由题意得： ，解得：
④当点Q的运动路线是C-B-C-B –C时，，由题意得:，解得:
综上所述，t的值为6或或,
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，分四种情况进行讨论是解题的关键．
15．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在矩形纸片中，，，是边上一点，折叠纸片使点与点重合，其中为折痕，连结、．若，求的长．
答案:．
分析：利用对称的性质得出，进而得出，证明四边形是菱形，再利用菱形的性质结合勾股定理得出答案．
【详解】解：∵B、E两点关于直线对称，
∴，
在矩形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
设菱形的边长为x，
∴，
在中，，
∴，
∴解得：．
∴．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质以及勾股定理，正确应用轴对称的性质是解题关键．
【典型】
一、单选题
1．（2023秋·浙江绍兴·八年级嵊州市三界镇中学校考期中）如图，折叠长方形纸片的一边，使点落在边上的点处，已知，，则折痕的长为（ ）．
A．B．C．D．
答案:D
分析：根据折叠可得，AD=AF，然后根据勾股定理求出BF，易得CF，再由勾股定理即可求得．
【详解】根据折叠可得，AD=AF=10，DE=EF
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF=6
∴CF=4
在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2
即EF2=（8－EF）2+42
解得EF=5cm
故选D
【点睛】本题考查勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键．
2．（2023秋·浙江绍兴·八年级嵊州市三界镇中学校考期中）直角三角形的两条直角边为3，4，则这个直角三角形斜边上的中线长为（ ）．
A．5B．2.5C．3.5D．4.5
答案:B
分析：根据勾股定理求出斜边，然后根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求得．
【详解】根据勾股定理得
斜边=
则这个直角三角形斜边上的中线长为2.5
故选B
【点睛】本题考查直角三角形斜边中线和勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．
3．（2023春·浙江·八年级专题练习）将一副三角尺如图拼接：含30°角的三角尺(△ABC)的长直角边与含45°角的三角尺(△ACD)的斜边恰好重合．已知AB=，P、Q分别是AC、BC上的动点,当四边形DPBQ为平行四边形时，平行四边形DPBQ的面积是（ ）
A．B．C．D．
答案:D
分析：由于四边形DPBQ为平行四边形，则BC∥DP，即DP⊥AC，P为AC中点，作出平行四边形，再利用平行线的距离相等可知：PC就是□DPBQ的边PD所对应的高，代入面积公式求出面积即可．求得面积．
【详解】当点P运动到边AC中点（如图），即CP=时，
以D，P，B，Q为顶点的平行四边形的顶点Q恰好在边BC上．
∵四边形DPBQ为平行四边形，
∴BC∥DP，
∵∠ACB=90°，
∴∠DPC=90°，即DP⊥AC．
而在Rt△ABC中，AB=4，BC=2，
∴根据勾股定理得：AC=6，
∵△DAC为等腰直角三角形，
∴DP=CP=AC=3，
∵BC∥DP，
∴PC是平行四边形DPBQ的高，
∴S平行四边形DPBQ=DP•CP==9．
故选D.
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了一副三角板所形成的四边形的边和角的关系；根据动点P的运动路线确定其所形成的边和角的关系，利用三角函数和勾股定理求边和角的大小，得出结论．
4．（2023春·浙江·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（ ）
A．一直增大B．一直减小C．先减小后增大D．先增大后减少
答案:C
分析：连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段最短可得AP⊥AB时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，线段EF的值大小变化情况．
【详解】如图，连接AP．
∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，
由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，
∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CP⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键．
二、填空题
5．（2023春·浙江·八年级期末）如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BF=4CF，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积是_____．
答案:8
分析：连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，求出平行四边形ACFM，根据等底等高的三角形面积相等得出△BDE的面积和△CDE的面积相等，△ADE的面积和△AME的面积相等，推出阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，求出CF×hCF的值即可．
【详解】连接DE、EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴DE∥CF，EF∥CD，
∴AM∥DE∥CF，AC∥FM，
∴四边形ACFM是平行四边形，
∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同，
∴△BDE的面积和△CDE的面积相等，
同理△ADE的面积和△AME的面积相等，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是×CF×hCF，
∵△ABC的面积是24，BC＝3CF
∴BC×hBC＝×3CF×hCF＝24，
∴CF×hCF＝16，
∴阴影部分的面积是×16＝8，
故答案为：8．
【点睛】此题考查平行四边形的判定及性质，同底等高三角形面积的关系，解题中注意阴影部分面积的求法，根据图形的特点选择正确的求法是解题的关键．
6．（2023春·浙江·八年级期中）如图，已知菱形ABCD的一个内角∠BAD=80°，对角线AC，BD相交于点O，点E在AB上，且BE=BO，则∠EOA=___________°.
