北师大版数学九上期末重难点培优训练第一章 特殊平行四边形培优检测卷（2份，原卷版+解析版）

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考试范围：全册； 考试时间：120分钟； 总分：120分
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1．（2022·北京八十中八年级期中）在矩形中，对角线相交于点，，，则的长为（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由矩形的性质可得，再证为等边三角形，再由勾股定理即可求解．
【详解】
解：在矩形ABCD中，，，
∵∠AOB＝60°，
∴为等边三角形，
∴，
∴AC=4，
在中，
故选：A．
【点睛】
此题考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定以及勾股定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
2．（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，以正方形ABCD的一边AD为边向外作等边三角形ADE，则∠BED等于（ ）
A．30° B．37.5° C．45° D．50°
【答案】C
【解析】
【分析】
由正方形的性质和等边三角形的性质可得AB=AD=AE，∠BAE=150°，可求∠BEA=15°，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=AE，∠DAE=∠AED=60°，
∴∠BAE=150°，AB=AE，
∴∠AEB=15°，
∴∠BED=45°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
3．（2022·湖北荆门·八年级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论不正确的是（ ）
A．当时，它是菱形B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形D．当时，它是菱形
【答案】A
【解析】
【分析】
根据菱形、矩形的判定定理判断即可．
【详解】
解：A，对角线相等的平行四边形为矩形，时，四边形ABCD是矩形，该结论不正确；
B，菱形的对角线互相垂直，因此当时，四边形ABCD是菱形，该结论正确；
C，有一个角是直角的平行四边形是矩形，因此当时，四边形ABCD是矩形，该结论正确；
D，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，因此当时，四边形ABCD是菱形，该结论正确；
故选A．
【点睛】
本题考查了菱形和矩形的判定，解题关键是熟记相关判定定理，准确进行判断．
4．（2021·浙江台州·八年级期末）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠BEC′的大小为（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【答案】C
【解析】
【分析】
连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【详解】
解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，
∴∠PDC=90°，
∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，∠DEC=∠DEC′，
在△DEC中，∠DEC=180°-（∠CDE+∠C）=75°．
∴∠BEC′=180°-（∠DEC+∠DEC′）=30°．
故选：C．
【点睛】
此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的判定和性质，以及三角形内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
5．（2022·山东·招远市教学研究室八年级期中）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，Rt△FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N．若正方形ABCD边长为6，则重叠部分四边形EMCN的面积为（ ）
A．18B．12C．9D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
过点E作EG⊥DC于点G，EH⊥BC于点H，证明△GEN≌△HEM，得到计算即可．
【详解】
过点E作EG⊥DC于点G，EH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BCD，AD⊥CD，AB⊥BC，∠BCD=90°，
∴EG=EH，四边形EHCG是矩形，
∴四边形EHCG是正方形，
∴∠HEG=90°，
∵∠MEN=90°，
∴∠HEM=∠GEN=90°-∠MEG，
∴△GEN≌△HEM，
∵AE=EC，
∴=9，
故选C．
【点睛】
本题考查了正方形的判定和性质，三角形全等，角平分线的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
