專題6.7期中大題易丟分培優(yōu)訓(xùn)練（江蘇期中真題壓軸100道八下蘇科）-2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍

20222023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍【蘇科版】專題6.7期中大題易丟分培優(yōu)訓(xùn)練（江蘇期中真題壓軸100道，八下蘇科）一、解答題1．（2022春·江蘇泰州·八年級泰州市第二中學(xué)附屬初中?？计谥校┤鐖D，在?ABCD中，點E是BC邊上的動點，已知AB=4，BC=6，現(xiàn)將△ABE沿AE折疊，點B′是點B的對應(yīng)點，(1)如圖1，當(dāng)點B′恰好落在AD邊上時，求：CE的值．(2)如圖2，若∠B=60°，點B′落在DE上時，求B′D（保留根號）．(3)如圖2，若∠EAD=m∠BAD，∠EDA=(1?2m)∠CDA，當(dāng)∠AED的值與∠CDA的度數(shù)無關(guān)時，求m的值并求出此時∠AED的度數(shù)．【答案】(1)CE=2(2)B′D=2(3)m=13【分析】（1）證明AB=BE，得到BE=AE=4，從而得到EC=BCBE=64=2即可．（2）過點A作AM⊥DE，垂足為M，根據(jù)折疊的性質(zhì)，運用勾股定理求得B′M=2，DM=26，繼而得到B′D=2（3）設(shè)∠CDA=x，則∠AED=180°m(180°x)(12m)x=180°180°m+(3m1)x，根據(jù)∠AED的值與∠CDA的度數(shù)無關(guān)，確定3m1=0，代入計算即可．（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAC=∠AEB，根據(jù)折疊的性質(zhì)，得∠DAC=∠BAE，AB=AB′，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴BE=AE=4，∴EC=BCBE=64=2．（2）如圖，過點A作AM⊥DE，垂足為M，根據(jù)折疊的性質(zhì)，得AB′=AB=4，∠AB′M=60°，∴∠B′AM=30°，∴B′M=2，AM=42?22（3）設(shè)∠CDA=x，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠BAD=180°∠CDA=180°x，∵∠EAD=m∠BAD，∠EDA=(1?2m)∠CDA，∴∠EAD=m（180°?x)，∠EDA=(1?2m)x，∴∠AED=180°∠EAD∠EDA=180°m(180°x)(12m)x=180°180°m+(3m1)x，∵∠AED的值與∠CDA的度數(shù)無關(guān)，∴3m1=0，∴m=13【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定，代數(shù)式的值無關(guān)型計算，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，取值無關(guān)的意義是解題的關(guān)鍵．2．（2022春·江蘇蘇州·八年級校考期中）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，將△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度α得到△AED，點B、C的對應(yīng)點分別是E、D．(1)如圖1，當(dāng)點E恰好在AC上時，求∠CDE的度數(shù)；(2)如圖2，若α=60°時，點F是邊AC中點，求證：四邊形BFDE是平行四邊形；(3)當(dāng)BC＝2時，連接CE，CD，設(shè)△CDE的面積為S．在旋轉(zhuǎn)過程中，S是否存在最大值？若存在，請直接寫出S的最大值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)15°(2)詳見解析(3)4+2【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)知：AC=AD，∠CAD=30°即可求出∠CDE的度數(shù)；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)60°可知，△BAE為等邊三角形，得BE=EA，再通過SCS證明△AFD≌△DEA，得DF=EA，根據(jù)點F是邊CA的中點，可證BF=CB，而CB=DE，通過兩組對邊分別相等是四邊形是平行四邊形即可；（3）根據(jù)線段DE為定值，則點C到DE的距離最大時，△CDE的面積有最大值．可采取動靜互換解決問題，得出點C的運動路徑為圓，從而求出最大面積．【詳解】（1）解：∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ACB＝60°，∵△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α得到△AED，點E恰好在AC上，∴CA＝AD，∠EAD＝∠BAC＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝12∵∠EDA＝∠ACB＝60°，∴∠CDE＝∠ADC﹣∠EDA＝15°；（2）證明：∵點F是邊AC中點，∴BF＝AF＝12AC∵∠BAC＝30°，∴BC＝12AC∴∠FBA＝∠BAC＝30°，∵△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，CB＝DE，∠DEA＝∠ABC＝90°，∴DE＝BF，延長BF交AE于點G，則∠BGE＝∠GBA+∠BAG＝90°，∴∠BGE＝∠DEA，∴BF∥ED，∴四邊形BFDE是平行四邊形．（3）S的最大值為4+23．∵線段DE為定值，∴點C到DE的距離最大時，△CDE的面積有最大值．∴可看成DE不動，點C繞點A旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點C'，A，E共線時，S有最大值．∵CB=2，CB＝12CA∴CA=4，DE=2，在Rt△CBA中，BA＝∴EA＝23當(dāng)點C'，A，E共線時，C'E=EA+C'A=23∵∠DEA=∠CBA=90°，∴△CDE的面積有最大值S＝12CE?ED＝1【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，點的運動軌跡等知識，采取動靜互換，畫出△ADE的面積最大時的圖形是解題的關(guān)鍵．3．（2022春·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD//BC,∠B=90°,AD=16cm,AB=12cm,BC=21（1）當(dāng)0<t<10.5時，若四邊形PQDC是平行四邊形，求出滿足要求的t的值；（2）當(dāng)0<t<10.5時，若以C，D，Q，P為頂點的四邊形面積為60cm2（3）當(dāng)10.5≤t<16時，若以C，D，Q，P為頂點的四邊形面積為60cm2【答案】（1）t=5；（2）t=9；（3）t=15【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出DQ=CP，當(dāng)0＜t＜10.5時，P、Q分別沿AD、BC運動，由題意得出方程，解方程即可；（2）當(dāng)0＜t＜10.5時，P、Q分別沿AD、BC運動，由梯形面積公式得出方程，解方程即可；（3）當(dāng)10.5≤t＜16時，點P到達C點返回，由梯形面積公式得出方程，解方程即可．【詳解】解：（1）∵四邊形PQDC是平行四邊形，∴DQ=CP，當(dāng)0＜t＜10.5時，P、Q分別沿AD、BC運動，如圖1所示：∵DQ=ADAQ=16t，CP=212t∴16t=212t解得：t=5；即當(dāng)t=5秒時，四邊形PQDC是平行四邊形；（2）當(dāng)0＜t＜10.5時，P、Q分別沿AD、BC運動，如圖1所示：CP=212t，DQ=16t，若以C，D，Q，P為頂點的四邊形面積為60cm2，則12即12（16t+21解得：t=9；即當(dāng)0＜t＜10.5時，若以C，D，Q，P為頂點的四邊形面積為60cm2，t的值為9秒；（3）當(dāng)10.5≤t＜16時，如圖2所示，點P到達C點返回，CP=2t21，DQ=16t，則同（2）得：12即12（16t+2t解得：t=15．即當(dāng)10.5≤t＜16時，若以C，D，Q，P為頂點的四邊形面積為60cm2，t的值為15秒．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了直角梯形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、梯形的面積等知識，熟練掌握直角梯形的性質(zhì)和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2022春·江蘇連云港·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在?ABCD中，∠BCD=45°，BC⊥BD，E、F分別為AB、CD邊上兩點，F(xiàn)B平分∠EFC．(1)如圖1，若AE=2，EF=5，求CD的長；(2)如圖2，若G為EF上一點，且∠GBF=∠EFD，求證：FG+2FD=AB．