答案:25
分析：根据∠BAD和菱形邻角和为180°的性质可以求∠ABC的值，根据菱形对角线即角平分线的性质可以求得∠ABO的值，又由BE=BO可得∠BEO=∠BOE，根据∠BOE和菱形对角线互相垂直的性质可以求得∠EOA的大小．
【详解】解：∵∠BAD=80°，菱形邻角和为180°
∴∠ABC=100°，
∵菱形对角线即角平分线
∴∠ABO=50°，
∵BE=BO
∴∠BEO=∠BOE==65°，
∵菱形对角线互相垂直
∴∠AOB=90°，
∴∠AOE=90°-65°=25°，
故答案为 25．
【点睛】本题考查了菱形对角线互相垂直平分且平分一组对角的性质，考查了等腰三角形底角相等的性质，本题中正确的计算∠BEO=∠BOE=65°是解题的关键．
三、解答题
7．（2023春·浙江·八年级期末）如图，在矩形中，点是上的一点（不与点，重合），沿折叠，得，点的对称点为点．

（1）当时，点会落在上吗？请说明理由．
（2）设，且点恰好落在上．
①求证：．
②若，用等式表示的关系．
答案:（1）不会，理由见解析；（2）①见解析；②
分析：（1）根据得到，根据三角形的三边关系得到，与已知矛盾；
（2）①根据、和BF=CD，利用AAS证得，根据全等三角形的性质即可证明；
②设，则可表示出AE和AB，然后根据等角对等边证得CE=CB，然后在中应用勾股定理即可求解．
【详解】（1） 由折叠知 ，
所以 ．
若点在上，则，，
与矛盾，
所以点不会落在上．
（2）①因为，则 ，
因为点落在上，

所以 ，
所以 ．
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以．
②若，则．
设，则．
因为，
所以 ．
因为 ，
所以 ，
所以 ．
在中， ，
所以 ，
所以．
故答案为（1）不会，理由见解析；（2）①见解析；②．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质和判定，和等边对等角，此题属于矩形的折叠问题类综合题，熟练掌握三角形全等的性质，和做出示意图是本题的关键．
8．（2023秋·浙江温州·八年级统考开学考试）如图1是小温设计的班徽，其中“”字型部分按以下作图方式得到：如图2，在正方形边，上分别取点，，再在和的延长线上分别取点，，使得，连结，，，，和．记与的面积之和为，四边形的积为，设，．

（1）求______，______（用含、的代数式表示）
（2）若，，求正方形的面积．
答案:（1），；（2）
分析：（1）根据正方形的性质，可得AB=CD，，AE∥CF，设，，则，AE=CF=y，根据三角形和平行四边形的面积公式分别列出表达式，化简即可；
（2）根据（1）中所求，的表达式，可列出关于x，y的方程，求出方程的解为x=2，y=3，由正方形的面积公式代入计算即可求出答案．
【详解】解：（1）设，，则，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=CD，，，
∵BE=DF=x，AE=y，
∴AE=CF=y，
又∵，
∴四边形AECF为平行四边形，
由题意可知：：；
．
故答案为：，．
（2）∵，，
∴，
解得：，
∴正方形的面积=．
【点睛】本题考查三角形的面积，平行四边形的面积，正方形的性质，掌握常用图形的面积计算公式是解题关键．
9．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，以矩形的顶点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系.已知，，，点为轴上一动点，以为一边在右侧作正方形.
（1）若点与点重合，请直接写出点的坐标.
（2）若点在的延长线上，且，求点的坐标.
（3）若，求点的坐标.
答案:（1）；（2）；（3），.
分析：（1）与点重合则点E为（6，3）
（2）作轴，证明：即则点E为（8，3）
（3）分情况解答，在点右侧，过点作轴，证明：；在点左侧，点作轴，证明：
【详解】解：（1） 与点重合则点E再x轴的位置为2+4=6
.