6．（2022·河南·漯河市实验中学八年级期中）如图1，点F从菱形ABCD的顶点A出发，沿A-D-B以1cm/s的速度匀速运动到点B，图2是点F运动时，FBC的面积（cm2）随时间x（s）变化的关系图像，则a的值为（ ）
A．5B．4C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
通过分析图像，点F从点A到D用as，此时，△FBC的面积为2a，依此可求菱形的高DE，再由图像可知，BD=5，应用勾股定理分别求BE和a即可．
【详解】
解：过点D作DE⊥BC于点E，
由图像可知，点F由点A到点D用时为as，△FBC的面积为2acm2．
∴AD=a
∴DE•AD＝2a
∴DE=4
点F从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=．
故选D．
【点睛】
本题综合考查了菱形性质和一次函数图像性质，解答过程中要注意函数图像变化与动点位置之间的关系是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7．（2022·黑龙江齐齐哈尔·八年级期末）如图所示，菱形ABCD中，AC＝4，BD＝2，则这个菱形的周长是________．
【答案】4
【解析】
【分析】
首先根据菱形的性质可求得OA、OB，再利用勾股定理即可求得AB，据此即可解答．
【详解】
解：四边形ABCD是菱形
，，，AB=BC=CD=DA，
在中，，
这个菱形的周长为：4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及勾股定理，熟练掌握和运用菱形的性质是解决本题的关键．
8．（2022·江苏南京·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，连接CE，若BC=8，AE=5，则CE=_____．
【答案】
【解析】
【分析】
首先证明AB=AE=CD=5，在Rt△CED中，根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：∵四边形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= ．
故答案为：．
【点睛】
本题考查矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，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．
9．（2022·福建省厦门集美中学八年级期中）如图，菱形的边长为2，且，是的中点，为上一点且的周长最小，则的周长的最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先求PC+CE的最小值，再计算周长的最小值即可．
【详解】
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴A、C关于BD对称，
连接AE，交BD于点F，当P与F重合时，PE+PC最小，
过点E作EG⊥AB，交AB的延长线于点G，
∵ 菱形的边长为2，且，是的中点，
∴BE=EC=1，AB=2，∠EBG=，
∴BG=，，
∴AG=AB+BG=，
∴，
∴的周长的最小值为AE+EC=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，将军饮马河原理，勾股定理，熟练掌握菱形性质和将军饮马河原理是解题的关键．
10．（2022·安徽合肥·八年级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC， BD相交于点O，P为AB边上一动点（不与点A，B重合），PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，若AB=8，∠BAD=60°，则线段EF长度的最小值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OP，根据菱形的性质得到AC⊥BD，∠CAB=∠DAB=30°，根据矩形的判定定理得到四边形OEPF是矩形，求得EF=OP，当OP⊥AB时，OP最小，根据三角形的面积公式结论得到结论．
【详解】
解：连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠CAB=∠DAB=30°，
∵PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，
∴∠EOF=∠OEP=∠OFP=90°，
∴四边形OEPF是矩形，
∴EF=OP，
∵当OP取最小值时，EF的值最小，
∴当OP⊥AB时，OP最小，
∵AB=8，
∴OB=AB=4，OA==4，
∴S△ABO=OA•OB=AB•OP，
∴OP=，
∴EF的最小值为2，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，垂线段最短，菱形的性质，熟练掌握垂线段最短是解题的关键．
11．（2022·四川广元·中考真题）如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE＝12cm．当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为 _____cm．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意易得cm，则当点D沿DA方向下滑时，得到，过点作于点N，作于点M，然后可得，进而可知点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，最后问题可求解．