【答案】(1)7(2)見解析【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可得AB∥CD，AB=CD，可得∠EBF=∠CFB，再由∵FB平分∠EFC，可得∠EFB=∠EBF，從而得到BE=EF=5，即可求解；（2）再CF上截取FN=FG，可得△BFG?△BFN，從而得到∠BGF=∠BNF，再由∠GBF=∠EFD，可得到∠BFD=∠BNC，再根據(jù)BC⊥BD，∠BCD=45°，可得BC=BD，從而證得△BDF≌△BCN，進而得到NC=FD，即可求證．（1）解：在?ABCD中，AB∥CD，AB=CD，∴∠EBF=∠CFB，∵FB平分∠EFC，∴∠EFB=∠CFB，∴∠EFB=∠EBF，∴BE=EF=5，∵AE=2，∴CD=AB=AE+BE=7；（2）證明：如圖，再CF上截取FN=FG，∵∠GFB=∠NFBBF=BF∴△BFG?△BFN(SAS)，∴∠BGF=∠BNF，∵∠EFD+∠BFG+∠BFN=180°，∠BFG+∠BGF+∠GBF=180°，∠GBF=∠∴∠BGF=∠BFN，∴∠BFN=∠BNF，∴∠BFD=∠BNC，∵BC⊥BD，∴∠CBD=90°，∵∠BCD=45°，∴∠BDC=∠BCD=45°，∴BC=BD，∴△BDF≌△BCN（AAS），∴NC=FD，∴CD=DF+FN+CN=2FD+FG，∵AB=CD，∴FG+2FD=AB．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2022春·江蘇南京·八年級校考期中）（1）如圖1，點E為?ABCD中AB邊上任意一點，請你僅用無刻度的直尺在CD上找一點F，使得DF=BE．（2）如圖2，正方形ABCD中，點E為對角線BD上一點(BE>DE)，請你僅用無刻度的直尺畫一個菱形，使得AE為菱形的一邊．【答案】（1）見解析（2）見解析【分析】（1）連接AC，BD交于點O，連接EO，延長EO交CD于點F，點F即為所求；（2）連接AC交BD于點O，延長AE交CD于點M，連接MO交AB于點N，連接CN交BD于點F，連接AF，四邊形AECF即為所求．【詳解】解：（1）如圖1中，點F即為所求；∵?ABCD∴OB=OD，AB∥∴∠EBO=∠FDO，∵∠BOE=∠DOF，∴△BOE≌△DOFASA∴DF=BD．（2）如圖2中，四邊形AECF即為所求．∵正方形ABCD，∴OA=OC，OM=ON，AC⊥BD∴四邊形AMCN為平行四邊形，∴OE=OF，∴四邊形AECF為菱形．【點睛】本題考查作圖?復(fù)雜作圖，平行四邊形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)等知識，解題關(guān)鍵是掌握特殊四邊形的性質(zhì)，屬于中考?？碱}型．6．（2022秋·江蘇蘇州·八年級?？计谥校┤鐖D，長方形ABCD沿直線EF翻折，使點C落在點C′處，點B落在點B′處．(1)如圖1，當(dāng)延長FC′恰好經(jīng)過點A時，C′B′交AB于點H，連接C①求證：△AHC②若HB=11，BC=211．求AF(2)如圖2，當(dāng)C′與點A重合時，作AO⊥EF，若ADCF=【答案】(1)①見解析；②12(2)1【分析】（1）①根據(jù)AC′∥EB′得∠HAC′=∠HEB′，根據(jù)H是B′C′的中點得HC′=HB′，利用AAS證明三角形全等即可；②設(shè)BE=BE′=x，在Rt△HB′E中，根據(jù)勾股定理得，(（2）過點F作FH⊥AB于點H，根據(jù)AD∶CF=3∶5，可以假設(shè)AD=3k，CF=5k，則DF=4k，根據(jù)∠D=∠DAH=∠FHA=90°，可得四邊形ADFH是矩形，即可得DF=AH=4k，F(xiàn)H=AD=3k，由翻折變換的性質(zhì)可知∠CFE=∠EFA，根據(jù)CD∥AB得∠CFE=∠AEF，則∠AFE=∠AEF，即可得AF=AH=5k，則EH=k，根據(jù)勾股定理得EF=10【詳解】（1）①證明：∵AC∴∠HAC∵H是B′∴HC在△AHC′和∠HAC∴△AHC②由翻折變換的性質(zhì)可知BC=B′C′=2設(shè)BE=BE′=x在Rt△HB′E121?22x+22x=110x=5，∴AH=EH=6，AC∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BC=211，AB=CD=17，設(shè)CF=FC′=y，則AF=y+5根據(jù)勾股定理得，(y+5)2y244y=308，y=7，∴AF=AC（2）解：如圖2所示，過點F作FH⊥AB于點H，∵AD∶CF=3∶5，∴可以假設(shè)AD=3k，CF=5k，∴C′∵四邊形ABCD是長方形，∴∠ADF=90°，在Rt△ADF中，根據(jù)勾股定理得，DF=A∵∠D=∠DAH=∠FHA=90∴四邊形ADFH是矩形，∴DF=AH=4k，由翻折變換的性質(zhì)可知∠CFE=∠EFA，∵CD∥∴∠CFE=∠AEF，∴∠AFE=∠AEF，∴AF=AH=5k，∴EH=AE?AH=5k?4k=k，∴EF=E∵AO⊥EF，∴OF=OE=10∵12∴AO=5k×3k∴OFOA【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，翻折變換等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．7．（2022秋·江蘇揚州·八年級校聯(lián)考期中）如圖1矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，點P從點A開始以1cm/s的速度沿AB邊向點B運動，點Q從點B以1cm/s的速度沿BC邊向點(1)當(dāng)t=2時，求△PBQ的面積；(2)當(dāng)t為何值時，△DPQ是以PQ為底的等腰三角形；(3)當(dāng)運動3s時，P點停止運動，Q點以原速立即向B點返回，在返回的過程中，DP是否能平分∠ADQ？若能，求出點Q運動的時間；若不能，請說明理由.【答案】(1)4(2)3(3)21【分析】（1）根據(jù)題意，當(dāng)t=2時，AP=t=2，BQ=t=2，求得BP的長，即可求得答案；（2）由題意得AP=t，BQ=t，得到CQ=BC?BQ=12?t，在Rt△APD中，由勾股定理得PD2DQ2=CQ2（3）若DP平分∠ADQ，作PE⊥DQ于點E，證明Rt△PQE≌Rt△PQBHL，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得QE=QB，再證△ADP≌△EDPAAS，設(shè)QE=QB=x，則CQ=12?x，DQ=12+x．在Rt△CDQ【詳解】（1）解：當(dāng)t=2時，AP=t=2，BQ=t=2，∴BP=AB?AP=6?2=4，∴△PBQ的面積＝12（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC=12cm，AB=CD=6cm，由題意得AP=t，BQ=t，∴CQ=BC?BQ=12?t，在Rt△APD中，∠A=90°，AP=t，AD=12∴PD在Rt△DCQ中，∠C=90°，CQ=12?t，CD=6∴DQ當(dāng)PD=DQ時，t2整理得，24t=36，解得t=3即當(dāng)t=32時，△DPQ是以（3）當(dāng)t=3s時，AP=3cm，BP=3如圖所示，若DP平分∠ADQ，作PE⊥DQ于點E．∴PA=PE=3cm在Rt△PQE和RtPE=PBPQ=PQ∴Rt△PQE≌Rt∴QE=QB．在△APD和△EPD中，∠A=∠DEP∠ADP=∠EDP∴△ADP≌△EDPAAS∴AD=ED=12．設(shè)QE=QB=x，則CQ=12?x．DQ=DE+QE=12+x．在Rt△CDQ中，C即12+x2解得x=3∴CQ=12?x=45∴Q又走了454∵原來運動3s．∴t=9【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理等知識，也考查了對知識的綜合運用能力，解決這類問題的關(guān)鍵是注意動點線段的表示方法．8．（2022秋·江蘇鎮(zhèn)江·八年級統(tǒng)考期中）新定義：我們把兩個面積相等但不全等的三角形叫做積等三角形．(1)初步嘗試：如圖1，已知Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=8，P為AC上一點，當(dāng)AP=______時，△ABP與△CBP(2)理解運用：如圖2，△ABD與△ACD為積等三角形，若AB=2，AC=5，且線段AD的長度為正整數(shù)，求AD的長；(3)綜合應(yīng)用：如圖3，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，分別以AC，AB為邊向外作正方形ABDE和正方形ACFG，連接EG，求證：△AEG與△ABC【答案】(1)3(2)2或3(3)證明見解析【分析】（1）利用三角形的中線的性質(zhì)及積等三角形的定義即可解決問題；（2）過點C作CE∥AB，交AD的延長線于點E，證明△ADB≌△EDCAAS，推出AD=DE（3）過點E作EH⊥GA，交GA的延長線于點H，先證明△ABC≌△AEH，得到BC=EH，依據(jù)三角形的面積公式可知S△ABC【詳解】（1）解：如圖，∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=8∴AC=A當(dāng)AP=CP=3時，S△CBPS∴△CBP與△ABP的面積相等，∵∠C=90°，∠APB=90°+∠PBC>90°，∴△CBP是直角三角形，△ABP是鈍角三角形，∴△CBP與△ABP不全等．∴△ABP與△CBP為積等三角形．故答案為：3．