（2）过点作轴，
∵∠BAD=∠EMD=∠BDE=90°，
∴∠BDA+∠ABD=∠BDA+∠MDE,
∴∠ABD=∠MDE，
∵BD=DE，
，点在线段的中垂线上，.
,.
.
（3）①点在点右侧，如图，
过点作轴，同（2）
设，可得：，
求得：，（舍去）
②点在点左侧，如图，
过点作轴，同上得
设，可得：，
，
求得：，（舍去）
综上所述：，
【点睛】本题考查正方形的性质，解题关键在于分情况作出垂直线.
【易错】
一．选择题（共4小题）
1．（2023春•东阳市期末）如图，直线l交正方形ABCD的对边AD、BC于点P、Q，正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，点H在CD边上，点A在边FE上，BC、HG交于点M，AB、FG交于点N．以下结论错误的是（ ）
A．EA+NG＝AN
B．△GQM的周长等于线段CH的长
C．△BQN的周长等于线段CM的长
D．△FNA的周长等于2DH+2HC
分析：过点A作AK垂直于HG，垂足为K，连接AH，AM，HB，KF，根据两正方形关于直线l对称，可得Rt△ADH≌Rt△AKH，Rt△AKM≌Rt△ABM，再根据边的转化即可证明A选项不符合题意；根据对称可得QG＝QB，将△GQM的周长表示出来，在通过边的转化即可证明B选项不符合题意；根据对称可得Rt△GQM≌Rt△BQN，即可证明C选项符合题意；根据对称，可得Rt△HCM≌Rt△AFN，将△HCM周长表示出来，再根据边的转化即可证明D选项不符合题意．
【解答】解：如图，过点A作AK垂直于HG，垂足为K，连接AH，AM，HB，KF，
则AK＝EH，
∵正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，
∴EA＝DH，NG＝BM，HM＝AN，
在Rt△ADH和Rt△AKH中，
∵，
∴Rt△ADH≌Rt△AKH，
∴DH＝HK，
同理可证：
Rt△AKM≌Rt△ABM，
∴KM＝BM，
∴EA+NG＝DH+BM＝HK+KM＝HM＝AN，故A选项不符合题意；
C△GQM＝MQ+QG+MG，
∵正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，
∴QG＝QB，
∴C△GQM＝MQ+QB+MG＝BM+GM＝KM+MG＝KG，
∵KG＝HG﹣HK＝DC﹣DH＝CH，
∴C△GQM＝CH，故B选项不符合题意；
由正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，可得，
Rt△GQM≌Rt△BQN，
∴C△BQN＝C△GQM＝CH≠CM，故C选项符合题意；
由正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，可得，
Rt△HCM≌Rt△AFN，
∵BM＝KM，
∴CM＝HK+MG，
∴C△HCM＝C△AFN
＝CM+CH+HM
＝HK+MG+CH+HG﹣MG
＝HK+CH+HG
＝DH+CH+DC
＝2（DH+CH），故D选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，轴对称图形的性质，直角三角形全等的判定，熟练掌握轴对称图形的性质是解题关键．
2．（2023春•江北区期末）如图是一个由5张纸片拼成的菱形ABCD，相邻纸片之间互不重叠也无空隙，其中周围四张小平行四边形纸片都全等，中间一张纸片的面积为S1．连结BE，BG，DE，DG，四边形BEDG的面积为S2，若，则周围小平行四边形的宽与长的比值为（ ）
A．B．C．D．
分析：作辅助线构建平行四边形的高线，设小平行四边形的宽是x，长是x，DQ＝h，PQ＝h1，根据图形可知：S2＝S菱形ABCD﹣4S△BGN﹣2S▱，S1＝GH•（h﹣h1），根据代入计算可得结论．
【解答】解：如图，过点D作DP⊥BC，交BC的延长线于P，交MG的延长线于Q，
设小平行四边形的宽是x，长是y，DQ＝h，PQ＝h1，
∵周围四张小平行四边形纸片都全等，
∵EH＝GH＝FG＝EF＝y﹣x，
∴四边形EFGH是菱形，
∵，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴＝．
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质和面积，用参数表示线段的长和面积并计算是解本题的关键．
3．（2023春•鄞州区校级期末）已知，如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．AC＝8，AB＝5，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．24B．20C．40D．48
分析：利用菱形的性质结合勾股定理得出BO的长，再得出BD的长，然后利用菱形面积公式得出答案．
【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，
∴AO＝CO＝4，BO＝DO，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴BO＝＝＝3，
∴BD＝2BO＝6，
则菱形ABCD的面积为AC•BD＝×8×6＝24．
故选：A．