【详解】
解：由题意得：∠DEC=45°，DE＝12cm，
∴cm，
如图，当点D沿DA方向下滑时，得到，过点作于点N，作于点M，
∵∠DAM=90°，
∴四边形NAMC′是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴平分∠NAM，
即点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，
∴当时，此时四边形是正方形，CC′的值最大，最大值为，
∴当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理是解题的关键．
12．（2022·辽宁·东北育才学校八年级期中）在矩形ABCD中，AD=8，AB=6，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，使点D落在点F处，若△CEF为直角三角形时，DE的长为______．
【答案】或8或或​​​​​​​
【解析】
【分析】
先利用勾股定理计算出AC=10，当△CEF为直角三角形时，有几种情况：①当点F落在矩形内部时，如图1所示．根据折叠的性质得∠AFE=∠D=90°，设DE=x，则EF=x，CE=6-x，然后在Rt△CEF中运用勾股定理可计算出x即可．②当点F落在AB延长线上时，如图2所示．此时四边形ADEF为正方形，得出DE=AD=8．③当点F落在BC边上时，如图3所示，易知AF=AD=8，BF=
，设DE=EF=x，CE=6-x，然后在Rt△CEF中运用勾股定理可计算出x即可；④当点F落在CB延长线上时，如图4，设DE=EF=x，CE=x-6，BF=，然后在Rt△CEF中运用勾股定理可计算出x即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=90°，CD=AB=6，
∴AC==10，
当△CEF为直角三角形时，有下列几种情况：
①当点F落在矩形内部时，F落在AC上，如图1所示．
由折叠的性质得：EF=DE，AF=AD=8，CF=2，
设DE=x，则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当点F落在AB延长线上时，如图2所示．
此时四边形ADEF为正方形，
∴DE=AD=8．
③当点F落在BC边上时，如图3：
易知AF=AD=8，BF=
，设DE=EF=x，CE=6-x，
在Rt△EFC中，x2=（6-x）2+（8-）2，
∴，
∴；
④当点F落在CB延长线上时，如图4，
设DE=EF=x，CE=x-6，
则BF=，
在Rt△CEF中，
解得．
综上所述，DE的长为或8或或．
故答案为：或8或或
【点睛】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识；熟练掌握折叠和矩形的性质是解决问题的关键．
三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（2022·江苏·苏州高新区第一初级中学校八年级期中）如图、在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点D作对角线BD的垂线交BC的延长线于点E．
(1)求证：四边形ACED是平行四边形；
(2)若AC＝8，BD＝6，求△CDE的周长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)18．
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质可得AD∥BC，AC⊥BD，进一步可得：AD∥CE，再由DE⊥BD，可得DE∥AC，即可求证；
（2）根据平行四边形的性质可得DE=AC=8，AD=CE，再由菱形的性质可得AC⊥BD，，，，从而得到AD=5，从而得到AD=CD=CE=5，即可求解．
(1)
证明：在菱形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，
∵B、C、E共线，
∴AD∥CE，
∵DE⊥BD，
∴DE∥AC，
∴四边形ACDE是平行四边形；
(2)
解：∵四边形ACDE是平行四边形，AC＝8，BD＝6，
∴DE=AC=8，AD=CE，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，，，，
∴∠AOD=90°，
∴，
∴AD=CD=CE=5，
∴△CDE的周长为．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
14．（2022·江苏常州·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，E、F为BC上两点，且BE＝CF，连接AF、DE交于点O．
(1)求证：△AOD是等腰三角形；
(2)若AF⊥DE，OF＝OA＝1，求矩形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）通过证明得到和，利用等角对等边和等式的性质即可得到，即可完成求证；