（2）如圖，過點C作CE∥AB，交AD的延長線于點∴∠ABD=∠ECD，∵△ABD與△ACD為積等三角形，∴BD=CD，在△ADB與△EDC中，∠ABD=∠ECD∴△ADB≌△EDC∴AD=DE，AB=EC，∵AB=2，AC=5，∴在△ACE中，AE=2AD，AC=5，EC=AB=2，∴5?2<2AD<5+2，即32∵線段AD的長度為正整數(shù)，∴AD=2或3．（3）證明：如圖，過點E作EH⊥GA，交GA的延長線于點H，∴∠AHE=90°，∵四邊形ACFG和四邊形ABDE均為正方形，∴∠CAG=∠EAB=90°，AE=AB，AG=AC，∴∠BAC+∠BAH=180°?90°=90°，∠EAH+∠BAH=90°，∴∠BAC=∠EAH，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠AHE=90°，在△ABC和△AEH中，∠BAC=∠EAH∴△ABC≌△AEH∴BC=EH，∵S△ABC=1∴S△ABC∵∠CAG=∠EAB=90°，∴∠GAE+∠BAC=180°，在Rt△ABC中，∠ACB=90°∴∠BAC<90°，∴∠GAE>90°，∴△GAE為鈍角三角形，∴△GAE和△ABC不全等，∴△AEG與△ABC為積等三角形．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的中線的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的分類等知識．解題的關(guān)鍵是通過作輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題．9．（2022秋·江蘇·八年級期中）已知：邊長為4的正方形ABCD，∠EAF的兩邊分別與射線CB、DC相交于點E、F，且∠EAF＝45°，連接EF．求證：EF＝BE+DF．思路分析：(1)如圖1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADE'，則F、D、E'在一條直線上，∠E'AF＝度，……根據(jù)定理，可證：△AEF≌△AE'F．∴EF＝BE+DF．類比探究：(2)如圖2，當(dāng)點E在線段CB的延長線上，探究EF、BE、DF之間存在的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程；拓展應(yīng)用：(3)如圖3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求線段BD、DE、EC圍成的三角形的面積．【答案】(1)45(2)DF＝BE+EF，證明見解析(3)2【分析】（1）把ΔABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至ΔADE′，則F、D、E′在一條直線上，ΔADE（2）將ΔABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到ΔADE′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得ΔADE′（3）將ΔABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到ΔACD′，連接ED′，則ΔACD′≌ΔABD，得CD′=BD，因此SΔABC=S【詳解】（1）解：如圖1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至ΔAD則F、D、E′在一條直線上，ΔADE∴DE′＝BE，∠DAE′＝∠BAE，∴∠E′AE＝∠EAD+∠DAE′＝∠EAD+∠則∠E′AF＝∠E′∴∠EAF＝∠E′∴△AEF≌△AE′F∴E′∵E′∴EF＝BE+DF．故答案為：45；（2）解：DF＝BE+EF

理由如下：將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE∴△ADE′≌△∴AE＝AE′，BE＝DE′，∠∴∠E′AE＝∠BAE+∠E′AB＝∠E′則∠E′AF＝∠E′∴∠E′AF＝∠在△AEF和△AEAE=AE∴△AEF≌△AE′F∴E′∵DF=DE∴DF＝BE+EF；（3）解：將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ACD′，連接則△ACD′≌△∴CD'＝BD，∴SΔ同（2）得：△ADE≌△AD′E∴DE=D′E∴BD、DE、EC圍成的三角形面積為CD′、D′E、【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及四邊形和三角形面積等知識，本題綜合性強，解此題的關(guān)鍵是根據(jù)旋轉(zhuǎn)的啟發(fā)正確作出輔助線得出全等三角形，屬于中考?？碱}型．10．（2022秋·江蘇·八年級期中）[問題初探]（1）如圖1，點E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，∠EAF=45°，試判斷EF、BE、DF之間的數(shù)量關(guān)系．聰明的小明是這樣做的：把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使得AB與AD重合，由∠ADG=∠B=90°，得∠FDG=180°，即點F、D、G共線，易證△AFG≌______故EF、BE、DF之間的數(shù)量關(guān)系為______．[類比探究]（2）如圖2，點E、F分別在正方形ABCD的邊CB、DC的延長線上，∠EAF=45°，連接EF，請根據(jù)小明的發(fā)現(xiàn)給你的啟示寫出EF、BE、DF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．[聯(lián)想拓展]（3）如圖3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=32.點E、F均在邊BC上，且∠EAF=45°，若BE=2，求【答案】（1）△AFE；EF=BE+DF；（2）DF=EF+BE，理由見解析；（3）3【分析】（1）把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使得AB與AD重合，證明△AFG≌△AFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到（2）在DC上截取DH=BE，連接AH，證明△ABE≌△ADH，得到AE=AH，∠BAE=∠DAH（3）把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得△ACN，連接FN，根據(jù)（2【詳解】（1）解：把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使得AB與AD重合，則∠ADG=∠B=90°，AE=AG∴∠FDG=180°，即點F、D、∵∠BAD=90°，∴∠∴∠在△AFG和△AFE中，AG=AE∠FAG=∠FAE∴△AFG≌△AFE（SAS∴EF=FG=DF+DG=DF+BE，故答案為：△AFE；EF=BE+DF；（2理由如下：在DC上截取DH=BE，連接AH，在△ABE和△ADH中，AB=AD∠ABE=∠ADH=90°∴△ABE≌△ADH（SAS∴AE=AH，∠BAE=∵∠∴∠∴∠在△EAF和△HAF中，AE=AH∠EAF=∠HAF∴△EAF≌△HAF（SAS∴EF=FH，∵FD=FH+DH，∴DF=EF+BE；（3）如圖3，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得△ACN，連接FN，∴AN=AE，CN=BE=2，∠ACN=∠B∵∠BAC=90°，AB=AC=32∴∠B=∠∴EC=4，∠FCN=90°由（2）可知，△EAF≌∴FN=EF，設(shè)CF=x，則FN=EF=4?x，在Rt△FCN中，F(xiàn)N2=F解得：x=32，即【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，正方形的性質(zhì)，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．11．（2022春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期中）數(shù)學(xué)問題：如圖①，正方形ABCD中，點E是對角線AC上任意一點，過點E作EF⊥AC，垂足為E，交BC所在直線于點F．探索AF與DE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(1)特殊思考：如圖②，當(dāng)E是對角線AC的中點時，AF與DE之間的數(shù)量關(guān)系是______．(2)探究證明：①小明用“平移法”將AF沿AD方向平移得到DG，將原來分散的兩條線段集中到同一個三角形中，如圖③，這樣就可以將問題轉(zhuǎn)化為探究DG與DE之間的數(shù)量關(guān)系．請你按照他的思路，完成解題過程．②請你用與（2）不同的方法解決“數(shù)學(xué)問題”．【答案】(1)AF=(2)①見解析