【点评】此题主要考查了菱形的性质和勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，正确得出BD的长是解题的关键．
4．（2023春•苍南县期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，CD上，且AE＝DF，AF，BE交于点G．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
分析：根据正方形的性质和SAS可证得△ABE≌△DAF，再结合已知即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD＝AB，∠CDA＝∠DAB＝90°，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴S△ABE＝S△ADF，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形的面积等相关知识，得出△ABE≌△DAF进行面积转换解题关键．
二．填空题（共3小题）
5．（2023秋•讷河市期末）如图，在一个正方形被分成三十六个面积均为1的小正方形，点A与点B在两个格点上．在格点上存在点C，使△ABC的面积为2，则这样的点C有 5 个．
分析：要使得△ABC的面积为2，即S＝ah，则使得a＝2、h＝2或者a＝4、h＝1即可，在图示方格纸中找出C点即可．
【解答】解：图中标出的5个点均为符合题意的点．
故答案为 5．
【点评】本题考查了正方形各边长相等的性质，考查了三角形面积的计算公式，本题中正确地找全C点是解题的关键，考生容易漏掉一个或者几个答案．
6．（2023秋•南岗区校级月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，点E为边BC中点，P为正方形边上一点，且PB＝AE，则PE的长为 2或 ．
分析：根据题意分当点P在AD边上时，当点P在CD边上时，两种情况求解即可．
【解答】解：当点P在AD边上时，
∵PB＝AE，点E为边BC中点，
∴点P为边AD中点，
∴PE＝AB＝2；
当点P在CD边上时，
∵PB＝AE，点E为边BC中点，
∴点P为边CD中点，
∴PE＝＝＝．
所以PE的长为：2或．
故答案为：2或．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
7．（2023•海曙区校级开学）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（6，4），过点A分别作AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，已知经过点P（2，3）的直线y＝kx+b将矩形OBAC分成的两部分面积比为3：5时，则k的值为 ﹣4或﹣ ．
分析：将点P（2，3）代入得3＝2k+b，得b＝﹣2k+3，设直线y＝kx+3﹣2k与x轴交于F，与AC交于E，分两种情况画图讨论：①当S四边形OFEC＝S矩形OBAC时，②当S四边形OFEC＝S矩形OBAC时；当直线过C时，可以验证此时将矩形OBAC分成的两部分面积比为3：5．
【解答】解：将点P（2，3）代入直线y＝kx+b，得3＝2k+b，
∴b＝﹣2k+3，
∴直线y＝kx++3﹣2k，
当直线与线段AC、OB相交时，如图，设直线y＝kx+3﹣2k与x轴交于F，与AC交于E，
则E（2+，4），F（2﹣，0），
∴CE＝2+，OF＝2﹣，
直线将矩形OBAC分成的两部分面积比为3：5，
①当S四边形OFEC＝S矩形OBAC时，（CE+OF）•OC＝OB•AB，
∴×（2++2﹣）×4＝×6×4，
解得k＝﹣4；
②当S四边形OFEC＝S矩形OBAC时，（CE+OF）•OC＝OB•AB，
∴×（2++2﹣）×4＝×6×4，
解得k＝﹣（此时直线y＝kx+3﹣2k与边OB无交点，舍去），
当直线过点C时，如图：
由P（2，3）、C（0，4）可得直线解析式为y＝﹣x+4，
令x＝6得y＝1，
∴Q（6，1），
∴S梯形COBQ＝（1+4）×6＝15，S△ACQ＝×6×（4﹣1）＝9，
∴S△ACQ：S梯形COBQ＝3：5，此时k＝﹣，
综上所述，k＝﹣4或﹣．
故答案为：﹣4或﹣．
【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、两点间距离公式、梯形面积等知识，解题的关键是分类讨论．
【压轴】
一、解答题
1．（2023春·浙江温州·八年级校联考阶段练习）在正方形ABCD中，．点E为对角线AC上一动点（不与点A，C重合），连接DE，过E作BE的垂线交边CD于点F．
(1)求证：；
(2)当点F是CD中点时，求AE的长度；
(3)在点E运动过程中，当的某一个内角等于时，直接写出所有满足条件的AE的长．
答案:(1)见解析
(2)
(3)或
分析：（1）由题意可证明，从而得出；
（2）过E点作于G点，交CD于H点，则，可证得，从而说明，然后根据锐角三角函数可求出AE；
（3）需要分情况进行讨论，当时，根据三角函数求解；当时，根据勾股定理并结合等积法即可求解．
（1）
证明：在正方形ABCD中，
∵AC是对角线，
∴．
又，，
∴，
∴．
（2）
解：过E点作于G点，交CD于H点，则，
设．
∵，
∴．