（2）利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理分别求出AD和AB的长即可求解．
(1)
证明：∵四边形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的周长为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理的应用、等腰三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是理解题意并牢记相关概念．
15．（2022·江苏·泰州市第二中学附属初中八年级期中）如图，在菱形中，点P是的中点，仅用无刻度的直尺按要求画图．（保留作图痕迹，不写作法）
(1)在图①中画出的中点H；并证明理由．
(2)在图②中的菱形对角线上，找两个点E、F，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)连接AC、BD，交点为O，画直线PO，交AD于点H，则H即为所求．
(2) 连接AC、BD，交点为O，画直线PO，连接CH，交BD于点F；连接AP，交BD于点E．
(1)
连接AC、BD，交点为O，
画直线PO，交AD于点H，
则H即为所求．证明如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，OA=OC，OB=OD，AD∥BC，
∵BP=PC，
∴PO是△ABC的中位线，
∴AB∥PH，
∴四边形ABPH是平行四边形，
∴BP=AH=，
故点H为AD的中点．
(2)
如图，连接AC、BD，交点为O，
画直线PO，交AD于点H，
连接CH，交BD于点F；连接AP，交BD于点E，
则E、F即为所求．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质，三角形中位线定理是解题的关键．
16．（2022·广西南宁·八年级期末）如图，正方形ABCD中，延长BC至点E，使得点C为BE的中点，连接AC，BD，DE．
(1)求证：；
(2)若，求正方形ABCD的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)36
【解析】
【分析】
（1）根据四边形ABCD是正方形，得出，从而得到四边形ACED是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可求解；
（2）根据四边形ACED是平行四边形得到 ，再根据四边形ABCD是正方形，得到，，在中根据勾股定理解得，即可求出正方形ABCD的面积．
(1)
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴，
即
∵点C为BE的中点
∴
∴
又∵
∴四边形ACED是平行四边形
∴
(2)
解：由（1）知四边形ACED是平行四边形
∴
∵四边形ABCD是正方形
∴，
∴在中
解得
∴正方形ABCD的面积为：
【点睛】
本题主要考察了平行四边形的性质和判定，正方形的性质，以及勾股定理的应用，熟悉以上性质是解题的关键．
17．（四川省德阳市2021-2022学年八年级下学期期末数学试题）如图，在□ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点F，交BC于点E．
(1)求证；四边形ABEF是菱形；
(2)若AB＝5，BF＝8，，求□ABCD的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明四边形ABEF是平行四边形，再由AFBE可得出结论；
（2）先由菱形的性质得出AE⊥BF，，AO＝OE，AB＝BE＝5，再由勾股定理求出OE=3，从而得AE=6，即可求得CE=3，则BC=8，设AD与BC之间的距离为h，则可求解菱形ABEF的面积平行四边形ABCD的面积，而菱形ABEF的面积，代入即可求解．
(1)
证明∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，即，
又∵，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠EBF，
∵，
∴∠AFB＝∠FBE，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形．
(2)
解：∵四边形ABEF是菱形
∴AE⊥BF，，AO＝OE，AB＝BE＝5
∴，
∴AE＝6
∵，
∴CE＝3，
∴BC＝8
设AD与BC之间的距离为h，则
∵菱形ABEF的面积，平行四边形ABCD的面积
∴菱形ABEF的面积平行四边形ABCD的面积
∵菱形ABEF的面积
∴四边形ABCD的面积
【点睛】
本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18．（2022·四川省荣县中学校八年级期中）如图，点E是矩形ABCD的边CB延长线上一点，点F，G，H分别是AE，ED，BC的中点．
(1)判断四边形FHCG的形状，并证明；
(2)求证：∠DEH＝∠FHE
【答案】(1)四边形FHCG是平行四边形，证明详见解析
(2)详见解析
【解析】
【分析】
（1）由点F，G分别是AE，ED的中点，可得，由矩形的性质可得，又H是BC的中点，可得，进而可得四边形FHCG是平行四边形；
