专题15 四边形的综合 题型全覆盖（16题）-2020-2021学年八年级数学下册同步热考题型全覆盖（人教版）（解析版）

专题15四边形的综合题型全覆盖（［6题）

【思维导图】

【考查题型】

考查题型一中点四边形

1.（2020•天津河西区•八年级期中）如图，已知四边形A8CO中，E,£G,”分别为AaBCCD/M上的点（不与端

点重合1.

（1）若瓦F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点.求证：四边形EFG"是平行四边形；

（2）在（1）的条件下，根据题意填空：若四边形A8CO的对角线AC和满足时，四边形EFGH

是矩形；若四边形A3CO的对角线AC和8。满足时，四边形EFG”是菱形；若四边形48co的对

角线4c和8。满足时，四边形ERG”是正方形.

（3）判断对错:

①若已知的四边形A8CQ是任意矩形，则存在无数个四边形EFGN是菱形；（）

②若已知的四边形A8CQ是任意矩形，则至少存在一个四边形是正方形.（）

【答案】（1）见解析；（2）AC±BDiAC=BD；AC±BDB.AC=BD；（3）①对，②错

【分析】

（1）连接30、AC,如图，根据三角形的中位线定理可得由〃/G,EH=FG，进一步即可证得结论：

（2）易得EFIMC,EHI/BD^故AC和8。只要满足ZULBD,即可判定四边形EFGH是矩形；由于E/=」AC,

2

EH=gBD,故AC和3。只要满足八c=8。，即可判定四边形EFG”是菱形；由前面的结论以及由正方形既是矩形

又是菱形即可得出AC和满足的条件；

（3）①如图，连接矩形A8C。的对角线4C,8。交于。，过点。直线EG和小，分别交A8,BC,CD,4。于邑F,

G,从易证四边形EFGH是平行四边形，故只要£G_L〃F,则四边形£FGH即为菱形，于是可判断①；若四边形EFGH

是正方形，根据矩形的性质和正方形的性质可得△AE曲△DHG,进而可推出AB=AD,于是四边形八8CD是正方形，

从而可判断②.

【详解】

解：(1)证明：连接3力、4C,如图，

­/E、F,G,，分别为AB,BC,CD,AD的中点，

・•・在中，EH//BD,EH=^BD,

在△CBD中,BD//GF，FG=-BD,

2

:.EH1/FG，EH=FG,

四边形EFGH是平行四边形：

(2)当四边形43CQ的对角线AC和8。满足4JL8。时，四边形EFGH是矩形；

证明：.•・£、F分别是4B、8c的中点，

EFWAC,EF=-AC,

2

EHHBD、AC±BD,

EH±EF,

平行四边形EFGH是矩形；

当四边形A8C。的对角线AC和B。满足AC=BD时，四边形EFGH是菱形；

证明：VEF=-AC,EH=-BL),AC=BD,

22

EF=tH,

「•平行四边形EFGH是菱形；

••・当四边形ABC。的对角线AC和8。满足4CJ_8。时，四边形EFGH是矩形；

当四边形A8CO的对角线AC和8。满足AC=BD时，四边形EFGH是菱形；

「•当四边形ABCD的对角线AC.BD满足AC±BD且AC=BD时、四边形EFGH是正方形.

故答案为：AC±BD；AC=BD；AC±BDR.AC=BD；

2

(3)①如图，四边形/BCD是矩形，连接47,BD交于。，

过点0直线EG和FH,分别交A8,BC,CD,4D于E,F,G,H,

四边形488是矩形，

/.ADWBC,AO=OCr

/.ZD40=ZBCO,ZAH0=4CFO,

」.△AHO^△CFO,

/.OH-OF,

同理可得：OE=OG,

四边形EFGH是平行四边形，

.•.当EGJ_HF时，存在无数个四边形£FGH是菱形；

故①对；

•/Z4=ZD=90°,ZEHG=90°,

ZAEH+ZAHE=90°,ZDHG+ZAHE=90°,

/.ZAEH=NDHG,

△AE皓△DHG,

AE=DH,

同理可得：BE=AH,

AB—AD9

矩形47CD是正方形，

当四边形ABCD为任意矩形时，不存在四边形EFGH是正方形；

故②错.