∵，即，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
又，，
∴，
∴，
∴为等腰三角形，∴．
设，
∵，
当F为CD中点，则，则，
∴，解得：．
∴．
（3）
解：由（2）知为等腰三角形，且．
因为在正方形ABCD中，．
①当时，显然E为AC的中点，
∵，
∴．
②如图所示，
当时，过D点作于M点，则为等腰直角三角形．
设，，
，．
由等积法可知：，
得：，
化简得：，
解得：，（舍去），
∴．
综上，当的某一个内角等于时，AE的长为或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三线合一、特殊角三角函数、勾股定理、等积法求长度等知识、掌握并灵活运用相关知识，采用数形结合是解题关键．
2．（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）问题原型
(1)如图1，在菱形中，，于E，F为中点，连结，．试猜想的形状，并说明理由．
(2)如图2，在中，于E，F为中点，连结，．试猜想的形状，并说明理由．
(3)如图3，在中，F为上一点，连结，将沿折叠，点C的对应点为．连结并延长交于G，若，求证：F为中点．
(4)如图4，直角坐标系中有，点A与原点重合，点B在x轴正半轴上，与y轴交于点E．将其沿过A的直线折叠，点B对应点恰好落在y轴上，且折痕交于M，交于点N．若的面积为48，，，求点M的坐标和阴影部分面积（直接写出结果）．
答案:(1)是等边三角形
(2)是等腰三角形
(3)证明见解析
(4)
分析：（1）连接，证明和是等边三角形，进而证明，证明，从而得出，进而得出结果；
（2）取的中点，连接，直线交于，证明四边形是平行四边形，，进而得出是的中位线，进一步得出是等腰三角形；
（3）由条件推出，进而得出四边形是平行四边形，从而，进而证明，进一步得出结论；
（4）根据条件求得，，从而求得的解析式，求出的解析式，从而求得点坐标，求出的解析式，从而求得点坐标，从而求得的长，求出和的面积，进而求得阴影部分面积．
（1）
如图1，
连接，
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
同理可得：是等边三角形，
，，
点是的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，
是等边三角形；
（2）
如图2，
是等腰三角形，理由如下：
取的中点，连接，直线交于，
四边形是平行四边形，
，，
点是的中点，是的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，
点是的中点，
，
，
，
即：是等腰三角形；
（3）
证明：由（2）知：，，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
即：点是的中点
（4）
由得，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
直线的解析式为：，
，
直线的解析式为：，
由得，
，
，，
，
，
直线的解析式为：，
当时，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形性质，平行四边形性质，等腰三角形的判定，勾股定理，求一次函数解析式等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造线段垂直平分线．
3．（2023春·浙江金华·八年级校联考期中）如图在平面直角坐标系中 ，点A ，B的坐标分别是（﹣4 ，0） ，（0 ，8） ，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒a个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒b个单位的速度运动．以P为中心，作△ACP的中心对称图形△EDP，点A的对应点E落在x轴上，设点P运动的时间为t秒．

图1 图2
(1)如图1 ，当a=1 ，b=2时
①当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
②连接AD，CE ，当四边形ADEC是矩形时，求t的值及点D的坐标；
(2)如图2，在P，C的运动过程中，将△EDP沿x轴翻折，点D的对应点是点M，直线EM，直线AC交于点N，当四边形CDEN是矩形时，求a与b的比值．
答案:(1)①t的值为2，点E的坐标是（8，0）；②点D的坐标是或，
(2)或
分析：（1）①根据点C运动到线段OB的中点，求出，即得，从而可得；②根据勾股定理求得，根据矩形的性质可得，建立方程，解方程即可求解；
（2）根据题意四边形CDEN是矩形，可得，根据翻折的性质，以及平行四边形的性质，可得是等腰直角三角形，继而证明是等腰直角三角形，可得，即可求解．
（1）
解：①∵点A，B的坐标分别是（-4，0），（0，8），
∴，
∵点C运动到线段OB的中点，a=1 ，b=2
∴，
∴
∴OP=1×t=2，
∵OA=4，
∴PA=6，
∴OE=OP+PE=OP+PE=2+6=8，
∴E（8，0），
∴t的值为2，点E的坐标是（8，0）；
②∵△ACP与△EDP关于点P中心对称，
∴PA=PE，PC=PD
