專題15四邊形的綜合題型全覆蓋（［6題）

【思維導圖】

【考查題型】

考查題型一中點四邊形

1.（2020?天津河西區?八年級期中）如圖，已知四邊形A8CO中，E,￡G,”分別為AaBCCD/M上的點（不與端

點重合1.

（1）若瓦F,G,H分別為AB,BC,CD,DA的中點.求證：四邊形EFG"是平行四邊形；

（2）在（1）的條件下，根據題意填空：若四邊形A8CO的對角線AC和滿足時，四邊形EFGH

是矩形；若四邊形A3CO的對角線AC和8。滿足時，四邊形EFG”是菱形；若四邊形48co的對

角線4c和8。滿足時，四邊形ERG”是正方形.

（3）判斷對錯:

①若已知的四邊形A8CQ是任意矩形，則存在無數個四邊形EFGN是菱形；（）

②若已知的四邊形A8CQ是任意矩形，則至少存在一個四邊形是正方形.（）

【答案】（1）見解析；（2）AC±BDiAC=BD；AC±BDB.AC=BD；（3）①對，②錯

【分析】

（1）連接30、AC,如圖，根據三角形的中位線定理可得由〃/G,EH=FG，進一步即可證得結論：

（2）易得EFIMC,EHI/BD^故AC和8。只要滿足ZULBD,即可判定四邊形EFGH是矩形；由于E/=」AC,

2

EH=gBD,故AC和3。只要滿足八c=8。，即可判定四邊形EFG”是菱形；由前面的結論以及由正方形既是矩形

又是菱形即可得出AC和滿足的條件；

（3）①如圖，連接矩形A8C。的對角線4C,8。交于。，過點。直線EG和小，分別交A8,BC,CD,4。于邑F,

G,從易證四邊形EFGH是平行四邊形，故只要￡G_L〃F,則四邊形￡FGH即為菱形，于是可判斷①；若四邊形EFGH

是正方形，根據矩形的性質和正方形的性質可得△AE曲△DHG,進而可推出AB=AD,于是四邊形八8CD是正方形，

從而可判斷②.

【詳解】

解：(1)證明：連接3力、4C,如圖，

-/E、F,G,，分別為AB,BC,CD,AD的中點，

???在中，EH//BD,EH=^BD,

在△CBD中,BD//GF，FG=-BD,

2

:.EH1/FG，EH=FG,

四邊形EFGH是平行四邊形：

(2)當四邊形43CQ的對角線AC和8。滿足4JL8。時，四邊形EFGH是矩形；

證明：.??￡、F分別是4B、8c的中點，

EFWAC,EF=-AC,

2

EHHBD、AC±BD,

EH±EF,

平行四邊形EFGH是矩形；

當四邊形A8C。的對角線AC和B。滿足AC=BD時，四邊形EFGH是菱形；

證明：VEF=-AC,EH=-BL),AC=BD,

22

EF=tH,

「?平行四邊形EFGH是菱形；

???當四邊形ABC。的對角線AC和8。滿足4CJ_8。時，四邊形EFGH是矩形；

當四邊形A8CO的對角線AC和8。滿足AC=BD時，四邊形EFGH是菱形；

「?當四邊形ABCD的對角線AC.BD滿足AC±BD且AC=BD時、四邊形EFGH是正方形.

故答案為：AC±BD；AC=BD；AC±BDR.AC=BD；

2

(3)①如圖，四邊形/BCD是矩形，連接47,BD交于。，

過點0直線EG和FH,分別交A8,BC,CD,4D于E,F,G,H,

四邊形488是矩形，

/.ADWBC,AO=OCr

/.ZD40=ZBCO,ZAH0=4CFO,

」.△AHO^△CFO,

/.OH-OF,

同理可得：OE=OG,

四邊形EFGH是平行四邊形，

.?.當EGJ_HF時，存在無數個四邊形￡FGH是菱形；

故①對；

?/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，

當四邊形ABCD為任意矩形時，不存在四邊形EFGH是正方形；

故②錯.