【点睛】

本题是四边形的综合题，主要考查了特殊四边形的判定和性质以及三角形的中位线定理等知识，属于常考题型，热

练掌握三角形的中位线定理和中点四边形的知识是解题的关键.

2.(2020•山东济宇巾•八年级期中)综合与实践

3

理由：如图1中,

〈AE=BE,AH=HD,

1

EH=—BD,

2

DH=HA,OG=GC,

1

HG=-AC,

2

HE=HG,

•••四边形EFGH是平行四边形，

四边形EFGH是菱形.

故答案为三角形中位线定理，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，菱形.

（2）结论：四边形EFGH是菱形.

理由：如图2中，连接4C,BD

,/ZAPB=NCPD

：.ZAPB+NAPD=£CPO+NAPD

即：Z3PD=AAPC

•••PA=PBfPC=PD

/.△APC^△BPD

：.AC=BD

/.HG=HE

由⑴可知：四边形EFGH是平行四边形

四边形EFGH是菱形.

(3)结论：正方形.

5

理由：如图2-1中，连接AC,BD.BD交47于点。，交GH于点K,AC交PD于炊J.

图2-1

,/△APC^△BPD,ZDPC=90°,

/.ZPDB=Z.PCA,

ZPJC=ADJO,

ZOT=Z06=90°,

,/HGWAC,

ZBKG=NBOC=90°,

,/EHWBD,

ZEHG=/BKG=9Q°,

•••四边形EFGH是菱形，

••・四边形EFGH是正方形.

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定

和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.

3.（2020•静宁县八年级期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H,顺次连接EF、FG、

GH、HE,得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）.

（1）四边形EFGH的形状是,证明你的结论.

（2）当四边形ABCD的对角线满足条件时，四边形EFGH是矩形;

（3）你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是矩形？.

【答案】（1）平行四边形，证明见解析.

（2）四边形ABCD的对角线满足互相垂直，证明见解析，

6

(3)菱形，证明见解析.

【分析】

(1)连接BD,根据三角形的中位线定理得到EHIIBD,EH=—BD,FGIIBD,FG=—BD,推出，EHIIFG,EH=FG,

22

根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形；

(2)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形ABCD的对角线满足ACXBD的条件时，四边形EFGH

是矩形；

(3)菱形的中点四边形是矩形.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可得四边形EFGH是平行

四边形，再根据矩形的每•个角都是直角，然后根据平行线的性质，再根据垂直定义解答；

【详解】

解：(1)四边形EFGH的形状是平行四边形.理由如下：

如图，连结BD.VE.H分别是AB、AD中点，

1

EHIIBD,EH=—BD,

2

同理FGIIBD,FG=—BD,

2

EHIIFG,EH=FG,

••・四边形EFGH是平行四边形;

故答案为：平行四边形.

(2)当四边形ABCD的对角线满足互相垂直的条件时，四边形EFGH是矩形.

理由如下：如图，连结AC、BD.

■「E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，

/.EHIIBD,HGIIAC,

•/AC±BD,/.EHJLHG,

又四边形EFGH是平行四边形，

・•・平行四边形EFGH是矩形；

7

故答案为：对角线互相垂直.

（3）菱形的中点四边形是矩形.

理由如F：如图，连结AC、BD.•••E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，二EHIIBD,HGIIAC,FGIIBD,

11

EH=—BD,FG=—BD,

22

EHIIFG,EH=FG,

••・四边形EFGH是平行四边形.

••・四边形ABCD是菱形，

AC±BD,

•「EHIIBD,HGIIAC,

EH±HG,

」•平行四边形EFGH是矩形；

故答案为：菱形.

【点睛】

此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题.

4.（2020•广东深圳市八年级期中）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边

形.

（1）如图1，四边形ABCD中，点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点.求证：中点四边形EFGH是平

行四边形；

（2）如图2,点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB,PC=PD,NAPB=NCPD,点E,F,G,H分别为边AB,

BC,CD,DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；

（3）若改变（2）中的条件，使NAPBNCPD=90。，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状.（不必证明）

8

【答案】(1)证明见解析；(2)四边形EFGH是菱形，证明见解析；(3)四边形EFGH是正方形.

【分析】

(1)如图1中，连接BD,根据三角形中位线定理只要证明EHIIFG,EH=FG即可.

(2)四边形EFGH是菱形.先证明AAPC合4BPD,得到AC=BD,再证明EF=FG即可.