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴当四边形ADEC是矩形时，，
∵a=1 ，b=2
∴OP=t，AP=t+4，
OC=8-2t
在中，
又
∴
解得或
此时，或，
∴，或，
∵是的中点，设，则或
解得或
即点或
（2）
解：∵四边形CDEN是矩形
∴，
∵将△EDP沿x轴翻折，点D的对应点是点M ，
∴
由（1）可知四边形ADEC是平行四边形，
∴
∴
∴是等腰直角三角形，
∵
∴，
∴是等腰直角三角形
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，
∴，
，
，
，
即，
∴．
当在轴下方时，如图，
同理可得
，
∴
，
∴
解得
综上所述，与的比值为或．
【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，中心对称与轴对称的性质，勾股定理，动点问题，解一元二次方程，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
答案:(1)t=2；E（6，0）；
(2)证明见解析；
(3)t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12
分析：（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；
（2）证△AOC≌△EPD即可；
（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．
【详解】（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中
∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形．
（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
设CE的解析式为y=kx+b，
则，
解得：，
∴CE的解析式为，
同理，DE的解析式为，
①当M在CE上时，M(t+3，)，
则
解得，，
②当N在DE上时，N(t+3，-1)，
则
解得，，
当点C在y轴的负半轴上时，
③如果点M在DE上时，
，
解得，，
④当N在CE上时，
，
解得，，
综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．
5．（2023春·浙江杭州·八年级校联考期中）定义，若关于x的一元二次方程的两个实数根为（），分别以为横坐标和纵坐标得到点，则称点M为该一元二次方程的的衍生点．
(1)若方程为，写出该方程的的衍生点M的坐标．
(2)若关于x的一元二次方程的衍生点为M，过点M向x轴和y轴作垂线，两条垂线与坐标轴恰好围成一个正方形，求m的值．
(3)是否存在b，c，使得不论k（）为何值，关于x的方程的衍生点M始终在直线的图象上，若有请求出b，c的值，若没有说明理由．
答案:(1)M(0，3)
(2)
(3)，
分析：（1）求出方程的两根，根据一元二次方程的衍生点即可解决问题；
（2）先整理一元二次方程为一般形式，再根据过点M向x轴和y轴作垂线，两条垂线与坐标轴恰好围成一个正方形，可得原方程有两个相等的实数根或原方程的两个实数根互为相反数，从而可得答案；
（3）先证明过定点，求解定点的坐标即为的坐标，再利用根与系数的关系解决问题即可．
（1）
解：∵，
∴x（x-3）=0， 解得：，，
故方程x2-3x=0的衍生点为M（0，3）．
（2）
解：
整理得：
设方程的两根分别为、， 且
由于过点M向两坐标轴作垂线，两条垂线与x轴y轴恰好围成一个正方形，
当时，
，
整理得： 此时方程无解，
当时，则，
， 解得
（3）
解：存在． 理由如下：
直线
直线过定点，
∴x2+bx+c=0两个根为，
∴，，
∴，．
【点睛】本题考查一次函数过定点问题、一元二次方程根的判别式的应用、一元二次方程的根与系数的关系、正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
6．（2023春·浙江宁波·八年级浙江省余姚市实验学校校考期中）新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形．
（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，P为AC上一点，当AP＝ 时，△ABP与△CBP为偏等积三角形．
（2）如图2，点D为BC上一点，△ABD与△ACD为偏等积三角形，AB＝2，AC＝6，且线段AD的长度为正整数，过点C作CE∥AB交AD的延长线于点E，求AE的长．
（3）如图3，已知△ACD为直角三角形，∠ADC＝90°，以AC，AD为边向外作正方形ACFB和正方形ADGE，连接BE，求证：△ACD与△ABE为偏等积三角形．
答案:（1）2；（2）6；（3）见解析
分析：（1）利用三角形中线的性质即可求解；
（2）先证明△ABD≌△ECD，推出AD=DE，CE=AB=2，AE=2AD，再根据三角形三边的关系求解即可；
（3）过点B作BH⊥EA，交EA延长线于H，然后证明△ABH≌ACD，得到BH=CD，
根据，，即可得到，再判定两个三角形不全等即可得到答案.