②見解析【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和勾股定理即可解決問題；（2）①延長BC，作DG∥AF，交BC的延長線于點G，連接EG，證明四邊形AFGD為平行四邊形．從而證明△CDE≌△FGE，得到△②作DG⊥DE，并截取DG=DE，連接AG，證明△DEG是等腰直角三角形，得到EG=2DE，再證明△GDA≌△EDC，EF=AG，AG∥EF，再得到四邊形（1）AF=2∵四邊形ABCD是正方形，E是對角線AC的中點，∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE，∵AB2＝AE2＋BE2，∴AB2＝2DE2，∵B點與F點重合，∴AF2＝2DE2，∴AF=2故答案為：AF=2（2）①如下圖，延長BC，作DG∥AF，交BC的延長線于點G，連接∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=CD=AD，AD∥∵DG∥AF，∴四邊形AFGD為平行四邊形．∴AF＝DG，AD＝FG．∴FG＝CD．∵∠ABC=90°，AB＝BC，∴∠ACB=45°．∴∠ACD=45°∵EF⊥AC．∴∠FEC=90°．∴∠EFC=∠ECF=45°．∴EF=EC．∴∠EFC=∠ECD．∴△CDE≌∴ED=EG，∠FEG=∠CED．∴∠DEG=∠FEC=90°．∴△DEG是等腰直角三角形∴DG∴DG=2∴AF=2②如圖，作DG⊥DE，并截取DG=DE，連接AG、GE．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，CD＝AD．∴∠DAC=DCA=45°同理，∠ACB=45°．∵GD⊥DE，∴∠GDE=90°．又∵DG＝DE，∴△DEG是等腰直角三角形∴EG∴EG=2∵∠ADC=∠GDE=90°，∴∠GDA=∠EDC．∴△GDA≌∴∠GAD=∠ECD=45°，AG＝EC．∴∠GAE=90°．∵EF⊥AC，∴∠FEC=∠FEA=90°．∴∠EFC=∠ECF=45°．∴EF=EC．∴EF=AG．∵∠GAE=∠FEA=90°，∴AG∴四邊形AGEF為平行四邊形．∴AF＝EG．∴AF=2【點睛】此題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，生活中的平移現(xiàn)象，關(guān)鍵是根據(jù)正方形與平行四邊形的性質(zhì)、等腰直角三角形和全等三角形的判定和性質(zhì)解答．12．（2022春·江蘇南通·八年級統(tǒng)考期中）如圖，已知矩形ABCD中，AB=9，AD>AB．菱形EFGH的頂點H在邊AD上，且AH=4，頂點G，E分別是邊DC，AB上的動點，連接CF．(1)當(dāng)四邊形EFGH為正方形時，直接寫出DG的長等于________；(2)連接GE，判斷圖中∠1與∠2的大小關(guān)系，并說明理由；(3)若ΔFCG的面積等于12，求DG【答案】(1)4(2)∠1=∠2，理由見解析(3)3【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)得出∠DHG=∠AEH，利用全等三角形的判定和性質(zhì)求解即可；（2）根據(jù)矩形及菱形的性質(zhì)得出∠CGE=∠GEA，∠FGE=∠HEG，結(jié)合圖形，找準(zhǔn)各角之間的關(guān)系即可得出結(jié)果；（3）作FM⊥CD，交CD的延長線于點M，連接EG，利用矩形及菱形的性質(zhì)得出∠MGF=∠AEH，再由全等三角形的判定和性質(zhì)得出MF=AH=4，利用三角形面積得出CG=6，結(jié)合圖形求解即可．（1）解：如圖所示，當(dāng)四邊形EFGH為正方形時，GH=HE，∠EHG=90°，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠D=∠A=90°，∴∠DHG=90°∠AHE=∠AEH，∴?DHG??AEH，∴DG=AH=4，故答案為：4；（2）證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥CD，∴∠CGE=∠GEA，∵四邊形EFGH為菱形，∴GF∥HE，∴∠FGE=∠HEG，∴∠CGE∠FGE=∠GEA∠HEG，即∠1=∠2；（3）如圖，作FM⊥CD，交CD的延長線于點M，連接EG，∵四邊形EFGH為菱形，∴GF∥HE，∴∠FGE=∠HEG，∵AB∥CD，∴∠CGE=∠GEA，∴∠CGE∠FGE=∠GEA∠HEG即∠MGF=∠AEH∵∠D=∠A=90°，GF=EH，∴?MGF??AEH，∴MF=AH=4，∵ΔFCG的面積等于12∴12∴CG=6，∵CD=AB=9，∴DG=CDCG=3．【點睛】題目主要考查矩形、正方形及菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關(guān)鍵．13．（2022春·江蘇宿遷·八年級統(tǒng)考期中）（1）如圖甲，點A在線段CE上，∠BAD＝90°，AB＝AD，過點B作BC⊥AC于點C，過點D作DE⊥AC于點E．求證：△ABC≌△DAE．（2）如圖乙，點O是正方形ABCD的中心，E是對角線OD上一點，連接AE，過點E作EF⊥AE，交邊BC于點F，問：∠EAD與∠BEF有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說明理由．（3）如圖丙，點O是正方形ABCD的中心，E是對角線OB上一點，連接AE，過點E作EF⊥AE，交邊CB延長線于點F，問：∠EAD與∠BEF有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說明理由．【答案】（1）見解析；（2）∠EAD+∠BEF=45°，理由見解析；（3）∠EAD－∠BEF=45°，理由見解析【分析】（1）根據(jù)BC⊥AC，DE⊥AC．可得∠ACB＝∠AED＝90°，再由∠BAD＝90°，可得∠1＝∠D，即可求證；（2）過點E作EH⊥BC，交AD于G，可得到四邊形ABHG為矩形，從而得到∠AGE＝∠FHE＝90°，進而得到∠GAE＝∠FEH，再由∠EBH＝45°，即可求解；（3）過點E作EH⊥BC，交AD于G，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得△BEH是等腰直角三角形，從而得到∠EBH＝45°，由（2）得：∠GAE＝∠FEH，即可求解．【詳解】（1）證明：∵BC⊥AC，DE⊥AC．∴∠ACB＝∠AED＝90°∵∠BAD＝90°，∴∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°∴∠1＝∠D，∵AB＝AD，∴△ABC≌△DAE(AAS)；（2）解：∠EAD+∠BEF=45°，理由如下：過點E作EH⊥BC，交AD于G，在正方形ABCD中，∠EBH＝45°，∠ABC=∠BAD=∠BHE=90°，∴四邊形ABHG為矩形，∴∠AGE＝∠FHE＝90°，∴∠GAE+∠AEG＝∠FEH+∠AEG＝90°，∴∠GAE＝∠FEH，∵∠EBH＝45°，∴∠BEH=∠EBH=45°，∴∠EAD+∠BEF=∠FEH+∠BEF=∠BEH=45°；（3）解：∠EAD－∠BEF=45°，理由如下：過點E作EH⊥BC，交AD于G，在正方形ABCD中，∠CBD=45°，∴△BEH是等腰直角三角形，∴∠EBH＝45°由（2）得：∠GAE＝∠FEH，∴∠EAD－∠BEF=∠FEH－∠BEF=∠BEH=45°．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識是解題的關(guān)鍵．14．（2022春·江蘇連云港·八年級統(tǒng)考期中）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是對角線AC上的兩個動點，分別從A、C同時出發(fā)相向而行，速度均為每秒1個單位長度，運動時間為t秒，其中0?t?10(1)若G，H分別是AD，BC中點，則四邊形EGFH一定是怎樣的四邊形（E、F相遇時除外）？答：；（直接填空，不用說理）(2)在（1）條件下，若四邊形EGFH為矩形，求t的值；(3)在（1）條件下，若G向D點運動，H向B點運動，且與點E，F(xiàn)以相同的速度同時出發(fā)，若四邊形EGFH為菱形，求t的值．【答案】(1)四邊形EGFH是平行四邊形(2)t=2或t=8(3)t=9【分析】（1）利用三角形全等可得EG=FH，∠AEG=∠CFH，則EG∥FH，即可證明；（2）分為兩種情況，一種是四邊形EGFH為矩形，另一種是FGEH為矩形，利用EF=GH即可求解；（3）根據(jù)菱形對角線平分且垂直可證明四邊形AGCH為菱形，再利用勾股定理即可求解．【詳解】（1）解：四邊形EGFH是平行四邊形，理由如下：由題意得：AE=CF=t，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，∴∠GAE=∠HCF，∵G，H分別是AD，BC中點，∴AG=12AD，CH=12∴AG=CH，∴△AEG≌△CFH（SAS），∴EG=FH，∠AEG=∠CFH，∴∠FEG=∠EFH，∴EG∥HF，∴四邊形EGFH是平行四邊形．故答案為：四邊形EGFH是平行四邊形．（2）解：如圖1，連接GH，由（1）得AG=BH，AG∥BH，∠B=90°，∴四邊形ABHG是矩形，∴GH=AB=6，①如圖1，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時，∴EF=GH=6，∵AE=CF=t，∴EF=102t=6，∴t=2；②如圖2，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時，∵EF=GH=6，AE=CF=t，∴EF=t+t10=2t10=6，∴t=8；綜上，四邊形EGFH為矩形時t=2或t=8．