(3)四边形EFGH是正方形，只要证明NEHG=90°,利用△APS△BPD,得NACP=ZBDP,即可证明NCOD=ZCPD=90°,

再根据平行线的性质即可证明.

【详解】

(1)记明：如图1中，连接BD.

.・.点E,H分别为边AB,DA的中点，

1

EHIIBD,EH=—BD,

2

.・•点F,G分别为边BC,CD的中点，

1

/.FGIIBD,FG=—BD,

2

/.EHIIFG,EH=GF,

中点四边形EFGH是平行四边形.

(2)四边形EFGH是菱形.

证明：如图2中，连接AC,BD.

•「ZAPB=ZCPD,

ZAPB+ZAPD=ZCPD+ZAPD,

即NAPC=ZBPD,

在APC和仆BPD中，

AP=PB,ZAPC=ZBPD,PC=PD,

「.△APC合△BPD,

/.AC=BD.

•点E,F,G分别为边AB,BC,CD的中点，

9

11

..EF=—AC,FG=—BD,

72

•••四边形EFGH是平行四边形,

二四边形EFGH是菱形.

(3)四边形EFGH是正方形.

证明：如图2中，设AC与BD交于点O.AC与PD交于点M,AC与EH交于点N.

△APC"△BPD,

/.ZACP=ZBDP,

ZDMO=ZCMP,

ZCOD=ZCPD=90°,

EHIIBD,ACIIHG,

/.ZEHG=ZENO=ZBOC=ZDOC=90°,

•••四边形EFGH是菱形,

..・四边形EFGH是正方形.

考查题型二特殊四边形的动点问题

5.(2020•达州九年级期末)如图，在长方形A8C。中，AB=6cm,AD=2cm,动点P、Q分别从点A、C同

时出发，点?以2厘米/秒的速度向终点8移动，点Q以1厘米/秒的速度向。移动，当有一点到达终点时，另一点

也停止运动.设运动的时间为/，问:

⑴当/=1秒时，四边形8CQP面积是多少？

(2)当，为何值时，点?和点。距离是3cm?

⑶当，二时，以点尸、Q、。为顶点的三角形是等腰三角形.(直接写出答案)

10

【答案】（1）5厘米2；（2）25秒或三史秒；（3）-6+2底秒或］2秒或21立秒或21秒.

33322

【分析】

（1）求出BP,CQ的长，即可求得四边形BCQP面积.

（2）过Q点作QHJ_AB于点H,应压勾股定理列方程求解即可.

（3）分PD=DQ,PD=PQ,DQ=PQ三种情况讨论即可.

【详解】

（1）当t=l秒时，BP=6-2t=4,CQ=t=l,

了.四边形BCQP面积=g（4+l）x2=5厘米2.

（2）如图,过Q点作QH_LAB于点H,则PH=BP-CQ=6-3t,HQ=2,

根据勾股定理，得32=22+（6-3。。解得£=吟叵.

.•.当1=竺叵秒或，二"好秒时，点P和点Q距离是3cm.

33

（3）PD2=22+（2/）2=4+4/2,DQ=6-r,PQ2=22+（6-3/）2=9r2-36/+40,

当PD=DQ时，4+4r2=（6-r）2,解得z=-6+;后或/=-6-；后（舍去）；

当PD=PQ时，4+4/=9产一361+40，解得，=1.2或，=6（舍去）；

当DQ=PQ时，（6-。2=9/一361+4（）,解得，=山2或/=土史.

22

综上所述，当仁-6+2闻秒或/=i.2秒或f二21且秒或y三也秒时,以点P、Q、D为顶点的三角形是

322

等腰三角形.

6.（2020・四川成都市七年级期中）如图1,在长方形ABCD中，AB=\2cm,BC=10cm,点P从A出发，沿

11

ATK—CT。的路线运动，到D停止；点Q从D点出发，沿3TA路线运动，到A点停止.若P.

Q两点同时出发，速度分别为每秒1cm、2cm,a秒时P、Q两点同时改变速度，分别变为每秒2劭、之。〃伊、Q

两点速度改变后一直保持此速度，直到停止），如图2是AAPD的面积s（o〃2）和运动时间X（秒）的图象.

