初中数学苏科版（2024）八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形9.3 平行四边形巩固练习

这是一份初中数学苏科版（2024）八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形9.3 平行四边形巩固练习，共40页。
考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023下·陕西榆林·八年级校考期末）近年来，随着我国经济发展以及对外开放水平的不断提升，人民币的国际地位也有较大提高．下列有关世界货币符号的图案中，是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
2．（3分）（2023上·天津西青·八年级统考期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE．下列结论一定正确的是（ ）
A．AC=ADB．AB⊥EBC．BA∥ECD．∠EDC=∠BEC
3．（3分）（2023上·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AD，点E、点G分别是OC、AB的中点，连接BE、GE，若∠ABE=42°，则∠AEG的度数为（ ）
A．42°B．45°C．46°D．48°
4．（3分）（2023下·河南平顶山·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，E和F分别是边CD和AB上的点，AE∥CF，连接BE和DF，已知，AF=2BF，四边形BFDE的面积是3，则四边形AFCE的面积是（ ）

A．4.5B．5C．6D．6.5
5．（3分）（2023下·辽宁营口·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A、C的坐标分别为0,3、3,0，∠ACB=90∘,AC=2BC，过B作x轴垂线交x轴于点M，作y轴垂线交y轴于点N，则矩形OMBN的面积为（ ）

A．274B．9C．278D．94
6．（3分）（2023上·河南周口·八年级校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD的对角线BD的中点，AD ∥ x轴且AD=8，∠A=60°，点C的坐标是( )
A．43,4B．43,−4C．6,23D．6,−23
7．（3分）（2023下·海南海口·八年级校联考期末）如图，正方形ABCD的边长为1，E为AD边上一点（与点A、D不重合），连接CE，交BD于点F．当△DEF是等腰三角形时，则AE的长为（ ）
A．12
B．23
C．2−1
D．2−2
8．（3分）（2023下·陕西西安·八年级校考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB=6，AD=9，BE平分∠ABC，交AD于E，CF⊥BE交BE于点N，交AD于点F，作MN∥CD交AD于点M，则MN=（ ）

A．12B．23C．1D．32
9．（3分）（2023下·江苏无锡·八年级校联考期末）在正方形ABCD中，点E、F在对角线AC上，AC=18，若点E、F是AC的三等分点，点P在正方形ABCD的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，则此过程中满足PE+PF为整数的点P个数为（ ）

A．38B．36C．20D．22
10．（3分）（2023上·山东烟台·八年级校考期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD=2AD，E，F，G是OC，OD，AB的中点．下列结论：①EG=EF；③△EFG≌△GBE；③FB平分∠EFG；④EA平分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的个数有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023下·山东青岛·八年级统考期末）在▱ABCD中，∠BAD的平分线与BC的延长线交于点E，与DC交于点F．若点F为DC的中点，DG⊥AE于G，且DG=1，AB=4，则AE的长为 ．
12．（3分）（2023上·山东淄博·八年级淄博市淄川实验中学校考期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4,AD=6，点P是边BC上的动点，现将纸片折叠，使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E，F，要使折痕始终与边AB,AD有交点，则BP的取值范围是 ．
13．（3分）（2023·河南·八年级专题练习）如图所示，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于12BF长为半径画弧，两弧交于一点P，连接AP并延长交BC于点E，连接EF．AE，BF相交于点O，若四边形ABEF的周长为40，BF=10，∠ABC= ．
14．（3分）（2023·广东广州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，，∠ACB=90°，AC=8，BC=15，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为

15．（3分）（2023下·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，E、F在AD,BC边上，DE=2BF，连接BE交AC于G．∠AGB=2∠CAF，若BE=5，AF=4，则线段AC的长为 ．

16．（3分）（2023下·浙江温州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD面积为1，延长DA至点G，使得AG=AD，以DG为边在正方形另一侧作菱形DGFE，其中∠EFG=45°，依次延长AB,BC,CD类似以上操作再作三个形状大小都相同的菱形，形成风车状图形，依次连结点F,H,M,N,则四边形FHMN的面积为 ．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023上·广西河池·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为1个单位长度；已知△ABC．
(1)作出△ABC以O为旋转中心，顺时针旋转90°的△A1B1C1（只画出图形）．
(2)作出△ABC关于原点O成中对心称的△A2B2C2，（只画出图形）；
(3)请在y轴上找一点P，使PB1+PC1的值最小，并直接写出点P的坐标．
18．（6分）（2023上·广东揭阳·八年级惠来县第一中学校考期末）如图，▱ABCD中，BD⊥AD，∠A=45°，E、F分别是AB，CD上的点，且BE=DF，连接EF交BD于O．
正方形的顶点称为格点，四边形ABCD为平行四边形，点A、B均为格点.只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图：
(1)在图①中，点C、D、M为格点，在边CD上找一点N，连结MN，使得MN∥AD．
(2)在图③中，点C、D为格点，点M为边AB上任意一点，连结MD，在MD上找一点N，使得MN=DN.（保留作图痕迹）
(3)在图③中，点C、D为为网格线上的点，点M为边AB上任意一点连结MD，在边CD上找一点N，连结MN，使得MN∥AD．（保留作图痕迹）
22．（8分）（2023下·山西朔州·八年级统考期末）综合与实践：
操作发现：
如图1，在△ABC纸片中，∠BAC=45∘，AD⊥BC于点D．
第一步：将一张与其全等的纸片，沿AD剪开；
第二步：在同一平面内，将所得的两个三角形，和△ABC拼在一起．如图2所示，这两个三角形分别记为△ABE和△ACF；
第三步：分别延长EB和FC相交于点G．