【點睛】

本題是四邊形的綜合題，主要考查了特殊四邊形的判定和性質以及三角形的中位線定理等知識，屬于常考題型，熱

練掌握三角形的中位線定理和中點四邊形的知識是解題的關鍵.

2.(2020?山東濟宇巾?八年級期中)綜合與實踐

3

理由：如圖1中,

〈AE=BE,AH=HD,

1

EH=—BD,

2

DH=HA,OG=GC,

1

HG=-AC,

2

HE=HG,

???四邊形EFGH是平行四邊形，

四邊形EFGH是菱形.

故答案為三角形中位線定理，一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，菱形.

（2）結論：四邊形EFGH是菱形.

理由：如圖2中，連接4C,BD

,/ZAPB=NCPD

：.ZAPB+NAPD=￡CPO+NAPD

即：Z3PD=AAPC

???PA=PBfPC=PD

/.△APC^△BPD

：.AC=BD

/.HG=HE

由⑴可知：四邊形EFGH是平行四邊形

四邊形EFGH是菱形.

(3)結論：正方形.

5

理由：如圖2-1中，連接AC,BD.BD交47于點。，交GH于點K,AC交PD于炊J.

圖2-1

,/△APC^△BPD,ZDPC=90°,

/.ZPDB=Z.PCA,

ZPJC=ADJO,

ZOT=Z06=90°,

,/HGWAC,

ZBKG=NBOC=90°,

,/EHWBD,

ZEHG=/BKG=9Q°,

???四邊形EFGH是菱形，

???四邊形EFGH是正方形.

【點睛】

本題屬于四邊形綜合題，考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質，菱形的判定和性質，正方形的判定

和性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識.

3.（2020?靜寧縣八年級期中）已知：如圖，四邊形ABCD四條邊上的中點分別為E、F、G、H,順次連接EF、FG、

GH、HE,得到四邊形EFGH（即四邊形ABCD的中點四邊形）.

（1）四邊形EFGH的形狀是,證明你的結論.

（2）當四邊形ABCD的對角線滿足條件時，四邊形EFGH是矩形;

（3）你學過的哪種特殊四邊形的中點四邊形是矩形？.

【答案】（1）平行四邊形，證明見解析.

（2）四邊形ABCD的對角線滿足互相垂直，證明見解析，

6

(3)菱形，證明見解析.

【分析】

(1)連接BD,根據三角形的中位線定理得到EHIIBD,EH=—BD,FGIIBD,FG=—BD,推出，EHIIFG,EH=FG,

22

根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形EFGH是平行四邊形；

(2)根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形，可知當四邊形ABCD的對角線滿足ACXBD的條件時，四邊形EFGH

是矩形；

(3)菱形的中點四邊形是矩形.根據三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得四邊形EFGH是平行

四邊形，再根據矩形的每?個角都是直角，然后根據平行線的性質，再根據垂直定義解答；

【詳解】

解：(1)四邊形EFGH的形狀是平行四邊形.理由如下：

如圖，連結BD.VE.H分別是AB、AD中點，

1

EHIIBD,EH=—BD,

2

同理FGIIBD,FG=—BD,

2

EHIIFG,EH=FG,

???四邊形EFGH是平行四邊形;

故答案為：平行四邊形.

(2)當四邊形ABCD的對角線滿足互相垂直的條件時，四邊形EFGH是矩形.

理由如下：如圖，連結AC、BD.

■「E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊上的中點，

/.EHIIBD,HGIIAC,

?/AC±BD,/.EHJLHG,

又四邊形EFGH是平行四邊形，

???平行四邊形EFGH是矩形；

7

故答案為：對角線互相垂直.

（3）菱形的中點四邊形是矩形.

理由如F：如圖，連結AC、BD.???E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊上的中點，二EHIIBD,HGIIAC,FGIIBD,

11

EH=—BD,FG=—BD,

22

EHIIFG,EH=FG,

???四邊形EFGH是平行四邊形.

???四邊形ABCD是菱形，

AC±BD,

?「EHIIBD,HGIIAC,

EH±HG,

」?平行四邊形EFGH是矩形；

故答案為：菱形.