⑴求出a值；

（2）设点P已行的路程为乂（。〃），点Q还剩的路程为），2（。机），请分别求出改变速度后，）［,乃和运动时间x（秒）的

关系式;

（3）求P、Q两点都在BC边上,x为何值时P,Q两点相距3cm?

595154

【答案】（1）6；（2）—2x—6；y2=———x；（3）10或］3:

【分析】

（1）根据图象变化确定a秒时，P点位置，利用面积求a；

（2）P、Q两点的函数关系式都是在运动6秒的基础.上得到的，因此注意在总时间内减去6秒；

（3）以（2）为基础可知，两个点相距3cm分为相遇前相距或相遇后相距，因此由（2）可列方程.

【详解】

（1）由图象可知，当点P在BC上运动时，AAPD的面积保持不变，则a秒时，点P在AB上.

-xl0AP=30,

2

/.AP=6,

则a=6；

（2）由（1）6秒后点P变速，则点P已行的路程为yi=6+2（x-6）=2x-6,

・「Q点路程总长为34cm,第6秒时已经走12cm,

5595

故点Q还剩的路程为y2=34-12--（x-6）=---------x；

424

（3）当P、Q两点相遇前相距3cm时,

12

595

----------x-（2x-6）=3,解得x=IO,

24

当P、Q两点相遇后相距3cm时,

595—154

（2x-6）-（----------X）=3»解得x=------,

2413

154

当x=10或---时，P、Q两点相距3cm

13

【点睛】

本题是双动点问题，解答时应注意分析图象的变化与动点运动位置之间的关系.列函数关系式时，要考虑到时间x

的连续性才能直接列出函数关系式.

7.（2020•耒阳市学八年级期中）如图，在长方形288中，AB=4cm,8£=5cm,点£是4。边上的一点，AE.DE

分别长ocm、bcm,满足（a-3）2+\2a+b-9|=0.动点P从8点出发，以2cm/s的速度沿8—COD运动，最终到

（2）t为何值时，EP把四边形8CDE的周长平分？

（3）另有一点Q从点E出发，按照E玲。玲C的路径运动，且速度为lcm/s,若P、Q两点同时出发，当其中一点到

达终点时，另一点随之停止运动.求t为何值时，△BPQ的面积等于6cm2.

311

【答案】（1）3,3；（2）t=2s时，EP把四边形8C0E的周长平分；（3）当t=-s或一s或5s时，△8PQ的面积等

23

于6cm2.

【分析】

（1）根据偶次方和绝对值的非负性求解即可；

（2）先求出四边形BCDE的周长为18cm,则BE+BP=9cm,进一步可得BP=4cm即可；

（3）分P在BC上、相遇前点P在C。上和相遇后点P在C。上三种情况，根据三角形的面积公式可求解即可.

【详解】

解：（1）•/（a-3）2+|2a+b-9|=0,

a-3=0,2a+b-9=0,

a=3,b=3；

故答案为：3,3；

13

(2)AE=3cm,DE=3cm,

AO=AE+DE=6cm=8C,

CBCDE=BC+CD+DE+EB=lBcmt

EP把四边形BCDE的周长平分，

BE+BP=9cm,

点P在8c上，BP=4cm,

4

t=—=2s：

2

(3)解：①如图：点P在8c上

BP

/.t=—

2

3

t=-

2

13

②相遇前，点。在8上(3＜把弓"),

PQ=4-(r-3)-(2t-6),在PQ边上的高为6

,.-5ABPQ=yx[(4-(t-3)-(2t-6)]x6=6,

11

t=~'

14

13

③如图：相遇后，点户在C。上(y<r<5),

APQ=r-3)+(2t-6)-4,PQ边上的高为4

SABPQ=~x[(t-3)+(2t-6)-4]x6=6,

t=5：

3.11

」•综上所述，当t=-5或一5或5s时，△8PQ的面积等于6cm2.

23

【点睛】

本题考查了非负性的应用、矩形的性质以及动点问题，掌握分类讨论思想和动点问题的解答思路是酢答本题的关键.

8.(2020・石阡县期末)如图，在RtUABC中，NB=90。，AC=60cm,NA=60。，点D从点(：出发沿CA方向以4cm/s

的速度向点A匀速运动.同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点

时，另一个点也随之停止运动.设点D、E运动的时间是ts(0VK15).过点D作DF_LBC于点F,连接DE,EF.