（1）求证：四边形AEGF是正方形；
拓广探索：
（2）如图3，连接EF分别交AB，AC于点M,N，在四边形AEGF外作△AFH，使得AH=AM，FH=EM，判断线段MN，NF，FH之间的数量关系，并说明理由．

23．（8分）（2023下·江苏连云港·八年级统考期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，以菱形ABCD的一边CD为边向外作正方形CDEF，M、N分别是菱形和正方形的对角线交点，连接MN．

求证：四边形DMCN是“直等补”四边形．
③若MN=2，求四边形DMCN的面积．
(2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，其中AB=BC=5，CD>AB，过点B作BE⊥CD于点E且BE=4，连接BD，若点P是线段BD上的动点，请你直接写出△PEC周长的最小值．

第9章 中心对称图形——平行四边形章末拔尖卷
【苏科版】
参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023下·陕西榆林·八年级校考期末）近年来，随着我国经济发展以及对外开放水平的不断提升，人民币的国际地位也有较大提高．下列有关世界货币符号的图案中，是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此对各选项的图形加以判断即可．
【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的识别，熟练掌握相关概念是解题关键．
2．（3分）（2023上·天津西青·八年级统考期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE．下列结论一定正确的是（ ）
A．AC=ADB．AB⊥EBC．BA∥ECD．∠EDC=∠BEC
【答案】D
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得CA=CD，CB=CE，∠ACD=∠BCE，∠A=∠EDC，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得分别表示出∠A和∠BEC，即可作出判断．灵活运用旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴CA=CD，CB=CE，∠ACD=∠BCE，∠A=∠EDC，
∴∠EDC=∠A=∠ADC，∠EBC=∠BEC，
∴∠EDC=∠A=180°−∠ACD2，∠BEC=∠EBC=180°−∠BCE2，
∴∠EDC=∠BEC，
故选：D．
3．（3分）（2023上·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AD，点E、点G分别是OC、AB的中点，连接BE、GE，若∠ABE=42°，则∠AEG的度数为（ ）
A．42°B．45°C．46°D．48°
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形性质、等腰三角形的三线合一、直角三角形斜边上的中线等知识点，熟悉这些知识点是解题的关键，由平行四边形的性质和已知条件可以得到△BCO是等腰三角形，再根据三线合一得到BE⊥OC，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到AG=EG，进而得到∠AEG=∠EAG=90°−∠ABE=48°．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形；
∴BC=AD，BD=2BO；
∵BD=2AD；
∴BD=2BC=2BO；
∴BC=BO；
∴△BCO是等腰三角形；
∵点E是OC的中点；
∴BE⊥OC；
∴△BEA是直角三角形；
∵点G是AB的中点；
∴EG=12AB，AG=12AB；
∴AG=EG；
∴∠AEG=∠EAG；
∵∠ABE=42°；
∴∠AEG=∠EAG=90°−∠ABE=90°−42°=48°；
故选：D．
4．（3分）（2023下·河南平顶山·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，E和F分别是边CD和AB上的点，AE∥CF，连接BE和DF，已知，AF=2BF，四边形BFDE的面积是3，则四边形AFCE的面积是（ ）

A．4.5B．5C．6D．6.5
【答案】B
【分析】先证明四边形AFCE是平行四边形，得AF=CE，即可推导出BF=DE，则四边形BFDE是平行四边形，设AB与CD之间的距离为h，BF·ℎ=3，由AF=2BF，得S四边形AFCE=AF⋅ℎ=2BF⋅ℎ=2×3=6，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴AF=CE，
∴AB−AF=CD−CE，
∴BF=DE，
∵BF∥DE，BF=DE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
设AB与CD之间的距离为h，
∵四边形BFDE的面积是3，
∴BF·ℎ=3，
∵AF=2BF，
∴S四边形AFCE=AF⋅ℎ=2BF⋅ℎ=2×3=6，
【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、平行四边形的面积公式等知识，证明四边形AFCE和四边形BFDE都是平行四边形是解题的关键．
5．（3分）（2023下·辽宁营口·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A、C的坐标分别为0,3、3,0，∠ACB=90∘,AC=2BC，过B作x轴垂线交x轴于点M，作y轴垂线交y轴于点N，则矩形OMBN的面积为（ ）