【點睛】

此題考查學生靈活運用三角形的中位線定理，平行四邊形的判斷及菱形的判斷進行證明，是一道綜合題.

4.（2020?廣東深圳市八年級期中）我們給出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫中點四邊

形.

（1）如圖1，四邊形ABCD中，點E,F,G,H分別為邊AB,BC,CD,DA的中點.求證：中點四邊形EFGH是平

行四邊形；

（2）如圖2,點P是四邊形ABCD內一點，且滿足PA=PB,PC=PD,NAPB=NCPD,點E,F,G,H分別為邊AB,

BC,CD,DA的中點，猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想；

（3）若改變（2）中的條件，使NAPBNCPD=90。，其他條件不變，直接寫出中點四邊形EFGH的形狀.（不必證明）

8

【答案】(1)證明見解析；(2)四邊形EFGH是菱形，證明見解析；(3)四邊形EFGH是正方形.

【分析】

(1)如圖1中，連接BD,根據三角形中位線定理只要證明EHIIFG,EH=FG即可.

(2)四邊形EFGH是菱形.先證明AAPC合4BPD,得到AC=BD,再證明EF=FG即可.

(3)四邊形EFGH是正方形，只要證明NEHG=90°,利用△APS△BPD,得NACP=ZBDP,即可證明NCOD=ZCPD=90°,

再根據平行線的性質即可證明.

【詳解】

(1)記明：如圖1中，連接BD.

.?.點E,H分別為邊AB,DA的中點，

1

EHIIBD,EH=—BD,

2

.??點F,G分別為邊BC,CD的中點，

1

/.FGIIBD,FG=—BD,

2

/.EHIIFG,EH=GF,

中點四邊形EFGH是平行四邊形.

(2)四邊形EFGH是菱形.

證明：如圖2中，連接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.

?點E,F,G分別為邊AB,BC,CD的中點，

9

11

..EF=—AC,FG=—BD,

72

???四邊形EFGH是平行四邊形,

二四邊形EFGH是菱形.

(3)四邊形EFGH是正方形.

證明：如圖2中，設AC與BD交于點O.AC與PD交于點M,AC與EH交于點N.

△APC"△BPD,

/.ZACP=ZBDP,

ZDMO=ZCMP,

ZCOD=ZCPD=90°,

EHIIBD,ACIIHG,

/.ZEHG=ZENO=ZBOC=ZDOC=90°,

???四邊形EFGH是菱形,

..?四邊形EFGH是正方形.

考查題型二特殊四邊形的動點問題

5.(2020?達州九年級期末)如圖，在長方形A8C。中，AB=6cm,AD=2cm,動點P、Q分別從點A、C同

時出發，點?以2厘米/秒的速度向終點8移動，點Q以1厘米/秒的速度向。移動，當有一點到達終點時，另一點

也停止運動.設運動的時間為/，問:

⑴當/=1秒時，四邊形8CQP面積是多少？

(2)當，為何值時，點?和點。距離是3cm?

⑶當，二時，以點尸、Q、。為頂點的三角形是等腰三角形.(直接寫出答案)

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的長，即可求得四邊形BCQP面積.

（2）過Q點作QHJ_AB于點H,應壓勾股定理列方程求解即可.

（3）分PD=DQ,PD=PQ,DQ=PQ三種情況討論即可.

【詳解】

（1）當t=l秒時，BP=6-2t=4,CQ=t=l,

了.四邊形BCQP面積=g（4+l）x2=5厘米2.

（2）如圖,過Q點作QH_LAB于點H,則PH=BP-CQ=6-3t,HQ=2,

根據勾股定理，得32=22+（6-3。。解得￡=吟叵.

.?.當1=竺叵秒或，二"好秒時，點P和點Q距離是3cm.

33

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

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

當PD=PQ時，4+4/=9產一361+40，解得，=1.2或，=6（舍去）；

當DQ=PQ時，（6-。2=9/一361+4（）,解得，=山2或/=土史.

22

綜上所述，當仁-6+2聞秒或/=i.2秒或f二21且秒或y三也秒時,以點P、Q、D為頂點的三角形是

322

等腰三角形.