（3）解：如圖3，連接AH，CG，GH，AC與GH交于O，M為AD邊的中點，N為BC邊和中點，∵四邊形EGFH為菱形，∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，∴OA=OC，AG=AH，∴四邊形AGCH為菱形，∴AG=CG，設(shè)AG=CG=x，則DG=8x，由勾股定理可得：AB2+BG2=AG2，即：62+（8x）2=x2，解得：x=254∴MG=AGAM=2544=94，即t=∴當(dāng)四邊形EGFH為菱形時，t=94【點睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識點，解題的關(guān)鍵是熟記特殊四邊形的判定與性質(zhì)，在解題中靈活運用．15．（2022春·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期中）如圖1，在△ABC中，AB=BC=5，AC=8．延長BC到D，使得CD=BC，以AC、CD為鄰邊作平行四邊形ACDE，連接BE交AC于點O．(1)求證：四邊形ABCE為菱形；(2)如圖2，點P是射線BC上一動點（不與點B、C、D重合），設(shè)BP=x，連接PO并延長，延長線交直線AE于點Q．①以P、Q、E、D四點圍成的四邊形面積記為S，求S與x的函數(shù)關(guān)系式；②當(dāng)△POC為等腰三角形時，求x的值．【答案】(1)見解析(2)①S=24（0<x<10)【分析】（1）先證得AE∥BC，AE=BC，推出四邊形ABCE是平行四邊形，再根據(jù)AB=BC，證得?ABCE是菱形；（2）①過點A作AH⊥CB的延長線，垂足為H，勾股定理求出OB，得到BE，根據(jù)菱形面積求出AH，分兩種情況：當(dāng)點P在線段BD上（不含端點）時，0<x<10；當(dāng)點P在線段BD的延長線上（不含端點）時，x>10，通過證明△QOE≌△POB，得到QE=PB=x，根據(jù)梯形面積計算得出函數(shù)解析式；②根據(jù)等腰三角形的定義分三種情況計算可得．（1）證明：∵四邊形ACDE是平行四邊形，∴AE∥CD，AE=CD，∵BC=CD，∴AE∥BC，AE=BC，∴四邊形ABCE是平行四邊形，∵AB=BC，∴?ABCE是菱形；（2）①過點A作AH⊥CB的延長線，垂足為H，∵AC=8，∴OA=OC=4，∵BC=5，∴OB=BC∴BE=6，∵12×AC×BE=BC×AH，即12×8×6=5解得AH=4.8，當(dāng)點P在線段BD上（不含端點）時，0<x<10，∵∠QEO=∠PBO，∠QOE=∠POB，OE=OB，∴△QOE≌△POB，∴QE=PB=x，S=12×（QE+PD）×AH=12×(x+10x)當(dāng)點P在線段BD的延長線上（不含端點）時，x>10，∵∠QEO=∠PBO，∠QOE=∠POB，OE=OB，∴△QOE≌△POB，∴QE=PB=x，∴S=12×（QE+PD）×AH=12×(x+x10)×4.8=4.8∴S=24（0<x<10)②當(dāng)OP=OC時，不存在，舍去，當(dāng)PO=PC時，點P在BC的中點，∴x=2.5，當(dāng)CO=CP時，5x=4或x5=4，解得x=1或9，綜上：x=2.5或1或9．【點睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的定義，勾股定理，熟練掌握各知識點并綜合應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．16．（2022春·江蘇泰州·八年級統(tǒng)考期中）如圖1，在菱形ABCD中，AB=2，∠B=60°，點E是AD邊上一動點，F(xiàn)是AB邊上一動點，且AE=BF，連接CE、(1)則∠ECF的度數(shù)是_____°；(2)求證：CE＝CF；(3)如圖2，試僅用一把無刻度的直尺，在邊BC上作點G，使得AE=CG．（保留作圖率跡，不寫作法）【答案】(1)60(2)證明見解析(3)作圖見解析【分析】（1）連接AC，先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到BA＝BC＝AD＝CD，再證明△ABC和△ACD都為等邊三角形得到CA＝CB，∠ACB＝∠DAC＝60°，接著證明ΔAEC≌ΔBFC(SAS)得到∠ACE＝∠BCF，所以∠ECF＝∠（2）利用（1）中ΔAEC≌Δ（3）連接菱形的對角線，對角線的交點為O，再利用EO并延長交BC于G點，利用菱形的中心對稱的性質(zhì)得到CG＝AE．（1）解：連接AC，如圖所示：∵四邊形ABCD為菱形，∴BA＝BC＝AD＝CD，∵∠B＝60°，∴∠D＝60°，∴△ABC和△ACD均為等邊三角形，∴CA＝CB，∠ACB＝∠DAC＝60°，在△ACE和△CBF中，{AE∴ΔAEC≌Δ∴∠ACE＝∠BCF，∴∠ACE＋∠ACF＝∠ACF＋∠BCF，即∠ECF＝∠ACB＝60°，故答案為：60；（2）解：由（1）知ΔAEC≌Δ∴CE＝CF；（3）解：如圖所示，點G即為所求：【點睛】本題考查了菱形綜合問題，涉及到菱形性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、作圖?復(fù)雜作圖，解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉相關(guān)知識點，尤其是基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．17．（2022春·江蘇揚州·八年級統(tǒng)考期中）如圖1，在正方形ABCD中，邊AB=3，點P、Q、E分別在AB、CD、AD上（E不與A、D重合）(1)如圖2，當(dāng)點Q與C重合，且PC⊥BE時，求證：PC=BE；(2)如圖3，若將四邊形PBCQ沿PQ翻折，使點B落在E點處，連接PE、EQ，BQ．①若AE=1，求BP的長；②求四邊形BPEQ面積S的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)①53；②9【分析】（1）證明△BAE≌△CNP（AAS）可得結(jié)論．（2）①設(shè)PB=PE=x，在Rt△PAE中，根據(jù)AE2+AP2=PE2，構(gòu)建方程求解即可．②首先證明BE=PQ，推出S=12BE2，求出BE（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠CPB=90°，∵BE⊥PC，∴∠ABE+∠AEB=90°，∠ABE+∠BPC=90°，∴∠AEB=∠BPC，∴△BAE≌△CNP（AAS），∴BE=PC；（2）解：①如圖2中，連接PE．∵PQ垂直平分線段BE，∴PB=PE，設(shè)PB=PE=x，在Rt△PAE中，∵AE2+AP2=PE2，∴12+（3x）2=x2，∴x=53∴PB=53②如圖3中，過點Q作QH⊥AB于H．∵PQ⊥BE，QH⊥AB，∴∠A=∠QHP=90°，∴∠QPH+∠ABE=90°，∠ABE+∠AEB=90°，∴∠QPH=∠BEA，∵∠C=∠CBH=∠QHB=90°，∴四邊形BCQH是矩形，∴BC=HQ=AB，∴△BAE≌△QHP（AAS），∴BE=PQ，∵BE⊥PQ，∴S四邊形PEQB=12BE2∵E不與A、D重合，∴3＜BE＜32，∴92＜SB【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．18．（2022春·江蘇泰州·八年級校聯(lián)考期中）在矩形ABCD中，AB=10，BC=6，P為射線BC上一點，將△ABP沿直線AP翻折至△AEP的位置，使點B落在點E處．(1)若P為BC邊上一點．①如圖1，當(dāng)點E落在邊CD上時，直接寫出此時CE=；②如圖2，連接CE，若CE∥則BP與BC有何數(shù)量關(guān)系？請說明理由；(2)如果點P在BC的延長線上，當(dāng)△PEC為直角三角形時，求PB的長．【答案】(1)①2；②BC＝2BP，見解析(2)BP＝10或30【分析】（1）①利用勾股定理求出DE的長即可；②根據(jù)平行線的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)可證EP=CP，BP=PE，從而BP=PC，進而得BC＝2BP；（2）由△PEC是直角三角形，∠EPC=90°時，這時四邊形ABPE是正方形，得PB=AB=10；當(dāng)∠ECP=90°時，設(shè)BP=x，則PC=x6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，當(dāng)∠PEC=90°時，點P在線段BC上，不符合題意，舍去．（1）解：①如圖：點E為折疊后的點B的對應(yīng)點∵AE=AB=10，AD=6，∠D=90°，∴DE=A∴CE=DCDE=108=2；故答案為：2；②BC＝2BP，理由如下：∵將△ABP沿直線AP翻折至△AEP的位置，∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，∵CE∥AP，∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，∴∠PEC＝∠ECP，∴EP＝CP，∴BP＝BC，∴BC＝2BP；（2）∵△PEC是直角三角形當(dāng)∠EPC＝90°時，∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，∴四邊形ABPE是正方形，∴PB＝AB＝10；當(dāng)∠ECP＝90°時，則∠ECP=∠B=90°，∴EC∥∵DC∥AB，∴點E、D、C三點共線，由翻折知AE＝AB＝10，根據(jù)勾股定理得DE＝8，∴EC＝18，設(shè)BP＝x，則PC＝x﹣6，在Rt△ECP中，由勾股定理得：182+（x﹣6）2＝x2，解得x＝30，∴PB＝30；當(dāng)∠PEC＝90°時，點P在線段BC上，不符合題意，舍去，綜上：BP＝10或30．