A．274B．9C．278D．94
【答案】B
【分析】设Bm,n，根据∠ACB=90∘,AC=2BC，利用距离公式列方程求出mn的值即可．
【详解】设Bm,n，
∵A、C的坐标分别为0,3、3,0，
∴OA=OC=3，BM=ON=n，CM=m−3，BN=m，AN=OA−ON=3−n，
∴AC2=AO2+OC2=32+32=18，BC2=CM2+BM2=n2+m−32，
AB2=AN2+BN2=m2+3−n2，
∵∠ACB=90∘,AC=2BC，
∴AB2=AC2+BC2，AC2=4BC2
∴m2+3−n2=18+n2+m−3218=4n2+m−32，
整理m2+3−n2=18+n2+m−32得m=n+3，
把m=n+3代入18=4n2+m−32得n2=94，
∵n>0，
∴n=32，
∴m=n+3=92，
∴矩形OMBN的面积为mn=92×32=274，
【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是根据坐标构造直角三角形利用勾股定理列方程计算．
6．（3分）（2023上·河南周口·八年级校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD的对角线BD的中点，AD ∥ x轴且AD=8，∠A=60°，点C的坐标是( )
A．43,4B．43,−4C．6,23D．6,−23
【答案】D
【分析】根据题意得出△ABD是等边三角形，则BD=AD=8，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得DE,OE，进而得出A点的坐标，根据中心对称的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，设AD与y轴交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵AD=8，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，则BD=AD=8，
∵O是菱形ABCD的对角线BD的中点，
∴OD=12BD=4
∵AD ∥ x轴，则∠DEO=90°，
∴∠EOD=30°
∴DE=12OD=2，OE=OD2−ED2=23，
∴A−6,23
∵A,C关于O对称，
∴C6,−23,
故选：D．
【点睛】本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，求得点A的坐标是解题的关键．
7．（3分）（2023下·海南海口·八年级校联考期末）如图，正方形ABCD的边长为1，E为AD边上一点（与点A、D不重合），连接CE，交BD于点F．当△DEF是等腰三角形时，则AE的长为（ ）
A．12
B．23
C．2−1
D．2−2
【答案】D
【分析】当△DEF是等腰三角形时，存在两种情况：①如图1，当DE=FD时，先计算BD的长，证明BF=BC=1，可利DF的长，由线段的差可得AE的长；③当EF=DF时，E与A重合，此种情况不符合题意．
【详解】解：①如图1，当DE=FD时，

∴∠DEF=∠DFE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=CD=1，∠BCD=90∘，AD//BC，
∴∠DEF=∠BCF，
∵∠DFE=∠BFC，
∴∠BFC=∠BCF，
∴BF=BC=1，
由勾股定理得：BD=12+12=2，
∴DF=2−1，
∴AE=AD−DE=AD−DF=1−（2−1）=2−2；
③当EF=DF时，E与A重合，此种情况不符合题意．
综上，AE的长是2−2．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，掌握等腰三角形的性质和判定是解题的关键．
8．（3分）（2023下·陕西西安·八年级校考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB=6，AD=9，BE平分∠ABC，交AD于E，CF⊥BE交BE于点N，交AD于点F，作MN∥CD交AD于点M，则MN=（ ）

A．12B．23C．1D．32
【答案】D
【分析】由平行四边形的性质以及三角形内角和的性质可得AE=AB，DF=DC，求得EF=3，再根据MN∥CD，得到MN=12EF，即可求解．
【详解】解：平行四边形ABCD中，AD∥BC，AB∥CD
∵BE平分∠ABC
∴∠ABE=∠CBE
∵AD∥BC
∴∠CBE=∠AEB，∠DFC=∠BCN
∴∠AEB=∠ABE
∴AE=AB=6
∵CF⊥BE
∴∠BNC=90°
∴∠NBC+∠NCB=90°
∵AB∥CD
∴∠ABC+∠DCB=180°，即∠ABE+∠NBC+∠NCB+∠DCN=180°
∴∠ABN+∠DCF=90°，即∠NBC+∠DCN=90°
∴∠DCN=∠BCN，
∴∠DCN=∠DFC
∴DF=DC=6
∵AE=6
∴AF=DE
∴EF=AE+DF−AD=3，
∵MN∥CD
∴MN∥CD∥AB
∴∠MNE=∠ABE
∴∠MNE=∠MEN
∴MN=ME
∵∠ENF=90°
∴∠MEN+∠EFN=∠MNE+∠MNF=90°
∴MN=MF=ME=12EF=32
故选：D
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质等，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
9．（3分）（2023下·江苏无锡·八年级校联考期末）在正方形ABCD中，点E、F在对角线AC上，AC=18，若点E、F是AC的三等分点，点P在正方形ABCD的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，则此过程中满足PE+PF为整数的点P个数为（ ）