(1)求证：AE=DF：

(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由;

(3)当t为何值时，UDEF为直角三角形？请说明理由.

(1)利用题中所给的关系式，列出CD,DF,AE的式子，即可证明.

(2)由题意知，四边形AEFD是平行四边形，令AD=DF,求解即可得出t值.

(3)由题意可知，当DEIIBC时，4DEF为直角三角形，利用AD+CD二AC的等量关系，代入式子求值即可.

15

【详解】

(1)由题意知：三角形CFD是直角三角形

・「ZB=90°,ZA=60°

/.ZC=30°,CD=2DF,

文:由题意知CD=4t,AE=2t,

/.CD=2AE

AE-DF.

(2)能，理由如下;

由(1)知AE=DF

又•「DF_LBC,ZB=90°

AEIIDF

四边形AEFD是平行四边形.

而AU=D卜时，平行四边形At:卜D是菱形

1

,/AC=60cm,DF=—CD,CD=4t,

2

/.AD=60-4t,DF=2t,

60-4t=2t

t=10.

(3)当t为9时，△DEF为直角三角形，理由如下：

2

由题意知：四边形AEFD是平行四边形，DF_LBC,AEIIDF,

当DEIIBC时,DF±DE

ZFDE=ZDEA=90°

在^AED中,

ZDEA=90°,ZA=60°,AE=2t

AD=4t,

文:AC=60cm,CD=4t,

/.AD+CD=AC,8t=60,

15

t=—.

2

即t=二时，ZFDE=ZDEA=90°,△DEF为直角三角形.

2

【点睛】

16

木题主要考查了三角形.平行四边形及芟形的性质，正确掌握三角形，平行四边形及菱形的性质是解题的关键.

考查题型三四边形中线段最值

9.（2020•南宁市八年级期中）如图，矩形ABCO的对角线AC，3。相交于点。，将△C8沿C。所在直线折叠,

得到ACW.

（1）求证：四边形OCEO是菱形：

（2）若AB=2,当四边形。C£D是正方形时，。。等于多少？

（3）若8力=3,Z4CD=30°,夕是C力边上的动点，。是CE边上的动点，那么PE+PQ的最小值是多少？

【答案】（1）证明见解析；（2）OC=J5；（3）尸E+R2的最小值为空.

4

【分析】

（1）根据矩形的性质可得OD=OC,再根据对折的特点，得出四边形ODEC四条边相等，从而证菱形;

（2）根据正方形的特点，在RtAODC中，利用勾股定理可求得0C的长；

（3）点E关于DC的对称点为点。，则PE+PQ=PO+PQ,故当PQJ_CE时，为最小值.

【详解】

（1）记明：..•四边形ABCO是矩形，

.AC与8。相等且互相平分，

.OC=OD,

-AC8关于CD的对称图形为ACED，

.OD=ED，EC=OC，

.OD=ED=EC=OC,

.四边形OCEQ是菱形.

（2）■.1四边形A3CO是矩形，AB=2，

.CD=AB=2

-四边形OCEO是正方形

・・./COD=90。

在RtACOD中，由勾股定理得:

17

OC-+OD1=22

・「OC=OD

oc=VL

（3）解：作OQ_LCE于。，交CD于P，如图所示:

此时尸E+PQ的值最小为宏I；理由如下

4

•••ACOD沿C。所在直线折叠，得到ACED,

ZDCE=ZDCO,PE=PO,

PE+PQ=PO+PQ=OQt

・「AC=BD=3,

3

OC=OD=-

2f

•••ZACD=30°,

・・.NDC£=30。，

/.ZOCQ=60°,

ZCOQ=30°,

13

CQ=^OC=^

在RtACOg中

【点睛】

18

木题考查矩形，正方形的性质，在第，：3）问中求解最值时，利用对称进行转化是比较常见的一种方法，需要掌握.

10.（2020•北京市八年级期中）如图，长方形48CD中，A8=8,8c=10,在边CD上取一点E,将A4DE折叠后点。

恰好落在8c边上的点F处

（1）求CE的长；

（2）在（1）的条件下，8c边上是否存在一点P,使得以+PE值最小？若存在，请求出最小值：若不存在，请说明

理由.

备用图

【答案】（1）3；（2）存在，y/2?A.