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了矩形的性質(zhì)、正方形的判定、翻折變換、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．19．（2022春·江蘇鹽城·八年級校聯(lián)考期中）如圖1，△GEF是一個等腰直角三角形零件（其中EG=FG，∠EGF=90°），它的兩個端點E、F分別安裝在矩形框架的邊AB、BC上（點E、F可以在邊上滑動），且EF=AB=1.5，AD=2．小明在觀察△GEF運動的過程中，給出了兩個結(jié)論：①∠GEB與∠GFB一定互補；②點G到邊AB、BC的距離一定相等．(1)小明給出的兩個結(jié)論是否都正確？若結(jié)論是正確的，請寫出證明過程，若結(jié)論不正確，請說明理由；(2)請思考并解決小明提出的兩個問題：問題1：B、G兩點間距離的最大值為；問題2：過點G分別作GM⊥BC，GN⊥CD，垂足為點M、N，連接MN，那么MN長度的最小值為多少？【答案】(1)①②都正確，證明見解析(2)問題1：1.5；問題2：2【分析】（1）由四邊形ABCD是矩形，∠EGF＝90°，即得∠GEB＋∠GFB＝180°，故①正確；過G作GR⊥AB于R，GT⊥BC于T，證明△GER≌△GFT（AAS），可得GR＝GT，即點G到邊AB、BC的距離一定相等，故②正確；（2）問題1：連接BG，過G作GR⊥AB于R，GT⊥BC于T，由（1）可知GR＝GT，可證四邊形RBTG是正方形，有∠GBF＝45°，即得BG＝2GT，進而可得當(dāng)點T、F重合，R、E重合時，GT最大，此時BG最大，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)得出BG最大值；問題2：延長NG交AB于P，由點G到邊AB、BC的距離一定相等可知，GP＝GM，設(shè)PG＝GM＝a，則GN＝2?a，根據(jù)勾股定理得GN2＋GM2＝（2?a）2＋a2＝MN2，求出MN2＝2a2?4a＋4＝2（a?1）2＋2，進而可得MN的最小值為2．（1）解：①②都正確，證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，又∵∠EGF＝90°，四邊形內(nèi)角和是360°，∴∠GEB＋∠GFB＝180°，即∠GEB與∠GFB一定互補，故①正確；過G作GR⊥AB于R，GT⊥BC于T，如圖：∵GE＝GF，且∠EGF＝90°，∴∠GEF＝∠GFE＝45°，又∵∠B＝90°，∴∠BEF＋∠EFB＝90°，即∠BEF＝90°?∠EFB，∵∠GER＝180°?∠BEF?∠GEF＝180°?45°?（90°?∠EFB）＝45°＋∠EFB，∠GFT＝∠EFB＋∠GFE＝∠EFB＋45°，∴∠GER＝∠GFT，在△GER和△GFT中，∠GRE=∠GTF∠GER=∠GFT∴△GER≌△GFT（AAS），∴GR＝GT，即點G到邊AB、BC的距離一定相等，故②正確；（2）問題1：連接BG，過G作GR⊥AB于R，GT⊥BC于T，如圖：由（1）可知，GR＝GT，又∵∠GRB＝∠RBT＝∠BTG＝90°∴四邊形RBTG是正方形，∴∠GBF＝45°，∴BG＝2GT，∴當(dāng)GT最大時，BG最大，在Rt△GFT中，GF≥GT，∴當(dāng)點T、F重合，R、E重合時，GT最大，此時BG最大，如圖：∵四邊形RBTG是正方形，∴BG＝RT＝EF＝1.5，∴BG最大值為1.5，故答案為：1.5；問題2：如圖，延長NG交AB于P，∵AB∥CD，GN⊥CD，∴GP⊥AB，由點G到邊AB、BC的距離一定相等可知，GP＝GM，設(shè)PG＝GM＝a，則GN＝2?a，根據(jù)勾股定理可知，GN2＋GM2＝（2?a）2＋a2＝MN2，∴MN2＝2a2?4a＋4＝2（a?1）2＋2，∵2（a?1）2≥0，∴MN2有最小值2，∴MN的最小值為2．【點睛】本題考查四邊形綜合應(yīng)用，涉及矩形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，勾股定理及完全平方式的應(yīng)用等知識，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．20．（2022春·江蘇無錫·八年級校聯(lián)考期中）已知，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8．(1)以點B為坐標(biāo)原點，將矩形ABCD放在平面直角坐標(biāo)系中，點C、A分別在x軸、y軸上（如圖1），沿對角線BD折疊該矩形，點A落在點E處，DE交x軸于點F，求過點F并將矩形面積平分的直線所對應(yīng)的一次函數(shù)表達式；(2)以對角線BD為邊長作正方形DBQP，并將該正方形繞點D旋轉(zhuǎn)，記作正方形DB1Q1P1（如圖2），DB1交邊BC于點M，B1Q1①求證：MN=DH；②正方形DBQP在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)點B對應(yīng)的點B1恰好落在線段QP1上時，求線段Q【答案】(1)過點F并將矩形面積平分的直線所對應(yīng)的一次函數(shù)表達式為y＝－43x＋(2)①證明見解析；②QP1＝5【分析】（1）作對角線BD的中點O，則直線OF即為將矩形面積平分的直線，求出O（4，3），設(shè)BF＝x，則DF＝x，CF＝8?x，由勾股定理得出（8－x）2＋62＝x2，解得x＝254，求出F（25（2）①過P1作P1E∥MN交B1D于E，交DC于F，證明△B1DH≌△DP1E（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出P1E＝DH，則可得出結(jié)論；②過點D作DK⊥QP1于點K，連接DQ，由勾股定理求出P1K和QK即可求出答案．【詳解】（1）解：作對角線BD的中點O，則直線OF即為將矩形面積平分的直線，如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，∴D（8，6），∴O（4，3），∵沿對角線BD折疊該矩形，點A落在點E處，∴∠ADB＝∠EDB，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBF，∴∠EDB＝∠DBF，∴DF＝BF，設(shè)BF＝x，則DF＝x，CF＝8－x，在Rt△DCF中，CF2＋DC2＝DF2，∴（8－x）2＋62＝x2，解得x＝254∴F（254設(shè)直線OF解析式為y＝kx＋b，則0=254k+b∴直線OF解析式為y＝－43x＋25∴過點F并將矩形面積平分的直線所對應(yīng)的一次函數(shù)表達式為y＝－43x＋25（2）①過P1作P1E∥MN交B1D于E，交DC于F，如圖，∵四邊形DB1Q1P1是正方形，∴DB1＝DP1，DB1∥P1Q1，∠B1＝∠P1DE，∴四邊形EMNP1是平行四邊形，∴MN＝P1E，∵DC⊥MN，P1E∥MN，∴DC⊥P1E，∴∠DP1E＝90°－∠FDP1＝∠B1DH，在△B1DH和△DP1E中，∠B∴△B1DH≌△DP1E（ASA），∴P1E＝DH，∴MN＝DH；②過D作DK⊥QP1于K，連接DQ，∵AB＝CD＝6，BC＝8，∴BD＝CD∴DP1＝BD＝10，∴B1P1＝DQ＝102，∴DK＝P1K＝12B1P1＝52∴QK＝DQ∴QP1＝QK＋KP1＝56【點睛】此題是一次函數(shù)綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，待定系數(shù)法，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識，解決此題目關(guān)鍵是要掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確畫出圖形．21．