A．38B．36C．20D．22
【答案】B
【分析】先求出点P在边AB上的个数，再根据正方形的对称性，即可得解．
【详解】解：∵正方形ABCD中，AC=18，点E、F是AC的三等分点，
∴AE=EF=CF=6，∠BAC=45°，
当点P与点A重合时，PE+PF=6+12=18，满足题意；
当P在AB上时，作点E关于AB的对称点E'，如图

则：PE+PF=PE'+PF≥E'F，
∴当点E',P,F三点共线时，PE+PF取得最小值，
∵点E关于AB的对称点E'，
∴AE'=AE=6,PE'=PE,AB⊥E'E，
∴∠E'AB=∠EAB=45°，
∴∠E'AE=90°，
∴E'F=E'A2+AF2=65；
当点P与点B重合时，连接BD交AC于点O，

则：OB=OA=9,OE=OA−AE=3，
∴PE=BE=92+32=310，
同理：PF=310，
∴PE+PF=610，
∴点P在AB上运动时，65≤PE+PF≤610，
∴当点P在AB上运动时，满足题意的点有10个（包括A点），
由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：4×9+2=38个．
【点睛】本题考查正方形的性质，利用轴对称解决线段和问题，勾股定理．熟练掌握掌握正方形的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
10．（3分）（2023上·山东烟台·八年级校考期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD=2AD，E，F，G是OC，OD，AB的中点．下列结论：①EG=EF；③△EFG≌△GBE；③FB平分∠EFG；④EA平分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的个数有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】设GF和AC的交点为点P，根据三角形中位线定理可得EF∥CD，且EF=12CD，然后根据平行四边形的性质可得EF∥AB，可证得△EFG≌△GBESAS，故③正确；再证明△AGP≌△EFP，可得PE垂直平分GF，从而得到EG=EF，故①正确；再根据等腰三角形的性质，可得AE平分∠GEF，故④正确；可证得四边形BGFE为平行四边形，而无法得到四边形BGFE为菱形，故③错误；即可求解．
【详解】解：设GF和AC的交点为点P，如图，
∵E、F分别是OC，OD的中点，
∴EF∥CD，且EF=12CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB=CD，
∴EF∥AB，
∴∠FEG=∠BGE，
∵点G为AB的中点，
∴BG=12AB=12CD=FE，
在△EFG和△GBE中，
BG=FE∠FEG=BGEGE=EG，
∴△EFG≌△GBESAS，故③正确；
∴∠EGF=∠GEB，
∴GF∥BE，
∵BD=2AD，AD=BC，
∴BD=2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO=12BD=BC，
∵AG=BG，BG=EF，
∴AG=EF，
∵AB∥EF，
∴∠PAG=∠PEF，∠AGP=∠EFP，
∴△AGP≌△EFP，
∴AP=PE，PG=PF，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴PE垂直平分GF，
∴EG=EF，故①正确；
∴AE平分∠GEF，故④正确；
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
而无法得到四边形BGFE为菱形，故③错误；
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的中位线定理，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，三角形的中位线定理，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023下·山东青岛·八年级统考期末）在▱ABCD中，∠BAD的平分线与BC的延长线交于点E，与DC交于点F．若点F为DC的中点，DG⊥AE于G，且DG=1，AB=4，则AE的长为 ．
【答案】43
【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的定义，证明△ADF是等腰三角形，进而得到AD=2，根据等腰三角形三线合一的性质，利用勾股定理，求出AG=3，进而得到AF=23，再证明△ADF≌△ECFAAS，得到EF=23，即可求出AE的长．
【详解】解：∵▱ABCD，AB=4
∴AB=CD=4，AB∥CD，AD∥BC，
∵F为DC的中点，
∴DF=CF=12CD=2，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE，
∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠DFA，
∴∠DAE=∠DFA，
∴△ADF是等腰三角形，
∴AD=DF=2，
∵DG⊥AE，
∴AG=FG=12AF，
∵DG=1，
∴在Rt△ADG中，AG=AD2−DG2=22−12=3，
∴AF=23，
∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠E，
在△ADF和△ECF中，
∠DAF=∠E∠AFD=∠EFCDF=CF，
∴△ADF≌△ECFAAS，
∴EF=AF=23，
∴AE=AF++EF=43，
故答案为：43．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的性质等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
12．（3分）（2023上·山东淄博·八年级淄博市淄川实验中学校考期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4,AD=6，点P是边BC上的动点，现将纸片折叠，使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E，F，要使折痕始终与边AB,AD有交点，则BP的取值范围是 ．
【答案】6−25≤BP≤4
【分析】此题主要考查了矩形的翻折变换，勾股定理，运用极端原理求解：①BP最小时，F、D重合，由折叠的性质知：AF=PF，在Rt△PFC中，利用勾股定理可求得PC的长，进而可求得BP的值，即BP的最小值；③BP最大时，E、B重合，根据折叠的性质即可得到AB=BP=4，即BP的最大值为4；根据上述两种情况即可得到BP的取值范围．
【详解】解：如图：
①当F、D重合时，BP的值最小；
根据折叠的性质知：AF=PF=AD=6；
在Rt△PFC中，PF=6,FC=AB=4，则PC=PF2−FC2=25；
∴BP=xmin=6−25；
③当E、B重合时，BP的值最大；
根据折叠的性质即可得到AB=BP=4，即BP的最大值为4；
故答案为：6−25≤BP≤4．
13．（3分）（2023·河南·八年级专题练习）如图所示，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于12BF长为半径画弧，两弧交于一点P，连接AP并延长交BC于点E，连接EF．AE，BF相交于点O，若四边形ABEF的周长为40，BF=10，∠ABC= ．
【答案】120°
【分析】由角平分线的作法得AE平分∠FAB，据角平分线的定义、等腰三角形判定、平行四边形的性质及判定证得四边形ABEF为平行四边形；再据AF=AB最终证得四边形ABEF为菱形，结合其周长为40从而得到AB=AF=10；最后据BF=10得到△ABF是等边三角形，从而得到∠ABF=60°，再据∠ABC=2∠ABF算得∠ABC的度数．
【详解】解：由题意得，AB=AF，AE平分∠FAB，
∴∠FAE=∠BAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC．
∴∠FAE=∠BEA，
∴∠BEA=∠BAE，
∴AB=BE，
∵AB=AF，
∴BE=AF，
∴四边形ABEF是平行四边形．
又∵AB=AF，
∴四边形ABEF为菱形，
∵四边形ABEF的周长为40，
∴AB=AF=10．
∵BF=10，
∴AB=BF=AF
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABF=60°，
∴∠ABC=2∠ABF=120°．
故答案为：120°．
【点睛】此题考查了角平分线尺规作图、等腰三角形判定、菱形判定性质、正三角形的判定和性质等，熟悉相关知识并能综合应用是关键．
14．（3分）（2023·广东广州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，，∠ACB=90°，AC=8，BC=15，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为