【分析】

（1）先判断出AF=AD=8,进而利用勾股定理求出BF=6,最后在RtAECF,利用勾股定理，即可得出结论;

（2）先作出点E关于BC的对称点E,进而求出DE',再利用勾股定理即可得出结论.

【详解】

解：（1）长方形A8c。中，A8=8,BC=10,

/.Z8=ZBCD=90°,8=48=8,AD=BC=10,

由折叠知,EF=DE,AF=AD=8,

在ABF中，根据勾股定理得，BF=飞-AB?=6,

CF=BC-8F=4,

设CE=x,则EF=DE=CD-C£=8-x.

在R3ECF中，根据勾股定理得，CR+CE2=EF2,

16+x2=（8-x）2,

x=3.

CE=3；

（2）如图，延长EC至F使CE'=CE=3,连接4F交8c于P,

此时，%+PE最小，最小值为Af,

CD=8,

/.DE'=CD+CE'=8+3=11,

19

在RtAAOE'中，根据勾股定理得，AE'=y/AD2+DE12=V22T-

此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，矩形的性质，求出CE是解本题的关键.

11.（2020•福建龙岩市•八年级期中）如图，在边长为2cm的正方形488中，。为8c边的中点，P为对角线47上

的一个动点，连接P8,PQ,求aPSQ周长的最小值.

【答案】1+G

【分析】

由于点B与点D关于AC对称，所以如果连接DQ,交AC于点P,由最短路径问题模型知，此时△PBQ的周长最小,

△PBQ的周长=BP+PQ+BQ=DQ+BQ.在RSCDQ中，由勾股定理先计算出DQ的长度，再得出结果.

【详解】

解：连接DQ,交AC于点P,连接PB、BD,BD交AC于0.

••・四边形ABCD是正方形，

/.AC±BD,BO=OD,CD=2cm,

.•.点B与点D关于AC对称,

20

BP=DP,

/.BP+PQ=DP+PQ=DQ.

在RtACDQ中，由勾股定理，得QD="D2+CQ」=挺+12=亚

△PBQ的周长的最小值为：BP+PQ+BQ=DQ+BQ=75+1（cm）.

【点睛】

本图主要考杳了正方形的性质，轴对称-最短路径问题，同时也考杳了勾股定理得应用.是常考的基本题.

12.（2020•河南周口市期末）如图，在R3ABC中，ZACB=90\AC=4,BC=6,点E是斜边AB上的一个动点,

连接CE,过点B,C分别作BDIICE,CDIIBE,BD与CD相交于点D.

（1）当CE_LAB时，求证：四边形BECD是矩形；

（2）填空：

①当BE的长为时，四边形BECD是菱形；

②在①的结论下，若点P是BC上一动点，连接AP,EP,则AP+EP的最小值为

D

【答案】（1）证明见解析：（2）①而；②3逐.

【分析】

（1）根据矩形的判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明；

（2）①根据菱形的判定定理：对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可求解；

②根据对称性：连接ED交BC于点P,此时AP+EP=AD,最小，再过点D作DF垂直AC的延长线于点F,根据勾股

定理即可求解.

【详解】

如图所示：

21

A

D:

(1)BDIICE,CDIIBE,

四边形BDCE是平行四边形，

•/CE±AB,

/.ZBEC=90°,

.•・四边形BECD是矩形；

(2)①当BE的长为时，四边形BECD是菱形.理由如下:

连接ED,与BC交于点0,

•「四边形BDCE是平行四边形，

当BC和DE互相垂直平分时，四边形BDCE是菱形，

11

B0=-BC=3,0E=-AC=2,

22

根据勾股定理，得

BE-ylBO2+EO2-j9+4-VH•

故答案为J".

②连接AD,与BC交于点P,连接PE,

此时PD=PE,AP+EP最小，

AP+PE=AP+PD=AD,

过点D作DF垂直于AC的延长线于点F,

得矩形ODFC,

/.CF=0D=2,DF=0C=3,

/.AF=AC+CF=6,

.,.在RSADF中，根据勾股定理，得

AD=y]AF24-DF2=762+32=3石.

AP+EP的最小值为3

22

故答案为3

【点睛】

本题考查矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理，解题的关键是掌握矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理.