（2022春·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期中）如圖①，將正方形ABOD放在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點，點D的坐標(biāo)為（2，4），(1)若點P為對角線BD上的動點，作等腰直角三角形APE，使∠PAE＝90°，如圖②，連接DE，試說明DE與BP的關(guān)系；(2)在（1）的條件下，再作等邊三角形APF，連接EF、FD，如圖③，在P點運動過程中當(dāng)EF取最小值時，此時∠DFE=(3)點M在x軸上，在平面內(nèi)是否存在點N，使以B、D、M、N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)BP⊥DE，BP=DE，理由見解析(2)150(3)點N坐標(biāo)為（264，2）或（264，【分析】（1）由“SAS”可證△BOE≌△ODF，可得∠ABP=∠ADE=45°，BP=DE，可證BP⊥DE；（2）由△APF為等邊三角形，△PAE是等腰直角三角形，可得△AEF是等腰三角形，且EF為底邊，當(dāng)EF取最小值時，AE為最小值，即AP應(yīng)當(dāng)取最小值，由等腰直角三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可得∠AFE=∠PFD=75°，由周角的性質(zhì)可求解；（3）分兩種情況討論，當(dāng)BD為邊時，分MD=BD=210或MB=BD=210，利用兩點距離公式可求點M坐標(biāo)，由平移的性質(zhì)可求點N坐標(biāo)，當(dāng)BD為對角線時，點N與點（1）解：BP⊥DE，BP=DE，理由如下：如圖②，∵四邊形ABOD是正方形，△PAE是等腰直角三角形，∴∠BAD=90°=∠PAE，AB=AD，PA=AE，∠ABD=∠ADB=45°，∴∠BAP=∠DAE，∴△ABP≌△ADE（SAS），∴∠ABP=∠ADE=45°，BP=DE，∴∠BDA=∠ADB+∠ADE=90°，即BP⊥DE；（2）∵△APF為等邊三角形，△PAE是等腰直角三角形，∠PAE=90°，∴AP=AF=AE，∠FAE=30°，∴△AEF是等腰三角形，且EF為底邊，∴當(dāng)EF取最小值時，AE為最小值，即AP應(yīng)當(dāng)取最小值，∴AP⊥BD時，EF有最小值，如圖，∵AB=AD，∠BAD=90°，AP⊥BD，∴AP=BP=PD，∵△APF是等邊三角形，∴AP=PD=PF=AF=AE，∠AFP=∠FAP=∠APF=60°，∴∠EAF=30°，∠DPF=30°，∴∠AFE=180°?30°2=75°，∠PFD=180°?30°∴∠DFE=360°60°75°75°=150°，故答案為：150；（3）解：如圖①，過點B作BE⊥x軸于E，過點D作DF⊥x軸于F，∵四邊形ABCD是正方形，O是坐標(biāo)原點，點D的坐標(biāo)為（2，4），∴OF=2，DF=4，OB=OD，∠BOD=∠BEO=∠DFO=90°，∴∠BOE+∠DOF=90°，∠BOE+∠OBE=90°，∴∠OBE=∠DOF，∴△BOE≌△ODF（AAS），∴BE=OF=2，OE=DF=4，∴點B坐標(biāo)（4，2），∵D（2，4），∴BD=(2+4)2設(shè)點M（a，0）①當(dāng)BD為菱形的邊時，如圖，若MD=BD=210∴210∴a=2±26可得M1（26+2，0）或M2（2∵D向左平移6個單位再向下平移2個單位得到B，∴N1（264，2）、N2（26若MB=BD=210∴210∴a=2或10，可得M3（2，0）或M4（10，0），此時M4與B、D三點共線，無法形成菱形，舍去，∵B向右平移6個單位再向上平移2個單位得到D，∴N3（8，2）；②當(dāng)BD為菱形的對角線時，則M與O重合，此時N與A重合，即N5（2，6），綜上所述，點N坐標(biāo)為（264，2）或（264，【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，兩點距離公式等知識，利用分類討論思想解決是本題的關(guān)鍵．22．（2022春·江蘇鹽城·八年級統(tǒng)考期中）如圖，△ABC中，點O是邊AC上一個動點，過O作直線MN∥BC．設(shè)MN交∠ACB的平分線于點E，交∠ACB的外角平分線于點F．(1)求證：OE＝OF；(2)若CE＝8，CF＝6，求OC的長；(3)當(dāng)點O在邊AC上運動到什么位置時，四邊形AECF是矩形？并說明理由．【答案】(1)見解析(2)5(3)當(dāng)點O是邊AC中點時，四邊形AECF是矩形，理由見解析【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)以及角平分線的性質(zhì)得出∠1=∠2，∠3=∠4，進而得出答案；（2）根據(jù)已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，進而利用勾股定理求出EF的長，即可得出CO的長；（3）根據(jù)平行四邊形的判定以及矩形的判定得出即可．（1）證明：如圖，∵MN交∠ACB的平分線于點E，交∠ACB的外角平分線于點F，∴∠2=∠5，∠4=∠6，∵MN∥BC，∴∠1=∠5，∠3=∠6，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴EO=CO，F(xiàn)O=CO，∴OE=OF；（2）解：如圖，∵CF，CE分別是∠ACD，∠ACB的角平分線，∴∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°，∴∠ECF＝90°，∴EF=8∴OC=1（3）解：當(dāng)點O是邊AC中點時，四邊形AECF是矩形，理由：∵OC＝OA，OE＝OF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴∠ECF＝90°，∴四邊形AECF是矩形．【點睛】此題主要考查了矩形的判定、平行四邊形的判定和直角三角形的判定等知識，根據(jù)已知得出∠ECF=90°是解題關(guān)鍵．23．（2022春·江蘇連云港·八年級統(tǒng)考期中）如圖1，已知△AMN是等腰直角三角形，∠AMN=90°，正方形ABCD與△AMN有公共頂點A，當(dāng)Rt△AMN繞點A旋轉(zhuǎn)時，邊AM、AN分別與BC（或BC延長線，如圖3）、CD（或CD延長線，如圖3）相交于點E、F，連接EF，小明與小麗在研究圖1時，發(fā)現(xiàn)有這么一個結(jié)論：EF=DF+BE；為了解決這個問題，小明與小麗，經(jīng)過討論，采取了以下方案：延長CB到G，使BG=DF，連接AG，得到圖2，(1)請你根據(jù)小明、小麗的思路，結(jié)合圖2，證明：ΔADF?(2)根據(jù)圖3，①結(jié)論EF=DF+BE是否成立，如不成立，寫出三線段EF、DF、BE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．②若CE=6，DF=2，求：正方形ABCD的邊長以及△AEF中AE邊上的高．【答案】(1)見解析；(2)①不成立，EF=BEDF，理由見解析；②正方形ABCD的邊長為6，△AEF中AE邊上的高為2【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)得出AD=AB，∠D=∠ABG，根據(jù)全等三角形的判定推出即可；（2）①EF=BEDF，理由是：在BC上取BG=DF，連接AG，證△ABG≌△ADF，△FAE≌△EAG即可；②設(shè)正方形ABCD的邊長是x，則BC=CD=x，EF=GE=BCBG+CE=x+4，在Rt△FCE中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出即可．（1）證明：①如圖1，延長CB到G，使BG=DF，連接AG，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D=∠ABC=∠DAB=∠ABG=90°，AD=AB，在△ADF和△ABG中，AD=AB∠D=∠ABG∴△ADF≌△ABG（SAS）；（2）①不成立，三線段EF、DF、BE的數(shù)量關(guān)系是EF=BEDF，證明：如圖3，在BC上取BG=DF，連接AG，在△ABG和△ADF中AB=AD∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，∵△AMN是等腰直角三角形，∴∠NAM=∠N=45°，∴∠FAD+∠DAC=45°，∴∠DAC+∠BAG=45°，∵∠DAB=90°，∴∠GAE=90°45°=45°=∠FAE，在△FAE和△GAE中AF=AG∴△FAE≌△GAE（SAS），∴EF=EG=BEBG，∵BG=DF，∴EF=BEDF．②解：設(shè)正方形ABCD的邊長是x，則BC=CD=x，∵CE=6，DF=BG=2，∴EF=GE=CG+CE=BCBG+CE=x2+6=x+4，在Rt△FCE中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2，∴（x+4）2=（x+2）2+62，解得：x=6，∴AG=AF=62∵∠FAM=45°，如圖3，過F作FH⊥AE于H，∴FH=2即△AEF中AE邊上的高為25【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．24．（2022春·江蘇無錫·八年級校聯(lián)考期中）已知正方形ABCD如圖所示，連接其對角線AC，∠BCA的平分線CF交AB于點F，過點B作BM⊥CF于點N，交AC于點M，過點C作CP⊥CF，交AD延長線于點P．(1)求證：BF＝DP；(2)若正方形ABCD的邊長為4，求△ACP的面積；(3)求證：CP＝BM+2FN．【答案】(1)證明見解析(2)8(3)證明見解析【分析】（1）先根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=BC=CD=AD,∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，再根據(jù)垂直的定義可得∠FCP=90°=∠BCD，從而可得∠DCP=∠BCF，然后根據(jù)三角形全等的判定證出△CDP?