（2）由矩形的性质可得∠DCB=90°，即△ECD是直角三角形，又点G是ED的中点，可得GC=GE，可得∠GCB=∠DEH，再由GC∥FH得∠GCB=∠FHE，进而可证结论．
(1)
解：四边形FHCG是平行四边形，证明如下：
∵四边形ABCD矩形，
∴
∵点F，G，H分别是AE，ED，BC的中点，
∴，，
∴，
∴四边形FHCG是平行四边形．
(2)
证明：∵四边形ABCD矩形，
∴∠DCB=90°，
在直角三角形△ECD中，点G是ED的中点，
∴GC=GE，
∴∠GCB=∠DEH，
由（1）得四边形FHCG是平行四边形，
∴GC∥FH，
∴∠GCB=∠FHE，
∴∠DEH＝∠FHE．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定、矩形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质，综合运用所学知识是解题的关键．
19．（2022·湖北荆门·八年级期末）我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，依次连接各边中点得到中点四边形EFGH．
(1)判断这个中点四边形EFGH的形状，并证明你的结论；
(2)当AC和BD之间满足________时，这个中点四边形EFGH是菱形．
【答案】(1)平行四边形，理由见解析
(2) 理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据四边形的形状，及三角形中位线的性质可判断出四边形EFGH是平行四边形；连接AC、利用三角形的中位线定理可得出HG=EF、，继而可判断出四边形EFGH的形状；
（2）根据中位线的性质先证明结合（1）的结论可得结论．
(1)
证明：连接AC，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴，
同理，
综上可得：，EF=HG，
故四边形EFGH是平行四边形．
(2)
当时，这个中点四边形EFGH是菱形，理由如下：
连接BD，
由中位线的性质可得：

由（1）得：四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，掌握“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”是解本题的关键．
20．（2022·江苏·苏州市第十六中学八年级期中）如图，在菱形 ABCD 中，AB＝2，∠DAB＝60°，点 E 是 AD 边的中点， 点 M 是 AB 边上一动点（不与点 A 重合），延长 ME 交射线 CD 于点 N，连接 MD、AN．
(1)求证：四边形 AMDN 是平行四边形；
(2)在点 M 移动过程中：①当四边形 AMDN 成矩形时，求此时 AM 的长；
②当四边形 AMDN 成菱形时，求此时 AM 的长．
【答案】(1)见解析
(2)①AM=1；②AM=2
【解析】
【分析】
（1）由题意可证△DNE≌△AEM，则DN=AM，即可征四边形AMDN是平行四边形；（2）①若四边形AMDN成矩形，可证△ADM是直角三角形，根据勾股定理可求AM的长；②若四边形AMDN成菱形，可证△ADM是等边三角形，可求AM的长．
(1)
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD=AD=2，AB∥CD，
∴∠NDA=∠DAM，
∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，且∠NDA=∠DAM，∠NED=∠AEM，
∴△AEM≌△DNE，
∴DN=AM，
∵NC∥AB，
∴四边形AMDN是平行四边形；
(2)
①若四边形AMDN成矩形，则DM⊥AB，
在Rt△ADM中，DM⊥AB，∠DAB=60°，AD=AB=2，
∴∠ADM=30°，
∴AM=AD=1，
∴当AM=1时，四边形AMDN成矩形；
②若四边形AMDN成菱形，则DM=AM，
∵DM=AM，∠DAB=60°，
∴△ADM是等边三角形，
∴AM=AD=AB=2，
∴当AM=2时，四边形 AMDN 成菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21．（2022·江西·定南县教学研究室八年级期中）（1）如图1，纸片□ABCD中，AD＝5，S□ABCD＝15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCF的位置，拼成四边形AEFD，则四边形AEFD的形状为
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
（2）如图2，在（1）中的四边形纸片AEFD中，在EF上取一点G，使EG＝4，剪下△AEG，将它平移至△DFH的位置，拼成四边形AGHD．
①求证：四边形AGHD是菱形；
②求四边形AGHD的两条对角线的长．
【答案】（1）C；（2）①见解析；②，
【解析】
【分析】
（1）由已知可得四边形AEFD为平行四边形，再根据AE⊥BC即可得到四边形AEFD的形状；
（2）①与（1）类似可得四边形AGHD为平行四边形，再由勾股定理可得AG的长度，最后根据菱形的定义可以得解；
②连接AH，DG，分别在Rt△DFG和Rt△AEH中利用勾股定理求解即可得到答案．
【详解】
解：（1）∵△AEB，将它平移至△DFC，
∴AE∥DF，AE＝DF，∴四边形AEFD是平行四边形,
又AE⊥BC，∴∠AEF=90°，
∴四边形AEFD为矩形，