【详解】解：（1）∵在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，
∴，，
∵△ABP与△CBP为偏等积三角形，
∴，
∴；
（2）∵△ABD与△ACD为偏等积三角形，△ABD与△ACD为等高三角形
∴BD=DC，
∵AB∥CE，
∴∠BAD=∠CED，∠ABD=∠ECD，
∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AD=DE，CE=AB=2
∴AE=2AD，
∵AC-CE∴4∴2∴AD的长为正整数，
∴AD=3，
∴AE=6；
（3）过点B作BH⊥EA，交EA延长线于H，
∴∠H=∠ADC=90°，
∴∠ABH+∠BAH=90°
∵四边形ABFC为正方形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠BAH+∠HAC=90°，
∴∠ABH=∠HAC，
∵四边形ADGE是正方形，
∴AE=AD，AE∥DG，
∴∠HAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠BAH，
∴△ABH≌ACD（ASA），
∴BH=CD，
∵，，
∴，
又∵∠H=90°，∠BAE=∠H+∠HBA，∠ADC=90°
∴△ACD与△ABE不是全等三角形，
∴△ACD与△ABE为偏等积三角形．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形三边的关系，平行线的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
7．（2023春·浙江台州·八年级统考期中）如图，△ABC中BC＝a，AC＝b，∠ACB＝90°，其中a＜b；
（1）求线段AB的长（用a和b的代数式表示）；
（2）如图1，若a＝6，b＝8，点F在AB上，点D在AC上，点F到AC和BC的距离相等，AD＝AF，连接FD，求DF的长；
（3）如图2，若F为AB的中点，点D、E分别在线段CA，CB上，且AD＝AF，BE＝BF，连接FD，EF和DE，则∠FDE＝90°，求的值．
答案:（1）；（2）；（3）
分析：（1）由勾股定理即可得出答案；
（2）作作于，于，证四边形是正方形，得，设，则，，由三角形面积求出，则，，由勾股定理求出，，则，，由勾股定理求出即可；
（3）作于，证出是等腰直角三角形，则，证，得，，设，求出、，即可得出答案．
【详解】解：（1），，，
；
（2）作作于，于，如图1所示：
则四边形是矩形，
点到和的距离相等，
，
四边形是正方形，
，
设，则，，
的面积的面积的面积，，
，
即，
解得：，
，，，
，
，
，
，
；
（3）作于，如图2所示：
则，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，为的中点，
是的中位线，，
，，
设，
则，解得：，
．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形面积等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
8．（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）我们把能平分一个图形面积的直线称为该图形的“好线”．如图1，三角形的中线所在直线就是该三角形的一条好线．
（1）平行四边形的好线共有 条；
（2）如图2，四边形中，取对角线的中点，连接、，再过点作交于，连接．证明：直线是四边形的“好线”；
（3）如图3，为一条“好线”， 为边的一点，请作出经过点的一条“好线”，并说明哪条直线是四边形的“好线”（不擦除作图痕迹，无需说明理由）．
答案:（1）无数条；（2）见解析；（3）作图，说明见解析．
分析：（1）根据平行四边形是中心对称图形即可推出结论；
（2）证明把四边形分为四边形和三角形的两部分面积相等，即可得证；
（3）掌握“好线”的特点，结合（2）平行线的特点即可找到（3）的好线．
【详解】（1）平行四边形是中心对称图形，过其对称中心的直线都能把该平行四边形平分为面积相等的两部分，
平行四边形的好线共有无数条，
故答案为：无数条；
（2）证明：是的中点，
，，
四边形＝四边形＝四边形；
又，
，
而，
，
由图象易知：四边形四边形，
四边形，
四边形四边形，
而把四边形分为四边形和三角形两部分，