6.（2020?四川成都市七年級期中）如圖1,在長方形ABCD中，AB=\2cm,BC=10cm,點P從A出發，沿

11

ATK—CT。的路線運動，到D停止；點Q從D點出發，沿3TA路線運動，到A點停止.若P.

Q兩點同時出發，速度分別為每秒1cm、2cm,a秒時P、Q兩點同時改變速度，分別變為每秒2劭、之?！ㄒ?、Q

兩點速度改變后一直保持此速度，直到停止），如圖2是AAPD的面積s（o〃2）和運動時間X（秒）的圖象.

⑴求出a值；

（2）設點P已行的路程為乂（?！ǎ?，點Q還剩的路程為），2（。機），請分別求出改變速度后，）［,乃和運動時間x（秒）的

關系式;

（3）求P、Q兩點都在BC邊上,x為何值時P,Q兩點相距3cm?

595154

【答案】（1）6；（2）—2x—6；y2=———x；（3）10或］3:

【分析】

（1）根據圖象變化確定a秒時，P點位置，利用面積求a；

（2）P、Q兩點的函數關系式都是在運動6秒的基礎.上得到的，因此注意在總時間內減去6秒；

（3）以（2）為基礎可知，兩個點相距3cm分為相遇前相距或相遇后相距，因此由（2）可列方程.

【詳解】

（1）由圖象可知，當點P在BC上運動時，AAPD的面積保持不變，則a秒時，點P在AB上.

-xl0AP=30,

2

/.AP=6,

則a=6；

（2）由（1）6秒后點P變速，則點P已行的路程為yi=6+2（x-6）=2x-6,

?「Q點路程總長為34cm,第6秒時已經走12cm,

5595

故點Q還剩的路程為y2=34-12--（x-6）=---------x；

424

（3）當P、Q兩點相遇前相距3cm時,

12

595

----------x-（2x-6）=3,解得x=IO,

24

當P、Q兩點相遇后相距3cm時,

595—154

（2x-6）-（----------X）=3?解得x=------,

2413

154

當x=10或---時，P、Q兩點相距3cm

13

【點睛】

本題是雙動點問題，解答時應注意分析圖象的變化與動點運動位置之間的關系.列函數關系式時，要考慮到時間x

的連續性才能直接列出函數關系式.

7.（2020?耒陽市學八年級期中）如圖，在長方形288中，AB=4cm,8￡=5cm,點￡是4。邊上的一點，AE.DE

分別長ocm、bcm,滿足（a-3）2+\2a+b-9|=0.動點P從8點出發，以2cm/s的速度沿8—COD運動，最終到

（2）t為何值時，EP把四邊形8CDE的周長平分？

（3）另有一點Q從點E出發，按照E玲。玲C的路徑運動，且速度為lcm/s,若P、Q兩點同時出發，當其中一點到

達終點時，另一點隨之停止運動.求t為何值時，△BPQ的面積等于6cm2.

311

【答案】（1）3,3；（2）t=2s時，EP把四邊形8C0E的周長平分；（3）當t=-s或一s或5s時，△8PQ的面積等

23

于6cm2.

【分析】

（1）根據偶次方和絕對值的非負性求解即可；

（2）先求出四邊形BCDE的周長為18cm,則BE+BP=9cm,進一步可得BP=4cm即可；

（3）分P在BC上、相遇前點P在C。上和相遇后點P在C。上三種情況，根據三角形的面積公式可求解即可.

【詳解】

解：（1）?/（a-3）2+|2a+b-9|=0,

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

a=3,b=3；

故答案為：3,3；

13

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

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

CBCDE=BC+CD+DE+EB=lBcmt

EP把四邊形BCDE的周長平分，

BE+BP=9cm,

點P在8c上，BP=4cm,

4

t=—=2s：

2

(3)解：①如圖：點P在8c上

BP

/.t=—

2

3

t=-

2

13

②相遇前，點。在8上(3＜把弓"),

PQ=4-(r-3)-(2t-6),在PQ邊上的高為6

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

11

t=~'

14

13

③如圖：相遇后，點戶在C。上(y<r<5),

APQ=r-3)+(2t-6)-4,PQ邊上的高為4

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

t=5：

3.11

」?綜上所述，當t=-5或一5或5s時，△8PQ的面積等于6cm2.