【答案】55
【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，可得△BDE≌△ABC，∠CBD=60°，BD=BC=15，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD=BC=CD=15，在Rt△ABC中，利用勾股定理得到AB=17，所以△ACF与△BDF的周长之和=AC+AF+CF+BF+DF+BD=AC+AB+CD+BD，即可解答．
【详解】∵ △ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△BDE≌△ABC，∠CBD=60°，
∴BD=BC=15，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD=BC=CD=15，
∵AB=AC2+BC2=225+64=17，
∴△ACF与△BDF的周长之和=AC+AF+CF+BF+DF+BD
=AC+AB+CD+BD=8+15+15+17=55，
故答案为：55．
【点睛】本题考查了旋转的性质，解决本题的关键是由旋转得到相等的边．
15．（3分）（2023下·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，E、F在AD,BC边上，DE=2BF，连接BE交AC于G．∠AGB=2∠CAF，若BE=5，AF=4，则线段AC的长为 ．

【答案】395
【分析】取DE的中点P，连接PF、PC，过点C作CQ∥BE交AF的延长线于点Q，作QR⊥AC于点R，在AR上截取RH=CR，连接QH、FH，证明四边形BEPF、APCF、FPCQ都是平行四边形，得到AF=QF=4，HQ=CQ=5，利用面积法求得QR=245，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：取DE的中点P，连接PF、PC，过点C作CQ∥BE交AF的延长线于点Q，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴EP∥BF，
∵DE=2BF，
∴EP=BF，
∴四边形BEPF是平行四边形，
∴PF=BE=5，PF∥BE，
∵DP=BF，
∴AP=CF，
∴四边形APCF是平行四边形，
∴PC=AF=4，CP∥AF，
∵CQ∥BE，PF∥BE，
∴PF∥CQ，
∴四边形FPCQ是平行四边形，
∴PC=QF=4，PF=CQ=5，
作QR⊥AC于点R，在AR上截取RH=CR，连接QH、FH，
∴HQ=CQ=5，
∴∠AGB=∠AOF=∠ACQ=∠QHC，
∵∠AGB=2∠CAF，
∴∠QHC=2∠CAF，
∵∠QHC=∠CAF+∠HQA，
∴∠HQA=∠CAF，
∴AH=HQ=CQ=5，
∵AF=QF=4，
∴FH⊥AQ，
∴FH=QH2−QF2=3，
∵S△AHQ=12×AQ×FH=12×AH×QR，即8×3=5QR，
∴QR=245，
∴HR=CR=CQ2−QR2=75，
∴AC=AH+2CR=395，
故答案为：395．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，利用面积法求得QR=245是解题的关键．
16．（3分）（2023下·浙江温州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD面积为1，延长DA至点G，使得AG=AD，以DG为边在正方形另一侧作菱形DGFE，其中∠EFG=45°，依次延长AB,BC,CD类似以上操作再作三个形状大小都相同的菱形，形成风车状图形，依次连结点F,H,M,N,则四边形FHMN的面积为 ．
【答案】13+82
【分析】如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，首先利用正方形性质结合题意求出AD=CD=AG=DQ=1，然后进一步根据菱形性质得出DE=EF=DG=2，再后通过证明四边形NKQR是矩形得出QR=NK=2，进一步可得FN2=FR2+NR2=13+82，再延长NS交ML于点Z，利用全等三角形性质与判定证明四边形FHMN为正方形，最后进一步求解即可.
【详解】如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，
∵ABCD为正方形，
∴∠CDG=∠GDK=90°，
∵正方形ABCD面积为1，
∴AD=CD=AG=DQ=1，