考查题型四四边形其他综合问题

13.(2020•黄石市八年级期中)如图，在矩形ABCD中，AB=8cm,BC=16cm,点P从点D出发向点A运动，运动

到点A停止，同时，点Q从点B出发句点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是lcm/s.连接PQ、AQ、

CP.设点P、Q运动的时间为ts.

⑴当t为何值时，四边形ABQP是矩形；

(2)当t为何值时，四边形AQCP是菱形；

⑶分别求出(2)中菱形AQCP的周长和面积.

【分析】

(1)当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP,据此求得t的值；

(2)当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC,列方程求得运动的时间t：

C)菱形的四条边相等，则菱形的周长=4t,面积=矩形的面积-2个直角三角形的面积.

【详解】

(1)当四边形ABQP是矩形时,BQ=AP,BP：t=16-t,

解得t=8.

答：当t=8时，四边形ABQP是矩形；

(2)设t秒后，四边形AQCP是菱形

当AQ=CQ,即荷+产=i6-t时,四边形AQCP为菱形.

解得：t=6.

答：当t=6时，四边形AQCP是菱形;

(3)当t=6时，CQ=10,则周长为:4CQ=40cm,

面积为：10x8=80(cm2).

14.(2020・四川广安市九年级期末)给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则

称该四边形为勾股四边形.

23

(1)在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称；

(2)如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60。得到△DBE,连接AD,DC,CE,已知NDCB=30。.

①求证：4BCE是等边三角形；

②求证：DC2+BC2=AC2,即四边形ABCD是勾股四边形.

【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①证明见解析②证明见解析

【分析】

(1)根据定义和特殊四边形的性质，则有矩形或正方形或直角梯形；

(2)①首先证明AABCW△DBE,得出AC=DE,BC=BE,连接CE,进一步得出△BCE为等边三角形;

②利压等边三角形的性质，进一步得出ADCE是直角三角形，问题得解.

【详解】

解：(1)正方形、矩形、直角梯形均可；

(2)①,一△AB8△DBE,

BC=BE,

,/ZCBE=60°,

△BCE是等边三角形;

②△ABC空△DBE,

/.BE=BC,AC=ED；

△BCE为等边三角形，

BC=CE,ZBCE=60°,

,/ZDCB=30°,

ZDCE=90°,

在RtADCE中，

DC2+CE2=DE2,

/.DC2+BC2=AC2.

考点：四边形综合题.

24

15.（2020•山东临沂市•八年级期中）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A.B重合），连接

DE,点A关于直线DE的对称点为F,连接EF并延长交BC于点G,连接DG,过点E作EH_LDE交DG的延长线于

点H,连接BH.

（1）求证:GF=GC；

（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明.

【答案】（1）证明见解析；（2）BH=V2AE,理由见解析.

【分析】

（1）连接。尸.根据对称的性质可得AE=FE.证明£儿也&ZVL之，根据全等三角形的性质得

到=庄.进而证明RtAOCG"RtADFG,即可证明.

（2）在AD上取点M使得AM=AE，连接ME.证明口DME组4EBH，根据等腰直角三角形的性质即可得到

线段3"与AE1的数量关系.

【详解】

（1）记明：连接力厂.

.「A，/关于OE对称.

AD=FD.AE=FE-

AD=FD

在LJA。石和中.<AE=FE

DE=DE

../\ADE^/XFDE

25

ZDAE=/DFE.

西边形A8CO是正方形

/.ZA=ZC=90°.AD=CD

ZDFE=ZA=90°

ZDFG=180°-ZDFE=90°

ZDFG=ZC

1.,AD=DF.AD=CD

•.DF=CD

DC=DF

在RtADCG和RtADFG.\

LKJ=DG

/.RtADCG^RtADFG

•.CG=FG.

⑵BH=y/2AE.

证明：在AD上取点M使得AM=AE,连接ME.

.二四这形A3CO是正方形.

AD=AB.ZA=ZADC=9O°.

•.Z\DAE^/\DFE

ZADE=NFDE

同理：NCDG=NFDG

/EDG=4EDF+NGDF=-NA。/+-/CDF=-NADC=45°

222

•.DEIEH

/DEH=90。

ZEHD=180°-ZDEH-ZEDH=45°

••乙EHD=Z1EDH

26

DE=EH.

NA=90。

ZADE+ZAED=90。

NDEH=90。

・•・ZAED+ZBEH=90°

•.ZADE=NBEH