故直线是四边形的“好线”；
（3）解：连接，过点作的平行线交于点，连接，交于点，则为四边形的“好线”．
，
，
由图象易知：，，
，
又是一条好线，
四边形，
由图易知：将图形分为和五边形，
，
五边形＝四边形，
五边形＝四边形，
是四边形的“好线”．
【点睛】本题属于四边形综合大题，用新定义“好线”的形式考查图形面积相等的变换，本题需要考生理清题目，敢于尝试，充分利用平行线的特点，逐步推理是解题的关键．
9．（2023春·浙江杭州·八年级校联考期中）我们知道平行四边形有很多性质,现在如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现这其中还有更多的结论．
【发现与证明】
中，，将沿翻折至，连结．
结论1：与重叠部分的图形是等腰三角形．
结论2：；
……
(1)请利用图1证明结论1或结论2；
【应用与探究】
在中，已知，将沿翻折至，连结．
(2)如图，若，，则_____，_____；
(3)已知，当长为多少时，是直角三角形？请直接写出答案
答案:(1)证明见解析；(2)45，；(3)2或3或4或6．
分析：(1)结论1的证明：根据两直线平行内错角相等得到∠DAC=∠ACB，根据折叠对应角相等得到∠ACB=∠ACB’，进而得到∠DAC=∠ACB’即可证明；
结论2的证明：由折叠得到CB=CB’，由平行四边形ABCD得到BC=AD，由此得到CB’=AD，由结论1得到ED=EB’，由此∠EB’D=∠EDB’，∠EAC=∠ECA，由对顶角相等得到∠AEC=∠DEB’，由此即可证明；
(2)根据对折的性质求得∠AB’C=30°，从而求得∠CB’D=45°，由于B’D∥AC，得出∠ACB’=∠CB’D=45°，进而即可求得∠ACB=45°；作AG⊥BC于G，根据解直角三角形即可求得BC；
(3)分或或三种情况分类讨论．
【详解】解：(1)结论1的证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAC=∠ACB，
由折叠知，∠ACB=∠ACB'，
∴∠EAC=∠ACB'，
∴AE=CE，
即△ACE是等腰三角形；
结论2的证明：由折叠知，BC=B'C，AD=BC，
∴B'C=AD，
由结论1可知：AE=CE，
∴DE=B'E，
∴，
∵，
∴，
且，
∴，
∴；
(2)在▱ABCD中，∠B=30°，将△ABC沿AC翻折至△AB’C，
∴∠AB’C=30°，
∵∠AB’D=75°，
∴∠CB’D=45°，
∵B’D∥AC，
∴∠ACB’=∠CB’D=45°，
∵∠ACB=∠ACB’，
∴∠ACB=45°；
作AG⊥BC于G，如下图所示：
∴AG=CG，
∵∠B=30°，
∴，，
∴，
故答案为：45°，；
(3)∵AD=BC，BC=B’C，
∴AD=B’C，
∵AC∥B’D，
∴四边形ACB’D是等腰梯形，
∵∠B=30°，
∴∠AB’C=∠CDA=30°，
∵△AB’D是直角三角形，
当∠B’AD=90°，AB＞BC时，
设∠ADB’=∠CB’D=y，
∴∠AB’D=y-30°，
∵∠AB’D+∠ADB’=90°，
∴y-30°+y=90°，解得y=60°，
∴∠AB’D=y-30°=30°，
∴AB’=AB=，
∴，
∴BC=2；
当∠ADB’=90°，AB＞BC时，如下图，
∵AD=BC，BC=B’C，
∴AD=B’C，
∵AC∥B’D，
∴四边形ACB’D是等腰梯形，
∵∠ADB’=90°，
∴四边形ACB’D是矩形，
∴∠ACB’=90°，
∴∠ACB=90°，
∵∠B=30°，AB=，
∴，
当∠B’AD=90°且AB＜BC时，如下图，
∵AD=BC，BC=B’C，
∴AD=B’C，
∵AC∥B’D，∠B’AD=90°，
∴∠B’GC=90°，
∵∠B=30°，AB=，
∴∠AB′C=30°，
∴，
G是BC的中点，
在Rt△ABG中，，
∴BC=6；
当∠AB’D=90°时，如下图所示，
∵AD=BC，BC=B’C，
∴AD=B’C，
∵AC∥B’D，
∴四边形ACDB’是等腰梯形，
∵∠AB’D=90°，
∴四边形ACDB’是矩形，
∴∠BAC=90°，
∵∠B=30°，AB=，
∴，
∴当BC的长为2或3或4或6时，△AB’D是直角三角形．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，直角三角形等问题，本题难度较大，熟练掌握折叠图形的性质及平行四边形的性质是解题的关键．