故选C；
（2）①证明：∵在□ABCD中，AD＝5，S□ABCD＝15，∴AE＝3．
∵△AEG，将它平移至△DFH，
∴AG∥DH，AG＝DH，∴四边形AGHD是平行四边形．
在Rt△AEG中，AG＝，
∴AG＝AD＝5，∴四边形AGHD是菱形；
②连接AH，DG，如图3，
在Rt△DFG中，FG＝GH﹣FH＝5﹣4＝1，DF＝3，
∴DG＝，
在Rt△AEH中，EH＝EG+GH＝4+5＝9，AE＝3，
∴AH＝．
【点睛】
本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形和菱形的判定、平移的性质及勾股定理的应用是解题关键．
22．（2022·贵州·仁怀市教育研究室三模）某数学兴趣小组开展图形的折叠实验探究，如图，在矩形纸片ABCD中，，，点E为CD上一动点（不与C，D重合）
(1)如图（1），将沿BE折叠，使得点C的对应点恰好落在AD边上的F处，求DE的长；
(2)如图（2），将沿BE折叠，使得点C的对应点为F，连接DF，当DF取得最小值时，求DE的长；
(3)如图（3），小明准备用上述纸片折叠一种纸飞机，发现其中一个步骤是需将沿BE折叠，使点C的对应点F落在矩形ABCD的对称轴上，在这种情况下，求DE的长．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
（1）设DE=x，求出FD=2，根据勾股定理列出方程即可求解；
（2）连接BD，DF≥BD-BF，当B、F、D三点共线时，DF最小，类似于（1）的方法求出DE长即可；
（3）分F落在AD中垂线上，点F落在CD的中垂线上，类似（1）结合勾股定理求解即可．
(1)
解：∵，，
由翻折可知，，FE=EC，
设DE=x，则FE=EC=6-x，
，
FD=AD-AF=2，
∴，
解得，，
DE长为．
(2)
解：连接BD，如图1所示，
∵DF≥BD-BF，当B、F、D三点共线时，DF最小，如图2所示，
，
设DE=x，则FE=EC=6-x，
FD=BD-BF= ，
∴，
解得，，
DE长为．
图1 图2
(3)
解：如图3所示，点F落在CD中垂线上，设中垂线与CD、AB分别交于M、N，
则BN=CM=DM=3，
由折叠可知，BF=BC=10，
，
设ME=y，则FE=EC=3-y，
FM=MN-NF= ，
，
，
DE长为．
如图4所示，点F落在AD中垂线上，设中垂线与AD、CB分别交于U、T，作FV⊥DC，交CD延长线于点V，
则BT=CT=DU= FV=5，
由折叠可知，BF=BC=10，
，
设VE=m，则FE=EC= ，
，
，
∵，
DE长为．
图3 图4
【点睛】
本题考查了勾股定理与矩形折叠，解题关键是恰当设未知数，利用勾股定理列出方程求解．
六、（本大题共12分）
23．（2022·江苏·苏州市景范中学校八年级期中）如图1，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接AE，并将AE绕点E顺时针旋转90°，得到EG，过点G作于点F，于点H．
(1)①判断：四边形CFGH的形状为____________；②证明你的结论；
(2)如图2，连接AG，交DC于I，连接EI，若，，求正方形ABCD的边长；
(3)如图3，连接BD，与AE、AG交于P、Q两点，试探索BP、PQ、QD之间的数量关系，并直接写出结论：________________．
【答案】(1)①正方形；②证明见解析
(2)12
(3)PQ2=PB2+DQ2；证明见解析
【解析】
【分析】
（1）①结论：四边形CFGH是正方形； ②证明△ABE≌△EFG（AAS），结合全等三角形的性质，根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
（2）如图，把绕A顺时针旋转得到，可得三点共线，证明 可得 设正方形ABCD的边长为x， 则 再利用勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；
（3）结论：PQ2=PB2+DQ2．将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABT，则AQ=AT，∠DQ=BT，ADQ=∠ABT=45°，证明∠TBP=90°，PQ=PT，可得结论．
(1)
解：①结论：四边形CFGH是正方形．
故答案为：正方形．
②理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
∵GF⊥BC，GH⊥CD，
∴∠F=∠GHC=∠HCF=90°，
∴四边形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，
∴四边形CFGH是正方形；
(2)
正方形ABCD，正方形HCFG，

如图，把绕A顺时针旋转得到，
则由，可得三点共线，



结合旋转可得：
而


设正方形ABCD的边长为x，而




∴x=12，
∴正方形ABCD是边长为12；
(3)
如图，结论：PQ2=PB2+DQ2．
理由：将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABT，
则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．
故答案为：PQ2=PB2+DQ2．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．