23

【點睛】

本題考查了非負性的應用、矩形的性質以及動點問題，掌握分類討論思想和動點問題的解答思路是酢答本題的關鍵.

8.(2020?石阡縣期末)如圖，在RtUABC中，NB=90。，AC=60cm,NA=60。，點D從點(：出發沿CA方向以4cm/s

的速度向點A勻速運動.同時點E從點A出發沿AB方向以2cm/秒的速度向點B勻速運動，當其中一個點到達終點

時，另一個點也隨之停止運動.設點D、E運動的時間是ts(0VK15).過點D作DF_LBC于點F,連接DE,EF.

(1)求證：AE=DF：

(2)四邊形AEFD能夠成為菱形嗎？如果能，求出相應的t值，如果不能，說明理由;

(3)當t為何值時，UDEF為直角三角形？請說明理由.

(1)利用題中所給的關系式，列出CD,DF,AE的式子，即可證明.

(2)由題意知，四邊形AEFD是平行四邊形，令AD=DF,求解即可得出t值.

(3)由題意可知，當DEIIBC時，4DEF為直角三角形，利用AD+CD二AC的等量關系，代入式子求值即可.

15

【詳解】

(1)由題意知：三角形CFD是直角三角形

?「ZB=90°,ZA=60°

/.ZC=30°,CD=2DF,

文:由題意知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

四邊形AEFD是平行四邊形.

而AU=D卜時，平行四邊形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)當t為9時，△DEF為直角三角形，理由如下：

2

由題意知：四邊形AEFD是平行四邊形，DF_LBC,AEIIDF,

當DEIIBC時,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=二時，ZFDE=ZDEA=90°,△DEF為直角三角形.

2

【點睛】

16

木題主要考查了三角形.平行四邊形及芟形的性質，正確掌握三角形，平行四邊形及菱形的性質是解題的關鍵.

考查題型三四邊形中線段最值

9.（2020?南寧市八年級期中）如圖，矩形ABCO的對角線AC，3。相交于點。，將△C8沿C。所在直線折疊,

得到ACW.

（1）求證：四邊形OCEO是菱形：

（2）若AB=2,當四邊形。C￡D是正方形時，。。等于多少？

（3）若8力=3,Z4CD=30°,夕是C力邊上的動點，。是CE邊上的動點，那么PE+PQ的最小值是多少？

【答案】（1）證明見解析；（2）OC=J5；（3）尸E+R2的最小值為空.

4

【分析】

（1）根據矩形的性質可得OD=OC,再根據對折的特點，得出四邊形ODEC四條邊相等，從而證菱形;

（2）根據正方形的特點，在RtAODC中，利用勾股定理可求得0C的長；

（3）點E關于DC的對稱點為點。，則PE+PQ=PO+PQ,故當PQJ_CE時，為最小值.

【詳解】

（1）記明：..?四邊形ABCO是矩形，

.AC與8。相等且互相平分，

.OC=OD,

-AC8關于CD的對稱圖形為ACED，

.OD=ED，EC=OC，

.OD=ED=EC=OC,

.四邊形OCEQ是菱形.

（2）■.1四邊形A3CO是矩形，AB=2，

.CD=AB=2

-四邊形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，如圖所示:

此時尸E+PQ的值最小為宏I；理由如下

4

???ACOD沿C。所在直線折疊，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

【點睛】

18

木題考查矩形，正方形的性質，在第，：3）問中求解最值時，利用對稱進行轉化是比較常見的一種方法，需要掌握.

10.（2020?北京市八年級期中）如圖，長方形48CD中，A8=8,8c=10,在邊CD上取一點E,將A4DE折疊后點。

恰好落在8c邊上的點F處

（1）求CE的長；

（2）在（1）的條件下，8c邊上是否存在一點P,使得以+PE值最??？若存在，請求出最小值：若不存在，請說明

理由.

備用圖

【答案】（1）3；（2）存在，y/2?A.

【分析】

（1）先判斷出AF=AD=8,進而利用勾股定理求出BF=6,最后在RtAECF,利用勾股定理，即可得出結論;

（2）先作出點E關于BC的對稱點E,進而求出DE',再利用勾股定理即可得出結論.

【詳解】

解：（1）長方形A8c。中，A8=8,BC=10,

/.Z8=ZBCD=90°,8=48=8,AD=BC=10,

由折疊知,EF=DE,AF=AD=8,

在ABF中，根據勾股定理得，BF=飛-AB?=6,

CF=BC-8F=4,

設CE=x,則EF=DE=CD-C￡=8-x.

在R3ECF中，根據勾股定理得，CR+CE2=EF2,

16+x2=（8-x）2,

x=3.

CE=3；

（2）如圖，延長EC至F使CE'=CE=3,連接4F交8c于P,

此時，%+PE最小，最小值為Af,

CD=8,

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

19

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

此題是四邊形綜合題，主要考查了折疊的性質，矩形的性質，求出CE是解本題的關鍵.

11.（2020?福建龍巖市?八年級期中）如圖，在邊長為2cm的正方形488中，。為8c邊的中點，P為對角線47上

的一個動點，連接P8,PQ,求aPSQ周長的最小值.

【答案】1+G

【分析】

由于點B與點D關于AC對稱，所以如果連接DQ,交AC于點P,由最短路徑問題模型知，此時△PBQ的周長最小,

△PBQ的周長=BP+PQ+BQ=DQ+BQ.在RSCDQ中，由勾股定理先計算出DQ的長度，再得出結果.

【詳解】

解：連接DQ,交AC于點P,連接PB、BD,BD交AC于0.

???四邊形ABCD是正方形，

/.AC±BD,BO=OD,CD=2cm,

.?.點B與點D關于AC對稱,

20

BP=DP,

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

在RtACDQ中，由勾股定理，得QD="D2+CQ」=挺+12=亞

△PBQ的周長的最小值為：BP+PQ+BQ=DQ+BQ=75+1（cm）.

【點睛】

本圖主要考杳了正方形的性質，軸對稱-最短路徑問題，同時也考杳了勾股定理得應用.是常考的基本題.

12.（2020?河南周口市期末）如圖，在R3ABC中，ZACB=90\AC=4,BC=6,點E是斜邊AB上的一個動點,

連接CE,過點B,C分別作BDIICE,CDIIBE,BD與CD相交于點D.

（1）當CE_LAB時，求證：四邊形BECD是矩形；

（2）填空：

①當BE的長為時，四邊形BECD是菱形；

②在①的結論下，若點P是BC上一動點，連接AP,EP,則AP+EP的最小值為

D

【答案】（1）證明見解析：（2）①而；②3逐.

【分析】

（1）根據矩形的判定：有一個角是直角的平行四邊形是矩形即可證明；

（2）①根據菱形的判定定理：對角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可求解；

②根據對稱性：連接ED交BC于點P,此時AP+EP=AD,最小，再過點D作DF垂直AC的延長線于點F,根據勾股

定理即可求解.

【詳解】

如圖所示：

21

A

D:

(1)BDIICE,CDIIBE,

四邊形BDCE是平行四邊形，

?/CE±AB,

/.ZBEC=90°,

.??四邊形BECD是矩形；

(2)①當BE的長為時，四邊形BECD是菱形.理由如下:

連接ED,與BC交于點0,

?「四邊形BDCE是平行四邊形，

當BC和DE互相垂直平分時，四邊形BDCE是菱形，

11

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

22

根據勾股定理，得

BE-ylBO2+EO2-j9+4-VH?

故答案為J".

②連接AD,與BC交于點P,連接PE,

此時PD=PE,AP+EP最小，

AP+PE=AP+PD=AD,

過點D作DF垂直于AC的延長線于點F,

得矩形ODFC,

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

/.AF=AC+CF=6,

.,.在RSADF中，根據勾股定理，得

AD=y]AF24-DF2=762+32=3石.

AP+EP的最小值為3

22

故答案為3

【點睛】

本題考查矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理，解題的關鍵是掌握矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理.

考查題型四四邊形其他綜合問題

13.(2020?黃石市八年級期中)如圖，在矩形ABCD中，AB=8cm,BC=16cm,點P從點D出發向點A運動，運動

到點A停止，同時，點Q從點B出發句點C運動，運動到點C即停止，點P、Q的速度都是lcm/s.連接PQ、AQ、

CP.設點P、Q運動的時間為ts.

⑴當t為何值時，四邊形ABQP是矩形；

(2)當t為何值時，四邊形AQCP是菱形；

⑶分別求出(2)中菱形AQCP的周長和面積.

【分析】

(1)當四邊形ABQP是矩形時，BQ=AP,據此求得t的值；

(2)當四邊形AQCP是菱形時，AQ=AC,列方程求得運動的時間t：

C)菱形的四條邊相等，則菱形的周長=4t,面積=矩形的面積-2個直角三角形的面積.

【詳解】

(1)當四邊形ABQP是矩形時,BQ=AP,BP：t=16-t,

解得t=8.

答：當t=8時，四邊形ABQP是矩形；

(2)設t秒后，四邊形AQCP是菱形

當AQ=CQ,即荷+產=i6-t時,四邊形AQCP為菱形.

解得：t=6.

答：當t=6時，四邊形AQCP是菱形;

(3)當t=6時，CQ=10,則周長為:4CQ=40cm,

面積為：10x8=80(cm2).

14.(2020?四川廣安市九年級期末)給出定義，若一個四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對角線的平方，則

稱該四邊形為勾股四邊形.

23

(1)在你學過的特殊四邊形中，寫出兩種勾股四邊形的名稱；

(2)如圖，將△ABC繞頂點B按順時針方向旋轉60。得到△DBE,連接AD,DC,CE,已知NDCB=30。.

①求證：4BCE是等邊三角形；

②求證：DC2+BC2=AC2,即四邊形ABCD是勾股四邊形.

【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①證明見解析②證明見解析

【分析】

(1)根據定義和特殊四邊形的性質，則有矩形或正方形或直角梯形；

(2)①首先證明AABCW△DBE,得出AC=DE,BC=BE,連接CE,進一步得出△BCE為等邊三角形;

②利壓等邊三角形的性質，進一步得出ADCE是直角三角形，問題得解.

【詳解】

解：(1)正方形、矩形、直角梯形均可；

(2)①,一△AB8△DBE,

BC=BE,

,/ZCBE=60°,

△BCE是等邊三角形;

②△ABC空△DBE,

/.BE=BC,AC=ED；

△BCE為等邊三角形，

BC=CE,ZBCE=60°,

,/ZDCB=30°,

ZDCE=90°,

在RtADCE中，

DC2+CE2=DE2,

/.DC2+BC2=AC2.

考點：四邊形綜合題.

24

15.（2020?山東臨沂市?八年級期中）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動點（不與點A.B重合），連接

DE,點A關于直線DE的對稱點為F,連接EF并延長交BC于點G,連接DG,過點E作EH_LDE交DG的延長線于

點H,連接BH.

（1）求證:GF=GC；

（2）用等式表示線段BH與AE的數量關系，并證明.

【答案】（1）證明見解析；（2）BH=V2AE,理由見解析.

【分析】

（1）連接。尸.根據對稱的性質可得AE=FE.證明￡兒也&ZVL之，根據全等三角形的性質得

到=莊.進而證明RtAOCG"RtADFG,即可證明.

（2）在AD上取點M使得AM=AE，連接ME.證明口DME組4EBH，根據等腰直角三角形的性質即可得到

線段3"與AE1的數量關系.

【詳解】

（1）記明：連接力廠.

.「A，/關于OE對稱.

AD=FD.AE=FE-

AD=FD

在LJA。石和中.<AE=FE

DE=DE

../\ADE^/XFDE

25

ZDAE=/DFE.

西邊形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.

證明：在AD上取點M使得AM=AE,連接ME.

.二四這形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