∴DG=CT=2，
∵四边形DEFG为菱形，
∴DE=EF=DG=2，
同理可得：CT=TN=2，
∵∠EFG=45°，
∴∠EDG=∠SCT=∠NTK=45°，
∵FE∥DG，CT∥SN，DG⊥CT，
∴∠FQP=∠FRN=∠DQE=∠NKT=90°，
∴DQ=EQ=TK=NK=2，FQ=FE+EQ=2+2，
∵∠NKT=∠KQR=∠FRN=90°，
∴四边形NKQR是矩形，
∴QR=NK=2，
∴FR=FQ+QR=2+22，NR=KQ=DK−DQ=2+1−2=1，
∴FN2=FR2+NR2=13+82，
再延长NS交ML于点Z，易证得：△NMZ≅△FNR(SAS)，
∴FN=MN，∠NFR=∠MNZ，
∵∠NFR+∠FNR=90°，
∴∠MNZ+∠FNR=90°，
即∠FNM=90°，
同理可得：∠NFH=∠FHM=90°，
∴四边形FHMN为正方形，
∴正方形FHMN的面积=FN2=13+82，
故答案为：13+82.
【点睛】本题主要考查了正方形和矩形性质与判定及与全等三角形性质与判定的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023上·广西河池·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为1个单位长度；已知△ABC．
(1)作出△ABC以O为旋转中心，顺时针旋转90°的△A1B1C1（只画出图形）．
(2)作出△ABC关于原点O成中对心称的△A2B2C2，（只画出图形）；
(3)请在y轴上找一点P，使PB1+PC1的值最小，并直接写出点P的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析，点P的坐标0,3
【分析】本题考查坐标与图形变换．
（1）根据旋转的性质，画出△A1B1C1即可；
（2）根据成中心对称的性质，画出△A2B2C2即可；
（3）作B1关于y轴的对称点D，连接C1D与y轴的交点即为点P，写出点P的坐标即可．
掌握相关性质，是解题的关键．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，
（3）如图，点P即为所求，点P的坐标0,3．
18．（6分）（2023上·广东揭阳·八年级惠来县第一中学校考期末）如图，▱ABCD中，BD⊥AD，∠A=45°，E、F分别是AB，CD上的点，且BE=DF，连接EF交BD于O．
(1)求证：BO=DO；
(2)若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG=1时，求AD的长．
【答案】(1)见详解
(2)AD=22
【分析】（1）通过证明△OBE和△ODF全等即可．
（2）由△ADB为等腰直角三角形得出∠A=45°，由EF⊥AB得∠G=45°，所以△ODG与△DFG都是等腰直角三角形，从而求得DG、DO的长，然后由（1）中△OBE和△ODF全等得出OB=OD，进而求得BD的长，AD的长即可求得．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠OBE=∠ODF，
在△OBE和△ODF中，
∠OBE=∠ODF∠BOE=∠DOFBE=DF，
∴△OBE≌△ODFAAS，
∴BO=DO．
（2）解：∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∵∠DBA=∠A=45°，
∴AD=DB，
∴EF⊥AB，
∵∠G=∠A=45°，
∵EF⊥AB，DC∥AB，
∴DF⊥OG，
∴∠GDF=∠G=45°，
∴△GDF为等腰直角三角形，
∴DF=FG=1，
∴DG=DF2+FG2=12+12=2，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=∠GDO=90°，
∴∠GOD=∠G=45°，
∴DO=DG=2，
由（1）△OBE≌△ODF，
∴OB=OD=2，
∴DB=OD+OB=2+2=22，
∴AD=DB=22．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质及平行线的性质，熟练掌握各定理是解决本题的关键．
19．（8分）（2023下·江苏宿迁·八年级统考期末）如图所示，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AD，BC于点E，F，连接CE，AF

(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若AB=4，CF=5，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)45
【分析】（1）根据ASA证明：△AEO≌△CFO；根据全等得出OE=OF，推出四边形是平行四边形，再根据EF⊥AC即可推出四边形是菱形；
（2）在Rt△ABF中，勾股定理求得BF，进而在Rt△ABC中，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO=OC，∠AOE=∠COF=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴ AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△AEO≌△CFO(ASA)，
∴OE=OF.
又∵OA=OC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）∵四边形AECF是菱形，
∴AF=FC．
∵AB=4，CF=5，
在Rt△ABF中，BF=AF2−AB2=52−42=3，
∴BC=BF+FC=3+5=8，
在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=42+82=45．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，解题关键是熟练运用相关知识进行推理证明．
20．（8分）（2023上·陕西榆林·八年级校考期末）如图，把矩形ABCD绕点C旋转，得到矩形FECG，且点E落在AD边上，连接BE，BG，BG交CE于点H．

(1)求证：
①BE平分∠AEC；
③H是BG的中点；
(2)连接FH，若FH平分∠EFG，CH=2，求AE的长．
【答案】(1)①见解析；③见解析；
(2)1．
【分析】（1）①旋转性质得EC=BC，从而有∠CEB=∠CBE，由根据矩形的性质可得AD∥BC，通过平行线的性质即可求解；
③过点B作BP⊥CE于点P，证明△AEB≌△PEBAAS，由性质可得BP=GC，再证明△BPH≌△GCHAAS即可；
（2）作BP⊥CE于点P，由（1）得出△AEB≌△PEB，△BPH≌△GCH，再通过性质和勾股定理即可求解．
【详解】（1）①证明：如图，

由旋转性质得EC=BC，
∴∠CEB=∠CBE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∴∠AEB=∠CEB，
∴BE平分∠AEC；
③如图，过点B作BP⊥CE于点P，

由①可知∠AEB=∠CEB，
又∵∠A=∠BPE，且BE=BE，
∴△AEB≌△PEBAAS，
∴BP=BA，
∵BA=DC=GC，
∴BP=GC，
又∵∠BHP=∠GHC，∠BPH=∠GCH=90°，
∴△BPH≌△GCHAAS，
∴BH=HG，
∴点H为BG中点；
（2）解：如图，作BP⊥CE于点P，

由(1)可知△AEB≌△PEB，△BPH≌△GCH，
∴AE=PE，PH=CH=2，
∵∠EFG=∠FEH=90°，FH平分∠EFG，
∴∠EFH=12∠EFG=45°
∴∠EHF=45°=∠EFH，
∴EF=EH=BA=DC，
设AE=PE=x，则EC=x+4，EH=x+2，
∴BC=EC=AD=x+4，EF=EH=BA=DC＝x+2，
∴ED=AD−AE=4，
∵∠EDC=90°，
∴x+22+42=x+42，
解得x=1，
∴AE=1．
【点睛】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的性质和判定及勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用．
21．（8分）（2023上·吉林长春·八年级统考期末）如图①、图③、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，四边形ABCD为平行四边形，点A、B均为格点.只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图：
(1)在图①中，点C、D、M为格点，在边CD上找一点N，连结MN，使得MN∥AD．
(2)在图③中，点C、D为格点，点M为边AB上任意一点，连结MD，在MD上找一点N，使得MN=DN.（保留作图痕迹）
(3)在图③中，点C、D为为网格线上的点，点M为边AB上任意一点连结MD，在边CD上找一点N，连结MN，使得MN∥AD．（保留作图痕迹）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查了无刻度直尺作图，平行四边形的性质与判定，三角形中位线的性质；
（1）取CD的中点N，连接MN即可；
（2）取BC的中点E，AD的中点F，连接EF交DM一点N，点N即为所求；
（3）取BC的中点E，AD的中点F，连接EF交DM一点O，连接AO交DC于点N，连接MN即可．
【详解】（1）如图①中，线段MN即为所求；
（2）如图③中，点N即为所求；
（3）如图③中，线段MN即为所求．
22．（8分）（2023下·山西朔州·八年级统考期末）综合与实践：
操作发现：
如图1，在△ABC纸片中，∠BAC=45∘，AD⊥BC于点D．
第一步：将一张与其全等的纸片，沿AD剪开；
第二步：在同一平面内，将所得的两个三角形，和△ABC拼在一起．如图2所示，这两个三角形分别记为△ABE和△ACF；
第三步：分别延长EB和FC相交于点G．

（1）求证：四边形AEGF是正方形；
拓广探索：
（2）如图3，连接EF分别交AB，AC于点M,N，在四边形AEGF外作△AFH，使得AH=AM，FH=EM，判断线段MN，NF，FH之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）MN2=NF2+FH2，理由见解析
【分析】（1）根据剪拼过程，可知∠AEB=∠ADB=∠AFC=∠ADC=90°，∠BAE=∠BAD，∠DAC=∠FAC，AE=AD=AF，从而∠AEG=∠EAF=∠AFC=90°，判定四边形AEGF是矩形，进而由AE=AF得到四边形AEGF是正方形；
（2）连接NH，如图所示，根据条件，证明△AFH≌△AEMSSS，进而由勾股定理得到NH2=NF2+FH2，进一步证得△AMN≌△AHNSAS，得到MN=NH，即可得到答案MN2=NF2+FH2．
【详解】证明：根据剪拼过程，可知∠AEB=∠ADB=∠AFC=∠ADC=90°，∠BAE=∠BAD，∠DAC=∠FAC，AE=AD=AF，
∵∠BAD+∠CAD=∠BAC=45°，
∴∠EAF=2∠BAC=90°，
∴∠AEG=∠EAF=∠AFC=90°，
∴四边形AEGF是矩形，
∵AE=AF，
∴四边形AEGF是正方形；
（2）MN2=NF2+FH2．
理由如下：
连接NH，如图所示：

∵由（1）可得四边形AEGF是正方形，
∴∠EAF=90°，AE=AF，∠AFE=∠AEF=45°．
在△AFH和△AEM中，
AF=AEAH=AMFH=EM
∴△AFH≌△AEMSSS，
∴∠AFH=∠AEM=45°，
∴∠NFH=∠AFE+∠AFH=90°，
∴NH2=NF2+FH2，
∵△AFH≌△AEM，
∴∠FAH=∠EAM
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=45°，∠DAC=∠FAN，∠BAD=∠EAM，
∴∠MAN=∠NAH=45°，
在△AMN和△AHN中，
AM=AH∠MAN=∠NAH=45°AN=AN
∴△AMN≌△AHNSAS，
∴MN=NH，
∴MN2=NF2+FH2．
【点睛】本题考查几何综合，涉及矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，难度较大，灵活熟练运用相关几何性质及判定证明是解决问题的关键．
23．（8分）（2023下·江苏连云港·八年级统考期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，以菱形ABCD的一边CD为边向外作正方形CDEF，M、N分别是菱形和正方形的对角线交点，连接MN．

求证：四边形DMCN是“直等补”四边形．
③若MN=2，求四边形DMCN的面积．
(2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，其中AB=BC=5，CD>AB，过点B作BE⊥CD于点E且BE=4，连接BD，若点P是线段BD上的动点，请你直接写出△PEC周长的最小值．

【答案】(1)①详见解析；③1
(2)△PEC周长的最小值：65+3
【分析】（1）①由正方形的性质和菱形的性质可得ND=NC，∠DNC=90°，∠DMC+∠DNC=180°，即可解答；
③过点N作NQ⊥CM于点Q，NP⊥MD交MD的延长线于点P，“AAS”可证△NPD≌△NQC，所以S△NPD=S△NQC，即S四边形DMCN=S正方形MPNQ，由正方形的面积公式，即可解答；
（2）先证四边形BEDE'是正方形，利用勾股定理求出CE，CE'，即可解答．
【详解】（1）证明：①如图1中，

∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC，CD>AB，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，即∠ADC=90°，
∵BE⊥CD，BE'⊥AF，
∴∠BED=90°，∠AE'B=90°，
∴四边形BEDE'是矩形，
∴∠E'BE=90°，
又∵∠ABE'+∠ABE=∠E'BE=90°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠ABE'=∠CBE，
在△ABE'和△CBE中，∠AE'B=∠BEC=90°∠ABE'=∠CBEAB=BC，
∴△ABE'≌△CBE(AAS)，
∴BE'=BE=4，
∴矩形BEDE'是正方形，
∴PE'=PE，DE'=DE=BE=4；
∵PE+PC=PE'+PC≥CE'，
即当点C、P、E'三点共线时，PE+PC的最小值是CE'，
在Rt△BEC中，BC=5，BE=4，
∴CE=BE2−CE2=3，∴CD=CE+DE=7；
在Rt△CDE'中，CD=7，DE'=4，
∴CE'=CD2+DE'2=72+42=65，
∴△PEC周长的最小值为：CE'+CE=65+3；
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．