△CBF，最后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得證；（2）先根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠ACB=45°,CD=AB=BC=4,AC=42，再根據(jù)角平分線的定義可得∠ACF=∠BCF=22.5°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠P=∠BFC=67.5°，然后根據(jù)垂直的定義可得∠ACP=67.5°，根據(jù)等腰三角形的判定可得AP=AC=4（3）在CN上截取NH=NF，連接BH，先根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得CP=CF，再根據(jù)三角形全等的判定證出△AMB?△BHC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得CH=BM，然后根據(jù)線段和差、等量代換即可得證．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∵CP⊥CF，∴∠FCP=90°=∠BCD，∴∠FCP?∠FCD=∠BCD?∠FCD，即∠DCP=∠BCF，在△CDP和△CBF中，∠DCP=∠BCFDC=BC∴△CDP?△CBF(ASA)，∴BF=DP；(2)解：∵四邊形ABCD是正方形，且邊長為4，∴∠ACB=45°,CD=AB=BC=4,AC=A∵CF平分∠ACB，∴∠ACF=∠BCF=22.5°，∴∠BFC=67.5°，由（1）已證：△CDP?△CBF，∴∠P=∠BFC=67.5°，∵CP⊥CF，∴∠ACP=90°?∠ACF=67.5°，∴∠ACP=∠P，∴AP=AC=42則△ACP的面積為12(3)證明：如圖，在CN上截取NH=NF，連接BH，∵△CDP?△CBF，∴CP=CF，∵NH=NF,BN⊥FH，∴BM垂直平分FH，∴BH=BF，∴∠BHF=∠BFH=67.5°，∴∠ABM=∠HBN=22.5°（等腰三角形的三線合一），∴∠ABM=∠BCH，∠CBH=90°?∠ABM?∠HBN=45°，∴∠CBH=∠BAM，在△AMB和△BHC中，∠ABM=∠BCHAB=BC∴△AMB?△BHC(ASA)，∴CH=BM，∴CP=CF=CH+FN+HN=BM+2FN．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識點，較難的是題（3），通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．25．（2022春·江蘇常州·八年級統(tǒng)考期中）如圖，已知正方形ABCD的面積為S．(1)求作：四邊形A1B1C1D1，使得點A1和點A關(guān)于點B對稱，點B1和點B關(guān)于點C對稱，點C1和點C關(guān)于點D對稱，點D1和點D關(guān)于點A對稱；（只要求畫出圖形，不要求寫作法）(2)用S表示（1）中作出的四邊形A1B1C1D1的面積S1（寫出證明過程）；(3)若將已知條件中的正方形改為任意四邊形，面積仍為S，并按（1）的要求作出一個新的四邊形，面積為S2，則S1與S2是否相等，為什么？【答案】(1)答案見解析(2)答案見解析(3)相等；證明見解析【分析】（1）根據(jù)對稱的性質(zhì)可知．使得點A1和點A關(guān)于點B對稱，即是連接AB并延長相同的長度找到對應(yīng)點A（2）設(shè)正方形ABCD的邊長為a，根據(jù)兩個正方形邊長的比值，利用面積比等于相似比，來求小正方形的面積．（3）相等．因為一個四邊形可以分成兩個三角形，根據(jù)三角形的面積公式，等底等高的三角形面積相等．【詳解】（1）解：如圖①所示．（2）解：設(shè)正方形ABCD的邊長為a，則AA1=2a同理，SΔ∴S（3）解：S1理由如下：首先畫出圖形②，連接BD，BD∵ΔBDD∴S又∵ΔAA∴S∴S同理，得SΔ∴S同理，得SΔ∴S由（2）得，S1∴S【點睛】本題主要考查了軸對稱，正方形的面積，及四邊形，三角形的面積，靈活的應(yīng)用知識是解題的關(guān)鍵．26．（2022春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期中）概念提出若四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，則這條對角線叫做這個四邊形的“巧分線”，這個四邊形叫“巧妙四邊形”，若一個四邊形有兩條巧分線，則稱為“絕妙四邊形”．(1)下列四邊形一定是巧妙四邊形的是；（填序號）①平行四邊形；②矩形；③菱形；④正方形．(2)初步應(yīng)用在絕妙四邊形ABCD中，AC垂直平分BD，若∠BAD＝80°，求∠BCD的度數(shù)．(3)深入研究在巧妙四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠A＝90°，AC是四邊形ABCD的巧分線，請直接寫出∠BCD的度數(shù)．【答案】(1)③④(2)80°或140°(3)45°或90°或135°【分析】（1）由平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質(zhì)可求解；（2）由線段垂直平分線的性質(zhì)可得AB=AD，BC=CD，AC⊥BD，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，即可求∠BCD的度數(shù)；（3）分三種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)和“絕妙四邊形的定義可求解．(1)解：∵菱形的四條邊相等，∴連接對角線能得到兩個等腰三角形，∴菱形是巧妙四邊形；正方形是特殊的菱形，所以正方形也是巧妙四邊形；故答案是：③④；(2)解：∵AC垂直平分BD，∴AB=AD，BC=CD，AC⊥BD，∴∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，∵∠BAD=80°，∴∠BAC=∠DAC=40，∵AC=AD，∴∠ACD=70°=∠BCA，∴∠BCD=140°，如圖，∵四邊形ABCD是絕妙四邊形，，∴AD=CD，AB=BC，∵AC垂直平分BD，∵AB=AD，BC=CD，∴AB=AD=BC=CD，∴四邊形ABCD是菱形，∴∠BCD=∠BAD=80°，綜上所述，∠BCD=140°或80°；(3)解：∵AC是四邊形ABCD的巧分線，∴△ACD和△ABC是等腰三角形，①當(dāng)AC=BC時，如圖，過C作CH⊥AB于H，過C作CG⊥AD，交AD的延長線于G，∵∠HAD=∠AHC=∠G=90°，∴四邊形AHCG是矩形，AH=CG=12AB=12∴∠CDG=30°，∴∠ADC=150°，∴∠DAC=∠DCA=15°，∵∠DAB=90°，∴∠CAB=∠B=75°，且∠ACB=30°，∴∠BCD=30°+15°=45°；②當(dāng)AC=AB時，如圖∵AC=AB=AD=CD，∴△ACD是等邊三角形，∠CAD=∠ACD=60°，∴∠BAD=90°，∴∠BAC=30°，∵?AB=AC，∴∠ACB=75°，∴∠BCD=75°+60°=135°；③當(dāng)AB=BC時，如圖∵AB=AD=CD=BC，∴四邊形ABCD是菱形，且∠BAD=90°，∴四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，綜上所述：∠BCD的度數(shù)是45°或135°或90°．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，理解新定義并運用是本題的關(guān)鍵．27．（2022春·江蘇蘇州·八年級蘇州市第十六中學(xué)校考期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，點E是AD邊的中點，點M是AB邊上一動點（不與點A重合），延長ME交射線CD于點N，連接MD、AN．(1)求證：四邊形AMDN是平行四邊形；(2)在點M移動過程中：①當(dāng)四邊形AMDN成矩形時，求此時AM的長；②當(dāng)四邊形AMDN成菱形時，求此時AM的長．【答案】(1)見解析(2)①AM=1；②AM=2【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；②若四邊形AMDN成菱形，可證△ADM是等邊三角形，可求AM的長．（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=CD=AD=2，AB∥CD，∴∠NDA=∠DAM，∵點E是AD的中點，∴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=12AD∴當(dāng)AM=1時，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，四邊形AMDN成菱形．【點睛】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)，熟練運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．28．（2022春·江蘇無錫·八年級江蘇省錫山高級中學(xué)實驗學(xué)校校考期中）我們把對角線互相垂直的四邊形叫做垂直四邊形．如圖1，在四邊形ABCD中，當(dāng)AC⊥BD時，則四邊形ABCD是垂直四邊形.(1)在①矩形②菱形③正方形中，一定是垂直四邊形的有__________（填序號）；(2)如圖2，四邊形ABCD是垂直四邊形，求證：AD2+BC2＝AB2+CD2；(3)如圖3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AC、AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE，