还剩41页未读，
继续阅读
所属成套资源：苏科版八年级数学下册举一反三专题特训(原卷版+解析)
成套系列资料，整套一键下载
苏科版八年级数学下册专题9.12中心对称图形——平行四边形章末题型过关卷(苏科版)(原卷版+解析)
展开
这是一份苏科版八年级数学下册专题9.12中心对称图形——平行四边形章末题型过关卷(苏科版)(原卷版+解析)，共44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春·广东湛江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，AB长为半径画弧交AD于F．分别以点F，B为圆心，大于12BF长为半径作弧，两弧交于点G,作射线AG交BC于点E,若BF=6,AB=5,则AE的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
2．（3分）（2023春·全国·八年级专题练习）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OE//AB交AD于点E．若OA=2，ΔAOE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．16B．32C．36D．40
3．（3分）（2023秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，顶点A0,4，B−2,0，C−4,1，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．5,2B．−2,5C．2,−5D．5,−2
4．（3分）（2023秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考开学考试）如图，在矩形ABCD中，在AD上取点E，连接BE，在BE上取点F，连接AF，将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，FG的长是（ ）
A．3B．5C．25D．210
5．（3分）（2023·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形ABCD中∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于点P，若四边形ABCD的面积是9，则DP的长是( )
A．6B．4.5C．3D．2
6．（3分）（2023秋·甘肃白银·九年级校考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为 （ ）
A．12B．14C．245D．485
7．（3分）（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿BE折叠使得点A落在BD上，沿DF折叠使得点C落在BD上，甲说得到的四边形BEDF为菱形；乙沿MN折叠使得AB与DC重合，再折出BM，DN，乙说得到的四边形BMDN为菱形；下列说法正确的是（ ）
A．甲一定成立，乙可能成立B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立D．甲可能成立，乙也可能成立
8．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，Rt△EOF（两直角边长均大于AB的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（ ）
A．由小变大B．由大变小C．始终不变D．先由大变小，然后又由小变大
9．（3分）（2023春·八年级单元测试）如图所示，在四边形ABCD中，AD=BC，E、F分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线分别与EF的延长线交于点H、G，则( )
A．∠AHE>∠BGEB．∠AHE=∠BGE
C．∠AHE<∠BGED．∠AHE与∠BGE的大小关系不确定
10．（3分）（2023春·广东佛山·九年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G，F，H为CG的中点，连接DE，EH，DH，FH，下列结论中结论正确的有（ ）
①EG=DF；②∠AEH+∠ADH=180°；③△EHF≌△DHC；④若AEAB=23，则3S△EDH=13S△DHC，其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8，过点A作AE⊥CD于点E，则AE的长为___________．
12．（3分）（2023秋·天津宝坻·九年级校考期末）在平面直角坐标系中，以原点为旋转中心，将点A4，3按逆时针方向旋转90°，得到点A′，则点A′的坐标为______．
13．（3分）（2023春·八年级课时练习）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于_______．
14．（3分）（2023春·江苏南京·八年级南京外国语学校仙林分校校考开学考试）如图，长方形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上任一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当CE的长为___________时，△CEB′恰好为直角三角形．
15．（3分）（2023春·八年级课时练习）如图，矩形 ABCD 的面积为 128cm2，对角线交于点 O；以 AB，AO 为邻边做平行四边形 AOC1B，对角线交于点 O1；以 AB，AO1 为邻边做平行四边形 AO1C2B；⋯；依此类推，则平行四边形 AO6C7B 的面积____．
16．（3分）（2023秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），点F在边CD的延长线上，DF=BE，连接EF交AD于点G，过点A作AN⊥EF于点M，交边CD于点N．若DN=2CN，BE=3．则CN=_____________，AM=_____________．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023秋·山东济宁·九年级统考期末）如图方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为A0,3，B3,4，C2,2．
(1)画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A′B′C′，并写出点B的对应点B′的坐标．
(2)画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°后的图形△A″B″C″．
18．（6分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC交DC的延长线于点E．
(1)判断四边形ABEC的形状，并说明理由；
(2)若∠DBC=30°，BO=6，求四边形ABED的面积．
19．（8分）（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，点P、Q是边AB，BC上两个动点，且BP=4CQ，以BP，BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD，QD分别交AC于点E，F，设CQ=m．
(1)当平行四边形BPDQ的面积为63时，求m的值；
(2)求证：△DEF≌△QCF；
(3)如图2，连接AD，PF，PQ，当AD与△PQF的一边平行时，求△PQF的面积．
20．（8分）（2023春·安徽滁州·九年级校联考阶段练习）四边形ABCD中，AC⊥CD，对角线AC,BD相交于点E．
(1)如图1，若BD⊥AB，BC=DC，求证：∠CBD=∠CAB；
(2)如图2，若AC平分∠BAD，点E是AC的中点，过点B作BF⊥AC，垂足为F，点G为BD的中点，连接FG,CG．
①求证：FG=CG；
②连接AG，试判断四边形ABCG的形状，并证明．
21．（8分）（2023春·四川成都·八年级校考期中）已知，菱形ABCD中，∠B=60°，E、P分别是边BC和CD上的点，且∠EAP=60°．
(1)求证：BC=EC+CP．
(2)如图2，F在CA延长线上，且FE=FB，求证：AF=EC．
(3)如图3，在（2）的条件下AF=4，BE=6，点O是FB的中点，求OA的长．
22．（8分）（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，O是平行四边形ABCD对角线的交点，过点O作OH⊥AB，OM⊥BC，垂足分别为H，M，若OH≥OM，我们称λ=OHOM是平行四边形ABCD的心距比．
(1)如图2，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，则λ= ．
(2)如图3，四边形ABCD是平行四边形，λ=1，求证：四边形ABCD是菱形．
(3)已知如图，在△ABC中，∠B=75°，点E、F、G分别在AB、AC、BC边上，若存在一个四边形BEFG是平行四边形，且λ=2，请通过尺规作图作出一个点F．（不写作法，但保留作图痕迹；如若有必要，可简述作图思路）
23．（8分）（2023春·辽宁沈阳·九年级沈阳市第一二六中学校考开学考试）在正方形ABCD中，AE⊥MN，点E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB，AE，CD于点M，P，N．
(1)①如图1，判断线段AE与MN之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若垂足P为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，则∠AEQ=______．
(3)若垂足P在对角线BD上，正方形的边长为8．
①如图3，若BM=1，BE=32，则BP=______；
②如图4，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P′处，AD的中点为S，则P′S的最小值为______．
第9章 中心对称图形——平行四边形章末题型过关卷
【苏科版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023春·广东湛江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，AB长为半径画弧交AD于F．分别以点F，B为圆心，大于12BF长为半径作弧，两弧交于点G,作射线AG交BC于点E,若BF=6,AB=5,则AE的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
答案:C
分析：如下图，根据作图可得AE与BF相互垂直平分，在Rt△ABO中，利用勾股定理可求得AO的长，从而得出AE的长．
【详解】设AE与BF交于点O，连接EF
由作图可知，AE与BF相互垂直平分
∵BF=6，∴BO=3
∵AB=5
∴在Rt△ABO中，AO=4
∴AE=8
故选：C．
【点睛】本题考查垂直平分线的画法和勾股定理，解题关键是根据作图，判断出AE与BF相互垂直平分．
2．（3分）（2023春·全国·八年级专题练习）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OE//AB交AD于点E．若OA=2，ΔAOE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．16B．32C．36D．40
答案:B
分析：由平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，OB=OD，证OE是ΔABD的中位线，则AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=8，则AB+AD=2AE+2OE=16，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，AO=OC，
∵OE//AB，
∴AE=DE，
∴OE是ΔABD的中位线，
∴AB=2OE，AD=2AE，
∵ΔAOE的周长等于10，
∴OA+AE+OE=10，
∴AE+OE=10−OA=10−2=8，
∴AB+AD=2AE+2OE=16，
∴▱ABCD的周长=2×(AB+AD)=2×16=32．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理，求出AD+AB=16是解题的关键．
3．（3分）（2023秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，顶点A0,4，B−2,0，C−4,1，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．5,2B．−2,5C．2,−5D．5,−2
答案:C
分析：过点C作CE⊥x轴于点E，点D作DF⊥y轴于点F，根据已知条件求出点D的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点D的坐标，发现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点D的坐标．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥x轴于点E，点D作DF⊥y轴于点F，
∵A0,4，B−2,0，C−4,1，
∴OA=4，OB=2，CE=1，OE=4，
∴BE=OE−OB=4−2=2，
∵四边形ABCD是矩形，CE⊥x轴，DF⊥y轴，
∴∠CEB=∠AFD=∠CBA=∠BAD=∠AOB=90°，BC=AD，
∴∠CBE+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠CBE=∠BAO，
又∵∠ADF+∠DAF=90°，∠BAO+∠DAF=90°，
∴∠ADF=∠BAO，
∴∠CBE=∠ADF，
在△CBE和△ADF中，
∠CBE=∠ADF∠CEB=∠AFDBC=DA，
∴△CBE≌△ADFAAS，
∴DF=BE=2，AF=CE=1，
∴OF=OA+AF=4+1=5，
∴D−2,5，
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴第1次旋转结束时，点D的坐标为5,2，
第2次旋转结束时，点D的坐标为2,−5，
第3次旋转结束时，点D的坐标为−5,−2，
第4次旋转结束时，点D的坐标为−2,5，
……
发现规律：旋转4次一个循环，
∵2022÷4=505⋯⋯2，
∴第2022次旋转结束时，点D的坐标为2,−5．
故选：C．
【点睛】本题考查坐标与图形，图形的旋转，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2022次旋转后矩形的位置是解题的关键．
4．（3分）（2023秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考开学考试）如图，在矩形ABCD中，在AD上取点E，连接BE，在BE上取点F，连接AF，将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，FG的长是（ ）
A．3B．5C．25D．210
答案:C
分析：连接BG，根据折叠得到AG=AB=10，BF=GF，根据勾股定理求出DG，即可得到CG，从而得到BG，即可得到答案；
【详解】解：∵将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，AB=10，
∴AG=AB=10，BF=GF，
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=6，
∴AB=CD=10，AD=BC=6，∠D=∠C=90°，
∴DG=AG2−AD2=102−62=8，
∴CG=10−8=2，
∴BG=CG2+BC2=22+62=210，
∵∠GFB=90°，BF=GF，
∴FG=BG22=(210)22=25,
故选C．
【点睛】本题考查勾股定理，矩形性质及折叠的性质，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
5．（3分）（2023·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形ABCD中∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于点P，若四边形ABCD的面积是9，则DP的长是( )
A．6B．4.5C．3D．2
答案:C
分析：如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E，先证明四边形DPBE是矩形，再利用AAS证明△ADP≌△CDE，得到DE=DP，S△ADP=S△CDE，再由四边形ABCD的面积=9，得到DP⋅DE=9，则DP=3．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E，
∵∠ABC=90°，DP⊥AB，
∴四边形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADP+∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD=∠E=90°，
在△ADP和△CDE中，
∠ADP=∠CDE∠APD=∠EAD=CD，
∴△ADP≌△CDEAAS，
∴DE=DP，S△ADP=S△CDE
∴四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=9，
∴DP⋅DE=9，
∴DP=3，
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（3分）（2023秋·甘肃白银·九年级校考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为 （ ）
A．12B．14C．245D．485
答案:C
分析：利用菱形的面积公式：12·AC·BD=BC·AE，即可解决问题；
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，
∴AB=BC=5，
∵ 12·AC·BD=BC·AE，
∴AE=245，
故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的长，属于中考常考题型．
7．（3分）（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿BE折叠使得点A落在BD上，沿DF折叠使得点C落在BD上，甲说得到的四边形BEDF为菱形；乙沿MN折叠使得AB与DC重合，再折出BM，DN，乙说得到的四边形BMDN为菱形；下列说法正确的是（ ）
A．甲一定成立，乙可能成立B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立D．甲可能成立，乙也可能成立
答案:B
分析：由折叠的方法可知，四边形BEDF和四边形BMDN为平行四边形；再判断它们邻边是否相等即可得出结论；
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形
∴ AB∥CD AD∥BC
∴∠ABD=∠CDB，
由折叠知：∠EBD=∠ABE，∠FDB=∠CDF
∴∠EBD=∠FDB
∴BE∥DF,
∴四边形BEDF是平行四边形
当BE=DE时，四边形BEDF是平行四边形，
∴∠EBD=∠EDB，
又∵AD∥BC，∠EDB=∠DBF，
∴∠EBD=∠ABE=∠DBF=13∠ABC=30°，
故∠DBC=30°时，四边形BEDF为菱形，甲甲可能成立，
而由乙折叠方法可知MN⊥BC，所以BM>BN，故四边形BMDN为不可能为菱形．
综上所述：甲可能成立，乙一定不成立，
故选B．
【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、平行四边形的判定以及矩形和菱形的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
8．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，Rt△EOF（两直角边长均大于AB的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（ ）
A．由小变大B．由大变小C．始终不变D．先由大变小，然后又由小变大
答案:C
分析：由条件可得△OHB≅△OGCASA，从而S△OHB=S△OGC，SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，即可说明重叠面积始终不变．
【详解】解：∵正方形ABCD中，AC⊥BD，OB=OC，∠OBH=∠OCG=45°，∠EOF=90°，
∴ ∠HOB+∠BOF=∠BOF+∠GOC=90°，
∴ ∠HOB=∠GOC，
在△OHB与△OGC中，∠HOB=∠GOCOB=OC∠OBH=∠OCG，
∴ △OHB≅△OGCASA，
∴ S△OHB=S△OGC，
∴ SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，
则重叠部分的面积始终不变，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，利用面积的等量代换是解题关键．
9．（3分）（2023春·八年级单元测试）如图所示，在四边形ABCD中，AD=BC，E、F分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线分别与EF的延长线交于点H、G，则( )
A．∠AHE>∠BGEB．∠AHE=∠BGE
C．∠AHE<∠BGED．∠AHE与∠BGE的大小关系不确定
答案:B
分析：连接BD，取中点I，连接IE，IF，根据三角形中位线定理得IE＝122AD，且平行AD，IF＝12BC且平行BC，再利用 AD＞BC和 IE∥AD，求证∠AHE＝∠IEF，同理 可证∠BGE＝∠IFE，再利用IE＞IF和∠AHE＝∠IEF，∠BGE＝∠IFE即可得出结论．
【详解】连接BD，取中点I，连接IE，IF
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴IE，IF分别是△ABD，△BDC的中位线，
∴IE＝12AD，且平行AD，IF＝12BC且平行BC，
∵AD=BC，
∴IE=IF，
∵IE∥AD，
∴∠AHE＝∠IEF，
同理∠BGE＝∠IFE，
∵在△IEF中，IE=IF，
∴∠IFE=∠IEF，
∵∠AHE＝∠IEF，∠BGE＝∠IFE，
∴∠BGE=∠AHE．
故选：B．
【点睛】此题主要考查学生对三角形中位线定理和三角形三边关系等知识点的理解和掌握，有一定的拔高难度，属于难题．
10．（3分）（2023春·广东佛山·九年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G，F，H为CG的中点，连接DE，EH，DH，FH，下列结论中结论正确的有（ ）
①EG=DF；②∠AEH+∠ADH=180°；③△EHF≌△DHC；④若AEAB=23，则3S△EDH=13S△DHC，其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
答案:D
分析：根据正方形ABCD，AC为对角线，EF∥AD，可知四边形AEFD是矩形，由此可证△AEG、
△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，H为CG的中点，AEAB=23，可知△EHD是等腰
直角三角形，由此即可求解．
【详解】解：结论①EG=DF，
∵正方形ABCD中，AC为对角线，EF∥AD，
∴∠EAG=45°，∠AEG=90°，
∴AE=AG，四边形AEFD是矩形，△AEG、△CFG是等腰直角三角形，
∴AE=DF，
∴EG=DF，故结论①正确；
结论②∠AEH+∠ADH=180°，
由结论①正确可知，△CFG是等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH⊥CG，且△HFG、△HFC是等腰直角三角形，
∴HF=HG，∠HFD=45°+90°=135°，∠HGE=180°−45°=135°，
∴∠HFD=∠HGE，且EG=DF，
∴△HFD≌△HGE(SAS)，
∴∠HEG=∠HDF，
∵∠AEG+∠ADF=∠AEG+∠ADH+∠HDF=∠AEH+∠ADH=180°，故结论②正确；
结论③△EHF≌△DHC，
∵△AEG、△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，△HFD≌△HGE(SAS)，
∴HF=HC,∠HFG=∠HCF=45°，
∵四边形AEFD是矩形，
∴EF=AD=DC，
∴△EHF≌△DHC(SAS)，故结论③正确；
结论④若AEAB=23，则3S△EDH=13S△DHC，
由结论②正确，可知△HFD≌△HGE(SAS)；由结论③正确可知，△EHF≌△DHC(SAS)，
且△AEG、△CFG、△HFG、△HGC是等腰直角三角形，
∴HE=HD,∠EHD=90°，即△EHD是等腰直角三角形，
如图所示，过点H作HM⊥CD于M，设HM=x，则DM=5x，DH=26x，CD=6x，
∴S△DHC=12HM•CD=3x2，S△EDH=12DH2=13x2，
∴3S△EDH=13S△DHC，故结论④正确；
综上所示，正确的有①②③④，
故选：D．
【点睛】本题是四边形与三角形的综合，主要考查正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握正方形的性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8，过点A作AE⊥CD于点E，则AE的长为___________．
答案:245
分析：利用菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，利用等积法求出AE的长即可．
【详解】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8，
∴AC⊥BD,OC=12AC=3,OD=12BD=4，
∴CD=OC2+OD2=5，
∵AE⊥CD，
∴菱形的面积=12AC⋅BD=CD⋅AE，即：12×6×8=5AE，
∴AE=245；
故答案为：245．
【点睛】本题考查菱形性质．熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分，是解题的关键．
12．（3分）（2023秋·天津宝坻·九年级校考期末）在平面直角坐标系中，以原点为旋转中心，将点A4，3按逆时针方向旋转90°，得到点A′，则点A′的坐标为______．
答案:−3，4
分析：在平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点A′的坐标即可．
【详解】解：如图所示，建立平面直角坐标系，点A′的坐标为−3，4．
故答案为：−3，4．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．
13．（3分）（2023春·八年级课时练习）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于_______．
答案:2
分析：连接AE，证明四边形AECB是平行四边形得AE∥BC，由勾股定理得AD=5，从而有 AD=DE=5，然后利用等腰三角形的性质可得∠DAE=∠DEA，再利用平行线的性质可得∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DCO，从而可得∠DOC=∠DCO，进而可得DO=DC=3，最后进行计算即可解答．
【详解】解∶如下图∶连接AE，
∵AB∥EC，AB=EC=2，
∴四边形AECB是平行四边形，
∴AE∥BC，
∵ AD=32+42=5， DE=5，
∴AD=DE=5，
∴∠DAE=∠DEA，
∵AE∥BC，
∴∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DC0，
∴∠DOC=∠DCO，
∴DO=DC=3，
∴AO=AD-DO=5-3=2，
故答案为∶2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
14．（3分）（2023春·江苏南京·八年级南京外国语学校仙林分校校考开学考试）如图，长方形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上任一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当CE的长为___________时，△CEB′恰好为直角三角形．
答案:1或52
分析：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，当点B′落在AD边上时，利用矩形的性质及勾股定理进行计算即可．
【详解】解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连接AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=AB2+BC2=5，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，
∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′，AB=AB′=3，
∴CB′=5−3=2，
设BE=x，则EB′=x，CE=4−x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=(4−x)2，解得x=32，
∴BE=32，CE=4−32=52；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．
此时四边形ABEB′为正方形，
∴BE=AB=3，
∴CE=BC−BE=4−3=1，
综上所述：CE=1或52，
故答案为：1或52．
【点睛】此题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，正方形的判定和性质，正确理解矩形的性质及勾股定理的计算，进行分类讨论是解题的关键．
15．（3分）（2023春·八年级课时练习）如图，矩形 ABCD 的面积为 128cm2，对角线交于点 O；以 AB，AO 为邻边做平行四边形 AOC1B，对角线交于点 O1；以 AB，AO1 为邻边做平行四边形 AO1C2B；⋯；依此类推，则平行四边形 AO6C7B 的面积____．
答案:1cm2
分析：如图：过点O向AB作垂线，垂足为E，平行四边形AOC1B的面积为AB×OE，根据矩形的性质OE=12AD,即平行四边形AOC1B的面积为AB×12AD=12S四边形ABCD；同理：根据平行四边形的性质可得：O1F=12OE=122AD，即AO1C2B面积AB×122AD=122S四边形ABCD，依此类推，即可得到平行四边形AO6C7B的面积．
【详解】解：如图：过点O向AB作垂线，垂足为E，过点O1向AB作垂线，垂足为F，
∵∠DAB=∠OEB，
∴OE∥DA，
∵O为矩形ABCD的对角线交点，
∴OB=OD
∴OE=12AD.
∵矩形ABCD的面积AB×CD=128cm2
∴平行四边形AOC1B的面积=AB×OE=AB×12AD=12
同理：根据平行四边形的性质可得：O1F=12OE=122AD，
平行四边形AO1C2B面积AB×122AD=122S四边形ABCD，
依此类推：
平行四边形AO6C7B的面积=AB×126AD×S四边形ABCD=126×128=1cm2．
故答案为1cm2．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质等知识点，根据平行四边形的性质得到面积的变化规律是解题的关键．
16．（3分）（2023秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），点F在边CD的延长线上，DF=BE，连接EF交AD于点G，过点A作AN⊥EF于点M，交边CD于点N．若DN=2CN，BE=3．则CN=_____________，AM=_____________．
答案: 5 313
分析：连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，可证△ABE≅△ADF(SAS)，可得∠BAE=∠DAF,AE=AF，进而得到∠EAF=90°，根据等腰三角形三线合一的性质可得点M为EF中点，由AN⊥EF，可证△AEM≅△AFM(SAS)，△EMN≅△FMN(SAS)，可得EN=FN，设CN=x，则DN=2CN=2x，则BC=CD=3x，已知BE=3，则FN=2x+3，根据勾股定理解得x=5，可得CN=5，由勾股定理得AE=326，从而可得AM=EM=FM=313，即可求解．
【详解】连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，
∵BE=DF，
∴△ABE≅△ADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF,AE=AF，
∴∠EAF=90°，
∴△EAF是等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM=FM,∠EAM=∠FAM=45°，
∴△AEM≅△AFM(SAS)，△EMN≅△FMN(SAS)，
∴EN=FN，
设CN=x，则DN=2CN=2x，
∴BC=CD=3x，
∵BE=3，
∴EN=FN=2x+3，CE=BC−BE=3x−3，
在Rt△ECN中，
∵CN2+CE2=EN2，
∴x2+(3x−3)2=(2x+3)2
解得：x1=5，x2=0（舍），
∴CN=5，
∴AB=BC=CD=DA=15，
在Rt△ABE中，
AE=AB2+BE2=152+32=326，
∴EF=2AE=613，
∴AM=EM=FM=313，
故答案为：5；313；
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，构建全等三角形解决问题．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023秋·山东济宁·九年级统考期末）如图方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为A0,3，B3,4，C2,2．
(1)画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A′B′C′，并写出点B的对应点B′的坐标．
(2)画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°后的图形△A″B″C″．
答案:(1)图见解析；B′−3,−4
(2)图见解析
分析：（1）根据找点，描点，连线，画出△A′B′C′，再写出B′的坐标即可；
（2）根据找点，描点，连线，画出△A″B″C″．
【详解】（1）解：如图所示，△A′B′C′即为所求；
由图可知：B′−3,−4；
（2）解：如图所示，△A″B″C″即为所求；
【点睛】本题考查画出中心对称图形和旋转图形．熟练掌握中心对称图形和旋转图形的定义，是解题的关键．
18．（6分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC交DC的延长线于点E．
(1)判断四边形ABEC的形状，并说明理由；
(2)若∠DBC=30°，BO=6，求四边形ABED的面积．
答案:(1)四边形ABEC为平行四边形；理由见解析
(2)543
分析：（1）根据矩形得出AB∥CD，再根据BE∥AC即可得出四边形ABEC为平行四边形；
（2）根据矩形的性质，结合直角三角形的性质，求出CD=6，BC=63，根据平行四边形的性质，求出EC=6，最后根据梯形面积公式求出结果即可．
【详解】（1）解：四边形ABEC为平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∵BE∥AC，
∴四边形ABEC为平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，BO=DO，AB=CD，∠BCD=90°，
∵BO=6，
∴BD=12，
∵∠DBC=30°，
∴CD=12BD=6，
∴BC=BD2−CD2=63，AB=CD=6，
∵四边形ABEC为平行四边形，
∴EC=AB=6，
∴DE=12，
∴S四边形ABED=126+12×63=543．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定方法．
19．（8分）（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，点P、Q是边AB，BC上两个动点，且BP=4CQ，以BP，BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD，QD分别交AC于点E，F，设CQ=m．
(1)当平行四边形BPDQ的面积为63时，求m的值；
(2)求证：△DEF≌△QCF；
(3)如图2，连接AD，PF，PQ，当AD与△PQF的一边平行时，求△PQF的面积．
答案:(1)m的值是1
(2)证明见解析
(3)△PQF的面积为1639或332
分析：（1）如图1，过点P作PM⊥BC于M，表示BQ=4−m， PM=23m，根据平行四边形BPDQ的面积为63，列等式可得m的值，由AB=8，可确定m=1；
（2）先计算DE=CQ=m，再由平行线的性质和对顶角相等结合AAS证明△DEF≌△QCF；
（3）分两种情况：①如图2，AD∥PF，证明四边形APFD是平行四边形，根据PE=ED列方程可得m的值，并计算△PQF的面积；②如图3，AD∥Q，证明四边形APQD是平行四边形，AP=PB，列方程可解答．
【详解】（1）解：如图1，过点P作PM⊥BC于M，
∵BP=4CQ，CQ=m，
∴BP=4m，
Rt△PBM中，∠B=60°，
∴∠BPM=30°，
∴BM=12BP=2m，PM=23m，
∵BC=4，CQ=m，
∴BQ=4−m，
∵平行四边形BPDQ的面积为63，
∴BQ⋅PM=63，即4−m⋅23m=63，
解得：m1=1，m2=3，
Rt△ABC中，∠A=30°，
∴AB=2BC=2×4=8，
当m=1时，BP=4m=4，
当m=3时，BP=4m=12>8，不符合题意，舍去；
综上，m的值是1；
（2）证明：∵四边形BPDQ是平行四边形，
∴PD∥BC，
∴∠D=∠CQF，
由（1）知：BM=2m，
∴PE=CM=4−2m，
∴ED=PD−PE=BQ−PE=4−m−4−2m=m，
∵CQ=m，
∴CQ=ED，
∵∠EFD=∠CFQ，
∴△DEF≌△QCFAAS；
（3）解：分两种情况：
①如图2，AD∥PF，
∵PD∥BC，
∴∠AEP=∠C=90°，
Rt△AEP中，∠PAE=30°，
∴PE=12AP=128−4m=4−2m，
∵AP∥DF，AD∥PF，
∴四边形APFD是平行四边形，
∴PE=ED，
∴4−2m=m，
∴m=43，
∵PE=4−2×43=43， CQ=43，
∴PE=CQ，
∵PE∥CQ，∠C=90°，
∴四边形CQPE是矩形，
∴∠CQP=90°，
∴S△PFQ=12PQ⋅CQ=12×23m×m=3×169=1639；
②如图3，AD∥PQ，
∵AD∥PQ，AP∥DQ，
∴四边形APQD是平行四边形，
∴AP=DQ，
∵PB=DQ，
∴AP=PB，
∴8−4m=4m，
∴m=1，
∴S△PFQ=S△ABC−S△APF−S△BPQ−S△CFQ
=12×4×43−12×1×3−12×43−3×2−12×3×23
=332；
综上，△PQF的面积为1639或332．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了含30°的直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，平行四边形的性质，三角形的中位线，三角形的面积等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行计算的能力，还用了分类讨论思想．
20．（8分）（2023春·安徽滁州·九年级校联考阶段练习）四边形ABCD中，AC⊥CD，对角线AC,BD相交于点E．
(1)如图1，若BD⊥AB，BC=DC，求证：∠CBD=∠CAB；
(2)如图2，若AC平分∠BAD，点E是AC的中点，过点B作BF⊥AC，垂足为F，点G为BD的中点，连接FG,CG．
①求证：FG=CG；
②连接AG，试判断四边形ABCG的形状，并证明．
答案:(1)见解析
(2)①见解析；②四边形ABCG是平行四边形，证明见解析
分析：（1）根据等角的余角相等，可得∠CAB=∠CDE，再由BC=DC，可得∠CBD=∠CDE，即可；
（2）①延长BF交AD于点M，延长AB,DC交于点H，可证明△ABF≌△AMF，可得BF=FM，从而得到FG是△BMD的中位线，进而得到FG∥DM，继而得到∠MFG=∠AMF，同理△HAC≌△DAC，可得HC=CD,∠H=∠ADC，从而得到CG是△BHD的中位线，进而得到CG∥BH，继而得到∠H=∠GCD，再由BF∥HD，可得∠AMF=∠ADC，从而得到∠GCD=∠AMF=∠MFG，进而得到∠CFG=∠FCG，即可；②证明△ABE≌△CGE，可得AB=CG，再由AB∥CG，即可．
【详解】（1）证明：∵AC⊥CD，BD⊥AB，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
∵∠AEB=∠DEC，
∴∠CAB=∠CDE，
∵BC=DC，
∴∠CBD=∠CDE，
∴∠CBD=∠CAB；
（2）①证明：如图，延长BF交AD于点M，延长AB,DC交于点H，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAF=∠FAM，
∵BF⊥AC，
∴∠AFB=∠AFM=90°，
在△ABF和△AMF中，
∠BAF=∠MAFAF=AF∠AFB=∠AFM，
∴△ABF≌△AMF，
∴BF=FM，
∵点G为BD的中点，
∴FG是△BMD的中位线，
∴FG∥DM，
∴∠MFG=∠AMF，
同理△HAC≌△DAC，
∴HC=CD,∠H=∠ADC，
∴CG是△BHD的中位线，
∴CG∥BH，
∴∠H=∠GCD，
∵BF⊥AC,HD⊥AC，
∴BF∥HD，
∴∠AMF=∠ADC，
∴∠GCD=∠AMF=∠MFG，
∵∠MFG+∠CFG=∠GCD+∠FCG=90°，
∴∠CFG=∠FCG，
∴FG=CG；
②解：四边形ABCG是平行四边形，证明如下：
∵点E是AC的中点，
∴AE=CE，
∵CG∥BH，
∴∠BAE=∠ECG，
在△ABE和△CGE中，
∠BAE=∠ECGAE=CE∠AEB=∠GEC，
∴△ABE≌△CGE，
∴AB=CG，
∵AB∥CG，
∴四边形ABCG是平行四边形，
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
21．（8分）（2023春·四川成都·八年级校考期中）已知，菱形ABCD中，∠B=60°，E、P分别是边BC和CD上的点，且∠EAP=60°．
(1)求证：BC=EC+CP．
(2)如图2，F在CA延长线上，且FE=FB，求证：AF=EC．
(3)如图3，在（2）的条件下AF=4，BE=6，点O是FB的中点，求OA的长．
答案:(1)见详解
(2)见详解
(3)19
分析：（1）连接AC，如图1，根据菱形的性质得AB=BC，即可判定△ABC为等边三角形，得到∠BAC=60°，AC=AB，然后利用ASA可证明△AEB≌△APC，即可解答；
（2）过点F作FH∥AB，交CB的延长线于点H，利用平行线的性质求得△FHC是等边三角形，得到CF=CH=FH，然后利用AAS定理求得△HBF≌△CEF，从而问题得解；
（3）过点B作BK∥FC，交HF于点K，根据两组对边分别平行求得四边形KBAF是平行四边形，从而求得OA=12AK，FK=10，A作AM⊥FH，然后利用含30°的直角三角形的性质以及勾股定理求得MF=12AF=2，AM=AF2−MF2=23，即有KM=FK−MF=10−2=8，在Rt△AKM中，利用勾股定理可得AK=219，问题随之得解．
【详解】（1）连接AC，如图1，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB，
∴∠BAE+∠EAC=60°，
∵∠EAP=60°，即∠EAC+∠CAP=60°，
∴∠BAE=∠CAP，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACP=60°，即∠ACP=60°=∠B，
在△AEB和△APC中，∠BAE=∠CAPAB=AC∠B=∠ACP，
∴△AEB≌△APC，
∴BE=CP，
∴BC=EC+BE=EC+CP；
（2）过点F作FH∥AB，交CB的延长线于点H，如图2，
在（1）中已证△ABC为等边三角形，
∵FH∥AB，
∴∠H=∠ABC=60°=∠C，
∴△FHC是等边三角形，
∴CF=CH=FH，
又∵△ABC是等边三角形，
∴CA=CB，
∴AF=BH，
又∵FB=FE，
∴∠FEB=∠FBE，即∠FBH=∠FEC，
在△HBF和△CEF中∠FBH=∠FEC∠FHB=∠FCEFH=FC，
∴△HBF≌△CEF，
∴BH=EC，
∴AF=EC；
（3）过点B作BK∥FC，交HF于点K，如图3，
∵BK∥FC，FH∥AB，AF=4，BE=6，
∴四边形KBAF是平行四边形，
∴KB=AF=EC=4，
∵点O是FB的中点，
∴OA=12AK，
∴FK=AB=BC=BE+EC=BE+AF=10，
过点A作AM⊥FH，
由（2）可知，∠CFH=60°，
∴在Rt△AMF中，∠MAF=30°，
∴MF=12AF=2，AM=AF2−MF2=23，
∴KM=FK−MF=10−2=8，
在Rt△AKM中，AK=AM2+MK2=(23)2+82=219，
∴OA=12AK=19．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，及平行四边形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，题目有一定的综合性，正确添加辅助线解题是关键的突破点．
22．（8分）（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，O是平行四边形ABCD对角线的交点，过点O作OH⊥AB，OM⊥BC，垂足分别为H，M，若OH≥OM，我们称λ=OHOM是平行四边形ABCD的心距比．
(1)如图2，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，则λ= ．
(2)如图3，四边形ABCD是平行四边形，λ=1，求证：四边形ABCD是菱形．
(3)已知如图，在△ABC中，∠B=75°，点E、F、G分别在AB、AC、BC边上，若存在一个四边形BEFG是平行四边形，且λ=2，请通过尺规作图作出一个点F．（不写作法，但保留作图痕迹；如若有必要，可简述作图思路）
答案:(1)43
(2)证明见解析
(3)作图见解析
分析：（1）由面积法可得12AB·OH=12BC·OM，即可求解；
（2）由角平分线的性质可得∠ABD=∠CBD，由平行线的性质可得∠ADB=∠CBD=∠ABD，可得AB=AD，可得结论；
（3）如图4，以点C为圆心，CB为半径作弧，交AB于点D，作BC的垂直平分线交CD于Q，连接BQ，并延长交AC于点F，则点F为所求点．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°， OA=OC，
∵OH⊥AB，OM⊥BC，
∴12AB·OH=12BC·OM，
∴ OHOM=BCAB=43，
∴λ=43．
（2）∵λ=1，
∴OHOM=1，
∴OH=OM，
又∵OH⊥AB，OM⊥BC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD=∠ABD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）如图，以点C为圆心，CB为半径作弧，交AB于点D，作BC的垂直平分线交CD于Q，连接BQ，并延长交AC于点F，则点F为所求点．
理由如下：过F作FE∥BC交BA于E，过F作FG∥AB交BC于G，连接EG，交BF于O，过O作OH⊥AB于H，过O作OM⊥BC于M，
由作图可得：CD=CB，而∠ABC=75°，
∴∠CDB=∠CBD=75°，∠DCB=30°，
由作图可得： 作BC的垂直平分线交CD于Q，
∴QB=QC，
∴∠QCB=∠QBC=30°，
∴∠HBO=45°，
在Rt△BMO中，OM=12OB，
在Rt△BOH中，OH=22OB，
∴OHOM=22OB12OB=2，即λ=2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的判定，基本作图等知识，理解新定义，并运用是解题的关键．
23．（8分）（2023春·辽宁沈阳·九年级沈阳市第一二六中学校考开学考试）在正方形ABCD中，AE⊥MN，点E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB，AE，CD于点M，P，N．
(1)①如图1，判断线段AE与MN之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若垂足P为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，则∠AEQ=______．
(3)若垂足P在对角线BD上，正方形的边长为8．
①如图3，若BM=1，BE=32，则BP=______；
②如图4，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P′处，AD的中点为S，则P′S的最小值为______．
答案:(1)AE=MN；理由见解析
(2)45°
(3)①524；②22
分析：（1）过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出MN=BF，证明△ABE≌△BCF得出AE=BF，即可得出结论；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，证明Rt△ AHQ≌ Rt△ QIE得出∠AQH=∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ=∠AEQ=45°，即可得出结论；
（3）①过点P分别作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分别为G,H，则∠PEG=∠PHM=90°，证明△PMH≌△PEG AAS，设GE=MH =x，根据MB+MH=BE−GE，求得x=14，即可得出BP=542；
②连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P'的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA=∠AD O′ =45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′ H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，证明Rt△ PGN≌ Rt△ NH P′得出PG=NH，GN= P′ H，由正方形的性质得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH= P′ H，得出∠ P′ DH=45°，故∠ P′ DA=45°，点P′在线段D O′上运动；过点S作SK⊥D O′，垂足为K，即可得出结果．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴MN=BF，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE=90°，
∴∠CBF+∠ABE=90°，
∵∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
在△ABE和△BCF中，
∠BAE＝∠CBFAB＝BC∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF，
∴AE=MN；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA=45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ=QE，
在Rt△ AHQ和Rt△ QIE中，
AQ=QEAH=QI，
∴ Rt△ AHQ≌ Rt△ QIE（HL），
∴∠AQH=∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI=90°，
∴∠AQE=90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ=∠AEQ=45°，
故答案为：45°．
（3）①解：如图所示，
过点P分别作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分别为G,H，则∠PEG=∠PHM=90°
∵ P在正方形对角线BD上，
∴ PH=PG，△PBG是等腰直角三角形，
∵ AE⊥MN,∠ABC=90°，
∴ ∠PMB+∠PEB=180°，
又∵ ∠PMH+∠PMB=180°，
∴ ∠PMH=∠PEG，
∴ △PMH≌△PEG AAS，
∴ GE=MH，
设GE=MH =x，
∴ MB+MH=BE−GE
∵ BM=1，BE=32，
∴ 1+x=32−x
解得：x=14，
∴ BG=32−14=54
则BP=542，
故答案为：542．
连接AC交BD于点O，如图所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO=OD，∠AOD=90°，
∴∠ODA=∠AD O′ =45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′ H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP=PC，
在△APB和△CPB中，
AP=PCBP=BPAB=BC，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP=∠BCP，
∵∠BCD=∠MPA=90°，
∴∠PCN=∠AMP，
∵ AB∥CD，
∴∠AMP=∠PNC，
∴∠PCN=∠PNC，
∴PC=PN，
∴AP=PN，
∴∠PNA=45°，
∴∠PN P′ =90°，
∴∠P'NH+∠PNG=90°，
∵∠P'NH+∠N P′ H=90°，∠PNG+∠NPG=90°，
∴∠NPG=∠ P′ NH，∠PNG=∠N P′ H，
由翻折性质得：PN= P′ N，
在△PGN和△NH P′中，
∠NPG=∠P′NHPN=P′N∠PNG=∠NP′H，
∴△PGN≌△NH P′（ASA），
∴PG=NH，GN=P'H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG=45°，
则PG=GD，
∴GN=DH，
∴DH= P′ H，
∴ ∠P′DH=45 °，故∠ P′ DA=45°，
∴点P′在线段D O′上运动；
过点S作SK⊥D O′，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS=4，则P′ S的最小值为22．
【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．
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春·广东湛江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，AB长为半径画弧交AD于F．分别以点F，B为圆心，大于12BF长为半径作弧，两弧交于点G,作射线AG交BC于点E,若BF=6,AB=5,则AE的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
2．（3分）（2023春·全国·八年级专题练习）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OE//AB交AD于点E．若OA=2，ΔAOE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．16B．32C．36D．40
3．（3分）（2023秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，顶点A0,4，B−2,0，C−4,1，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．5,2B．−2,5C．2,−5D．5,−2
4．（3分）（2023秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考开学考试）如图，在矩形ABCD中，在AD上取点E，连接BE，在BE上取点F，连接AF，将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，FG的长是（ ）
A．3B．5C．25D．210
5．（3分）（2023·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形ABCD中∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于点P，若四边形ABCD的面积是9，则DP的长是( )
A．6B．4.5C．3D．2
6．（3分）（2023秋·甘肃白银·九年级校考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为 （ ）
A．12B．14C．245D．485
7．（3分）（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿BE折叠使得点A落在BD上，沿DF折叠使得点C落在BD上，甲说得到的四边形BEDF为菱形；乙沿MN折叠使得AB与DC重合，再折出BM，DN，乙说得到的四边形BMDN为菱形；下列说法正确的是（ ）
A．甲一定成立，乙可能成立B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立D．甲可能成立，乙也可能成立
8．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，Rt△EOF（两直角边长均大于AB的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（ ）
A．由小变大B．由大变小C．始终不变D．先由大变小，然后又由小变大
9．（3分）（2023春·八年级单元测试）如图所示，在四边形ABCD中，AD=BC，E、F分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线分别与EF的延长线交于点H、G，则( )
A．∠AHE>∠BGEB．∠AHE=∠BGE
C．∠AHE<∠BGED．∠AHE与∠BGE的大小关系不确定
10．（3分）（2023春·广东佛山·九年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G，F，H为CG的中点，连接DE，EH，DH，FH，下列结论中结论正确的有（ ）
①EG=DF；②∠AEH+∠ADH=180°；③△EHF≌△DHC；④若AEAB=23，则3S△EDH=13S△DHC，其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8，过点A作AE⊥CD于点E，则AE的长为___________．
12．（3分）（2023秋·天津宝坻·九年级校考期末）在平面直角坐标系中，以原点为旋转中心，将点A4，3按逆时针方向旋转90°，得到点A′，则点A′的坐标为______．
13．（3分）（2023春·八年级课时练习）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于_______．
14．（3分）（2023春·江苏南京·八年级南京外国语学校仙林分校校考开学考试）如图，长方形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上任一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当CE的长为___________时，△CEB′恰好为直角三角形．
15．（3分）（2023春·八年级课时练习）如图，矩形 ABCD 的面积为 128cm2，对角线交于点 O；以 AB，AO 为邻边做平行四边形 AOC1B，对角线交于点 O1；以 AB，AO1 为邻边做平行四边形 AO1C2B；⋯；依此类推，则平行四边形 AO6C7B 的面积____．
16．（3分）（2023秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），点F在边CD的延长线上，DF=BE，连接EF交AD于点G，过点A作AN⊥EF于点M，交边CD于点N．若DN=2CN，BE=3．则CN=_____________，AM=_____________．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023秋·山东济宁·九年级统考期末）如图方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为A0,3，B3,4，C2,2．
(1)画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A′B′C′，并写出点B的对应点B′的坐标．
(2)画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°后的图形△A″B″C″．
18．（6分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC交DC的延长线于点E．
(1)判断四边形ABEC的形状，并说明理由；
(2)若∠DBC=30°，BO=6，求四边形ABED的面积．
19．（8分）（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，点P、Q是边AB，BC上两个动点，且BP=4CQ，以BP，BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD，QD分别交AC于点E，F，设CQ=m．
(1)当平行四边形BPDQ的面积为63时，求m的值；
(2)求证：△DEF≌△QCF；
(3)如图2，连接AD，PF，PQ，当AD与△PQF的一边平行时，求△PQF的面积．
20．（8分）（2023春·安徽滁州·九年级校联考阶段练习）四边形ABCD中，AC⊥CD，对角线AC,BD相交于点E．
(1)如图1，若BD⊥AB，BC=DC，求证：∠CBD=∠CAB；
(2)如图2，若AC平分∠BAD，点E是AC的中点，过点B作BF⊥AC，垂足为F，点G为BD的中点，连接FG,CG．
①求证：FG=CG；
②连接AG，试判断四边形ABCG的形状，并证明．
21．（8分）（2023春·四川成都·八年级校考期中）已知，菱形ABCD中，∠B=60°，E、P分别是边BC和CD上的点，且∠EAP=60°．
(1)求证：BC=EC+CP．
(2)如图2，F在CA延长线上，且FE=FB，求证：AF=EC．
(3)如图3，在（2）的条件下AF=4，BE=6，点O是FB的中点，求OA的长．
22．（8分）（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，O是平行四边形ABCD对角线的交点，过点O作OH⊥AB，OM⊥BC，垂足分别为H，M，若OH≥OM，我们称λ=OHOM是平行四边形ABCD的心距比．
(1)如图2，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，则λ= ．
(2)如图3，四边形ABCD是平行四边形，λ=1，求证：四边形ABCD是菱形．
(3)已知如图，在△ABC中，∠B=75°，点E、F、G分别在AB、AC、BC边上，若存在一个四边形BEFG是平行四边形，且λ=2，请通过尺规作图作出一个点F．（不写作法，但保留作图痕迹；如若有必要，可简述作图思路）
23．（8分）（2023春·辽宁沈阳·九年级沈阳市第一二六中学校考开学考试）在正方形ABCD中，AE⊥MN，点E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB，AE，CD于点M，P，N．
(1)①如图1，判断线段AE与MN之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若垂足P为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，则∠AEQ=______．
(3)若垂足P在对角线BD上，正方形的边长为8．
①如图3，若BM=1，BE=32，则BP=______；
②如图4，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P′处，AD的中点为S，则P′S的最小值为______．
第9章 中心对称图形——平行四边形章末题型过关卷
【苏科版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023春·广东湛江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，AB长为半径画弧交AD于F．分别以点F，B为圆心，大于12BF长为半径作弧，两弧交于点G,作射线AG交BC于点E,若BF=6,AB=5,则AE的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
答案:C
分析：如下图，根据作图可得AE与BF相互垂直平分，在Rt△ABO中，利用勾股定理可求得AO的长，从而得出AE的长．
【详解】设AE与BF交于点O，连接EF
由作图可知，AE与BF相互垂直平分
∵BF=6，∴BO=3
∵AB=5
∴在Rt△ABO中，AO=4
∴AE=8
故选：C．
【点睛】本题考查垂直平分线的画法和勾股定理，解题关键是根据作图，判断出AE与BF相互垂直平分．
2．（3分）（2023春·全国·八年级专题练习）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OE//AB交AD于点E．若OA=2，ΔAOE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．16B．32C．36D．40
答案:B
分析：由平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，OB=OD，证OE是ΔABD的中位线，则AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=8，则AB+AD=2AE+2OE=16，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，AO=OC，
∵OE//AB，
∴AE=DE，
∴OE是ΔABD的中位线，
∴AB=2OE，AD=2AE，
∵ΔAOE的周长等于10，
∴OA+AE+OE=10，
∴AE+OE=10−OA=10−2=8，
∴AB+AD=2AE+2OE=16，
∴▱ABCD的周长=2×(AB+AD)=2×16=32．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理，求出AD+AB=16是解题的关键．
3．（3分）（2023秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，顶点A0,4，B−2,0，C−4,1，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．5,2B．−2,5C．2,−5D．5,−2
答案:C
分析：过点C作CE⊥x轴于点E，点D作DF⊥y轴于点F，根据已知条件求出点D的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点D的坐标，发现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点D的坐标．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥x轴于点E，点D作DF⊥y轴于点F，
∵A0,4，B−2,0，C−4,1，
∴OA=4，OB=2，CE=1，OE=4，
∴BE=OE−OB=4−2=2，
∵四边形ABCD是矩形，CE⊥x轴，DF⊥y轴，
∴∠CEB=∠AFD=∠CBA=∠BAD=∠AOB=90°，BC=AD，
∴∠CBE+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠CBE=∠BAO，
又∵∠ADF+∠DAF=90°，∠BAO+∠DAF=90°，
∴∠ADF=∠BAO，
∴∠CBE=∠ADF，
在△CBE和△ADF中，
∠CBE=∠ADF∠CEB=∠AFDBC=DA，
∴△CBE≌△ADFAAS，
∴DF=BE=2，AF=CE=1，
∴OF=OA+AF=4+1=5，
∴D−2,5，
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴第1次旋转结束时，点D的坐标为5,2，
第2次旋转结束时，点D的坐标为2,−5，
第3次旋转结束时，点D的坐标为−5,−2，
第4次旋转结束时，点D的坐标为−2,5，
……
发现规律：旋转4次一个循环，
∵2022÷4=505⋯⋯2，
∴第2022次旋转结束时，点D的坐标为2,−5．
故选：C．
【点睛】本题考查坐标与图形，图形的旋转，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2022次旋转后矩形的位置是解题的关键．
4．（3分）（2023秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考开学考试）如图，在矩形ABCD中，在AD上取点E，连接BE，在BE上取点F，连接AF，将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，FG的长是（ ）
A．3B．5C．25D．210
答案:C
分析：连接BG，根据折叠得到AG=AB=10，BF=GF，根据勾股定理求出DG，即可得到CG，从而得到BG，即可得到答案；
【详解】解：∵将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，AB=10，
∴AG=AB=10，BF=GF，
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=6，
∴AB=CD=10，AD=BC=6，∠D=∠C=90°，
∴DG=AG2−AD2=102−62=8，
∴CG=10−8=2，
∴BG=CG2+BC2=22+62=210，
∵∠GFB=90°，BF=GF，
∴FG=BG22=(210)22=25,
故选C．
【点睛】本题考查勾股定理，矩形性质及折叠的性质，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
5．（3分）（2023·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形ABCD中∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于点P，若四边形ABCD的面积是9，则DP的长是( )
A．6B．4.5C．3D．2
答案:C
分析：如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E，先证明四边形DPBE是矩形，再利用AAS证明△ADP≌△CDE，得到DE=DP，S△ADP=S△CDE，再由四边形ABCD的面积=9，得到DP⋅DE=9，则DP=3．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E，
∵∠ABC=90°，DP⊥AB，
∴四边形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADP+∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD=∠E=90°，
在△ADP和△CDE中，
∠ADP=∠CDE∠APD=∠EAD=CD，
∴△ADP≌△CDEAAS，
∴DE=DP，S△ADP=S△CDE
∴四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=9，
∴DP⋅DE=9，
∴DP=3，
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（3分）（2023秋·甘肃白银·九年级校考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为 （ ）
A．12B．14C．245D．485
答案:C
分析：利用菱形的面积公式：12·AC·BD=BC·AE，即可解决问题；
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，
∴AB=BC=5，
∵ 12·AC·BD=BC·AE，
∴AE=245，
故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的长，属于中考常考题型．
7．（3分）（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿BE折叠使得点A落在BD上，沿DF折叠使得点C落在BD上，甲说得到的四边形BEDF为菱形；乙沿MN折叠使得AB与DC重合，再折出BM，DN，乙说得到的四边形BMDN为菱形；下列说法正确的是（ ）
A．甲一定成立，乙可能成立B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立D．甲可能成立，乙也可能成立
答案:B
分析：由折叠的方法可知，四边形BEDF和四边形BMDN为平行四边形；再判断它们邻边是否相等即可得出结论；
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形
∴ AB∥CD AD∥BC
∴∠ABD=∠CDB，
由折叠知：∠EBD=∠ABE，∠FDB=∠CDF
∴∠EBD=∠FDB
∴BE∥DF,
∴四边形BEDF是平行四边形
当BE=DE时，四边形BEDF是平行四边形，
∴∠EBD=∠EDB，
又∵AD∥BC，∠EDB=∠DBF，
∴∠EBD=∠ABE=∠DBF=13∠ABC=30°，
故∠DBC=30°时，四边形BEDF为菱形，甲甲可能成立，
而由乙折叠方法可知MN⊥BC，所以BM>BN，故四边形BMDN为不可能为菱形．
综上所述：甲可能成立，乙一定不成立，
故选B．
【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、平行四边形的判定以及矩形和菱形的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
8．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，Rt△EOF（两直角边长均大于AB的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（ ）
A．由小变大B．由大变小C．始终不变D．先由大变小，然后又由小变大
答案:C
分析：由条件可得△OHB≅△OGCASA，从而S△OHB=S△OGC，SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，即可说明重叠面积始终不变．
【详解】解：∵正方形ABCD中，AC⊥BD，OB=OC，∠OBH=∠OCG=45°，∠EOF=90°，
∴ ∠HOB+∠BOF=∠BOF+∠GOC=90°，
∴ ∠HOB=∠GOC，
在△OHB与△OGC中，∠HOB=∠GOCOB=OC∠OBH=∠OCG，
∴ △OHB≅△OGCASA，
∴ S△OHB=S△OGC，
∴ SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，
则重叠部分的面积始终不变，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，利用面积的等量代换是解题关键．
9．（3分）（2023春·八年级单元测试）如图所示，在四边形ABCD中，AD=BC，E、F分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线分别与EF的延长线交于点H、G，则( )
A．∠AHE>∠BGEB．∠AHE=∠BGE
C．∠AHE<∠BGED．∠AHE与∠BGE的大小关系不确定
答案:B
分析：连接BD，取中点I，连接IE，IF，根据三角形中位线定理得IE＝122AD，且平行AD，IF＝12BC且平行BC，再利用 AD＞BC和 IE∥AD，求证∠AHE＝∠IEF，同理 可证∠BGE＝∠IFE，再利用IE＞IF和∠AHE＝∠IEF，∠BGE＝∠IFE即可得出结论．
【详解】连接BD，取中点I，连接IE，IF
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴IE，IF分别是△ABD，△BDC的中位线，
∴IE＝12AD，且平行AD，IF＝12BC且平行BC，
∵AD=BC，
∴IE=IF，
∵IE∥AD，
∴∠AHE＝∠IEF，
同理∠BGE＝∠IFE，
∵在△IEF中，IE=IF，
∴∠IFE=∠IEF，
∵∠AHE＝∠IEF，∠BGE＝∠IFE，
∴∠BGE=∠AHE．
故选：B．
【点睛】此题主要考查学生对三角形中位线定理和三角形三边关系等知识点的理解和掌握，有一定的拔高难度，属于难题．
10．（3分）（2023春·广东佛山·九年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G，F，H为CG的中点，连接DE，EH，DH，FH，下列结论中结论正确的有（ ）
①EG=DF；②∠AEH+∠ADH=180°；③△EHF≌△DHC；④若AEAB=23，则3S△EDH=13S△DHC，其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
答案:D
分析：根据正方形ABCD，AC为对角线，EF∥AD，可知四边形AEFD是矩形，由此可证△AEG、
△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，H为CG的中点，AEAB=23，可知△EHD是等腰
直角三角形，由此即可求解．
【详解】解：结论①EG=DF，
∵正方形ABCD中，AC为对角线，EF∥AD，
∴∠EAG=45°，∠AEG=90°，
∴AE=AG，四边形AEFD是矩形，△AEG、△CFG是等腰直角三角形，
∴AE=DF，
∴EG=DF，故结论①正确；
结论②∠AEH+∠ADH=180°，
由结论①正确可知，△CFG是等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH⊥CG，且△HFG、△HFC是等腰直角三角形，
∴HF=HG，∠HFD=45°+90°=135°，∠HGE=180°−45°=135°，
∴∠HFD=∠HGE，且EG=DF，
∴△HFD≌△HGE(SAS)，
∴∠HEG=∠HDF，
∵∠AEG+∠ADF=∠AEG+∠ADH+∠HDF=∠AEH+∠ADH=180°，故结论②正确；
结论③△EHF≌△DHC，
∵△AEG、△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，△HFD≌△HGE(SAS)，
∴HF=HC,∠HFG=∠HCF=45°，
∵四边形AEFD是矩形，
∴EF=AD=DC，
∴△EHF≌△DHC(SAS)，故结论③正确；
结论④若AEAB=23，则3S△EDH=13S△DHC，
由结论②正确，可知△HFD≌△HGE(SAS)；由结论③正确可知，△EHF≌△DHC(SAS)，
且△AEG、△CFG、△HFG、△HGC是等腰直角三角形，
∴HE=HD,∠EHD=90°，即△EHD是等腰直角三角形，
如图所示，过点H作HM⊥CD于M，设HM=x，则DM=5x，DH=26x，CD=6x，
∴S△DHC=12HM•CD=3x2，S△EDH=12DH2=13x2，
∴3S△EDH=13S△DHC，故结论④正确；
综上所示，正确的有①②③④，
故选：D．
【点睛】本题是四边形与三角形的综合，主要考查正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握正方形的性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8，过点A作AE⊥CD于点E，则AE的长为___________．
答案:245
分析：利用菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，利用等积法求出AE的长即可．
【详解】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8，
∴AC⊥BD,OC=12AC=3,OD=12BD=4，
∴CD=OC2+OD2=5，
∵AE⊥CD，
∴菱形的面积=12AC⋅BD=CD⋅AE，即：12×6×8=5AE，
∴AE=245；
故答案为：245．
【点睛】本题考查菱形性质．熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分，是解题的关键．
12．（3分）（2023秋·天津宝坻·九年级校考期末）在平面直角坐标系中，以原点为旋转中心，将点A4，3按逆时针方向旋转90°，得到点A′，则点A′的坐标为______．
答案:−3，4
分析：在平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点A′的坐标即可．
【详解】解：如图所示，建立平面直角坐标系，点A′的坐标为−3，4．
故答案为：−3，4．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．
13．（3分）（2023春·八年级课时练习）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于_______．
答案:2
分析：连接AE，证明四边形AECB是平行四边形得AE∥BC，由勾股定理得AD=5，从而有 AD=DE=5，然后利用等腰三角形的性质可得∠DAE=∠DEA，再利用平行线的性质可得∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DCO，从而可得∠DOC=∠DCO，进而可得DO=DC=3，最后进行计算即可解答．
【详解】解∶如下图∶连接AE，
∵AB∥EC，AB=EC=2，
∴四边形AECB是平行四边形，
∴AE∥BC，
∵ AD=32+42=5， DE=5，
∴AD=DE=5，
∴∠DAE=∠DEA，
∵AE∥BC，
∴∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DC0，
∴∠DOC=∠DCO，
∴DO=DC=3，
∴AO=AD-DO=5-3=2，
故答案为∶2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
14．（3分）（2023春·江苏南京·八年级南京外国语学校仙林分校校考开学考试）如图，长方形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上任一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当CE的长为___________时，△CEB′恰好为直角三角形．
答案:1或52
分析：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，当点B′落在AD边上时，利用矩形的性质及勾股定理进行计算即可．
【详解】解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连接AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=AB2+BC2=5，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，
∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′，AB=AB′=3，
∴CB′=5−3=2，
设BE=x，则EB′=x，CE=4−x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=(4−x)2，解得x=32，
∴BE=32，CE=4−32=52；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．
此时四边形ABEB′为正方形，
∴BE=AB=3，
∴CE=BC−BE=4−3=1，
综上所述：CE=1或52，
故答案为：1或52．
【点睛】此题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，正方形的判定和性质，正确理解矩形的性质及勾股定理的计算，进行分类讨论是解题的关键．
15．（3分）（2023春·八年级课时练习）如图，矩形 ABCD 的面积为 128cm2，对角线交于点 O；以 AB，AO 为邻边做平行四边形 AOC1B，对角线交于点 O1；以 AB，AO1 为邻边做平行四边形 AO1C2B；⋯；依此类推，则平行四边形 AO6C7B 的面积____．
答案:1cm2
分析：如图：过点O向AB作垂线，垂足为E，平行四边形AOC1B的面积为AB×OE，根据矩形的性质OE=12AD,即平行四边形AOC1B的面积为AB×12AD=12S四边形ABCD；同理：根据平行四边形的性质可得：O1F=12OE=122AD，即AO1C2B面积AB×122AD=122S四边形ABCD，依此类推，即可得到平行四边形AO6C7B的面积．
【详解】解：如图：过点O向AB作垂线，垂足为E，过点O1向AB作垂线，垂足为F，
∵∠DAB=∠OEB，
∴OE∥DA，
∵O为矩形ABCD的对角线交点，
∴OB=OD
∴OE=12AD.
∵矩形ABCD的面积AB×CD=128cm2
∴平行四边形AOC1B的面积=AB×OE=AB×12AD=12
同理：根据平行四边形的性质可得：O1F=12OE=122AD，
平行四边形AO1C2B面积AB×122AD=122S四边形ABCD，
依此类推：
平行四边形AO6C7B的面积=AB×126AD×S四边形ABCD=126×128=1cm2．
故答案为1cm2．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质等知识点，根据平行四边形的性质得到面积的变化规律是解题的关键．
16．（3分）（2023秋·浙江杭州·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），点F在边CD的延长线上，DF=BE，连接EF交AD于点G，过点A作AN⊥EF于点M，交边CD于点N．若DN=2CN，BE=3．则CN=_____________，AM=_____________．
答案: 5 313
分析：连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，可证△ABE≅△ADF(SAS)，可得∠BAE=∠DAF,AE=AF，进而得到∠EAF=90°，根据等腰三角形三线合一的性质可得点M为EF中点，由AN⊥EF，可证△AEM≅△AFM(SAS)，△EMN≅△FMN(SAS)，可得EN=FN，设CN=x，则DN=2CN=2x，则BC=CD=3x，已知BE=3，则FN=2x+3，根据勾股定理解得x=5，可得CN=5，由勾股定理得AE=326，从而可得AM=EM=FM=313，即可求解．
【详解】连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，
∵BE=DF，
∴△ABE≅△ADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF,AE=AF，
∴∠EAF=90°，
∴△EAF是等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM=FM,∠EAM=∠FAM=45°，
∴△AEM≅△AFM(SAS)，△EMN≅△FMN(SAS)，
∴EN=FN，
设CN=x，则DN=2CN=2x，
∴BC=CD=3x，
∵BE=3，
∴EN=FN=2x+3，CE=BC−BE=3x−3，
在Rt△ECN中，
∵CN2+CE2=EN2，
∴x2+(3x−3)2=(2x+3)2
解得：x1=5，x2=0（舍），
∴CN=5，
∴AB=BC=CD=DA=15，
在Rt△ABE中，
AE=AB2+BE2=152+32=326，
∴EF=2AE=613，
∴AM=EM=FM=313，
故答案为：5；313；
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，构建全等三角形解决问题．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023秋·山东济宁·九年级统考期末）如图方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为A0,3，B3,4，C2,2．
(1)画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A′B′C′，并写出点B的对应点B′的坐标．
(2)画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°后的图形△A″B″C″．
答案:(1)图见解析；B′−3,−4
(2)图见解析
分析：（1）根据找点，描点，连线，画出△A′B′C′，再写出B′的坐标即可；
（2）根据找点，描点，连线，画出△A″B″C″．
【详解】（1）解：如图所示，△A′B′C′即为所求；
由图可知：B′−3,−4；
（2）解：如图所示，△A″B″C″即为所求；
【点睛】本题考查画出中心对称图形和旋转图形．熟练掌握中心对称图形和旋转图形的定义，是解题的关键．
18．（6分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC交DC的延长线于点E．
(1)判断四边形ABEC的形状，并说明理由；
(2)若∠DBC=30°，BO=6，求四边形ABED的面积．
答案:(1)四边形ABEC为平行四边形；理由见解析
(2)543
分析：（1）根据矩形得出AB∥CD，再根据BE∥AC即可得出四边形ABEC为平行四边形；
（2）根据矩形的性质，结合直角三角形的性质，求出CD=6，BC=63，根据平行四边形的性质，求出EC=6，最后根据梯形面积公式求出结果即可．
【详解】（1）解：四边形ABEC为平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∵BE∥AC，
∴四边形ABEC为平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，BO=DO，AB=CD，∠BCD=90°，
∵BO=6，
∴BD=12，
∵∠DBC=30°，
∴CD=12BD=6，
∴BC=BD2−CD2=63，AB=CD=6，
∵四边形ABEC为平行四边形，
∴EC=AB=6，
∴DE=12，
∴S四边形ABED=126+12×63=543．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定方法．
19．（8分）（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，点P、Q是边AB，BC上两个动点，且BP=4CQ，以BP，BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD，QD分别交AC于点E，F，设CQ=m．
(1)当平行四边形BPDQ的面积为63时，求m的值；
(2)求证：△DEF≌△QCF；
(3)如图2，连接AD，PF，PQ，当AD与△PQF的一边平行时，求△PQF的面积．
答案:(1)m的值是1
(2)证明见解析
(3)△PQF的面积为1639或332
分析：（1）如图1，过点P作PM⊥BC于M，表示BQ=4−m， PM=23m，根据平行四边形BPDQ的面积为63，列等式可得m的值，由AB=8，可确定m=1；
（2）先计算DE=CQ=m，再由平行线的性质和对顶角相等结合AAS证明△DEF≌△QCF；
（3）分两种情况：①如图2，AD∥PF，证明四边形APFD是平行四边形，根据PE=ED列方程可得m的值，并计算△PQF的面积；②如图3，AD∥Q，证明四边形APQD是平行四边形，AP=PB，列方程可解答．
【详解】（1）解：如图1，过点P作PM⊥BC于M，
∵BP=4CQ，CQ=m，
∴BP=4m，
Rt△PBM中，∠B=60°，
∴∠BPM=30°，
∴BM=12BP=2m，PM=23m，
∵BC=4，CQ=m，
∴BQ=4−m，
∵平行四边形BPDQ的面积为63，
∴BQ⋅PM=63，即4−m⋅23m=63，
解得：m1=1，m2=3，
Rt△ABC中，∠A=30°，
∴AB=2BC=2×4=8，
当m=1时，BP=4m=4，
当m=3时，BP=4m=12>8，不符合题意，舍去；
综上，m的值是1；
（2）证明：∵四边形BPDQ是平行四边形，
∴PD∥BC，
∴∠D=∠CQF，
由（1）知：BM=2m，
∴PE=CM=4−2m，
∴ED=PD−PE=BQ−PE=4−m−4−2m=m，
∵CQ=m，
∴CQ=ED，
∵∠EFD=∠CFQ，
∴△DEF≌△QCFAAS；
（3）解：分两种情况：
①如图2，AD∥PF，
∵PD∥BC，
∴∠AEP=∠C=90°，
Rt△AEP中，∠PAE=30°，
∴PE=12AP=128−4m=4−2m，
∵AP∥DF，AD∥PF，
∴四边形APFD是平行四边形，
∴PE=ED，
∴4−2m=m，
∴m=43，
∵PE=4−2×43=43， CQ=43，
∴PE=CQ，
∵PE∥CQ，∠C=90°，
∴四边形CQPE是矩形，
∴∠CQP=90°，
∴S△PFQ=12PQ⋅CQ=12×23m×m=3×169=1639；
②如图3，AD∥PQ，
∵AD∥PQ，AP∥DQ，
∴四边形APQD是平行四边形，
∴AP=DQ，
∵PB=DQ，
∴AP=PB，
∴8−4m=4m，
∴m=1，
∴S△PFQ=S△ABC−S△APF−S△BPQ−S△CFQ
=12×4×43−12×1×3−12×43−3×2−12×3×23
=332；
综上，△PQF的面积为1639或332．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了含30°的直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，平行四边形的性质，三角形的中位线，三角形的面积等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行计算的能力，还用了分类讨论思想．
20．（8分）（2023春·安徽滁州·九年级校联考阶段练习）四边形ABCD中，AC⊥CD，对角线AC,BD相交于点E．
(1)如图1，若BD⊥AB，BC=DC，求证：∠CBD=∠CAB；
(2)如图2，若AC平分∠BAD，点E是AC的中点，过点B作BF⊥AC，垂足为F，点G为BD的中点，连接FG,CG．
①求证：FG=CG；
②连接AG，试判断四边形ABCG的形状，并证明．
答案:(1)见解析
(2)①见解析；②四边形ABCG是平行四边形，证明见解析
分析：（1）根据等角的余角相等，可得∠CAB=∠CDE，再由BC=DC，可得∠CBD=∠CDE，即可；
（2）①延长BF交AD于点M，延长AB,DC交于点H，可证明△ABF≌△AMF，可得BF=FM，从而得到FG是△BMD的中位线，进而得到FG∥DM，继而得到∠MFG=∠AMF，同理△HAC≌△DAC，可得HC=CD,∠H=∠ADC，从而得到CG是△BHD的中位线，进而得到CG∥BH，继而得到∠H=∠GCD，再由BF∥HD，可得∠AMF=∠ADC，从而得到∠GCD=∠AMF=∠MFG，进而得到∠CFG=∠FCG，即可；②证明△ABE≌△CGE，可得AB=CG，再由AB∥CG，即可．
【详解】（1）证明：∵AC⊥CD，BD⊥AB，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
∵∠AEB=∠DEC，
∴∠CAB=∠CDE，
∵BC=DC，
∴∠CBD=∠CDE，
∴∠CBD=∠CAB；
（2）①证明：如图，延长BF交AD于点M，延长AB,DC交于点H，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAF=∠FAM，
∵BF⊥AC，
∴∠AFB=∠AFM=90°，
在△ABF和△AMF中，
∠BAF=∠MAFAF=AF∠AFB=∠AFM，
∴△ABF≌△AMF，
∴BF=FM，
∵点G为BD的中点，
∴FG是△BMD的中位线，
∴FG∥DM，
∴∠MFG=∠AMF，
同理△HAC≌△DAC，
∴HC=CD,∠H=∠ADC，
∴CG是△BHD的中位线，
∴CG∥BH，
∴∠H=∠GCD，
∵BF⊥AC,HD⊥AC，
∴BF∥HD，
∴∠AMF=∠ADC，
∴∠GCD=∠AMF=∠MFG，
∵∠MFG+∠CFG=∠GCD+∠FCG=90°，
∴∠CFG=∠FCG，
∴FG=CG；
②解：四边形ABCG是平行四边形，证明如下：
∵点E是AC的中点，
∴AE=CE，
∵CG∥BH，
∴∠BAE=∠ECG，
在△ABE和△CGE中，
∠BAE=∠ECGAE=CE∠AEB=∠GEC，
∴△ABE≌△CGE，
∴AB=CG，
∵AB∥CG，
∴四边形ABCG是平行四边形，
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
21．（8分）（2023春·四川成都·八年级校考期中）已知，菱形ABCD中，∠B=60°，E、P分别是边BC和CD上的点，且∠EAP=60°．
(1)求证：BC=EC+CP．
(2)如图2，F在CA延长线上，且FE=FB，求证：AF=EC．
(3)如图3，在（2）的条件下AF=4，BE=6，点O是FB的中点，求OA的长．
答案:(1)见详解
(2)见详解
(3)19
分析：（1）连接AC，如图1，根据菱形的性质得AB=BC，即可判定△ABC为等边三角形，得到∠BAC=60°，AC=AB，然后利用ASA可证明△AEB≌△APC，即可解答；
（2）过点F作FH∥AB，交CB的延长线于点H，利用平行线的性质求得△FHC是等边三角形，得到CF=CH=FH，然后利用AAS定理求得△HBF≌△CEF，从而问题得解；
（3）过点B作BK∥FC，交HF于点K，根据两组对边分别平行求得四边形KBAF是平行四边形，从而求得OA=12AK，FK=10，A作AM⊥FH，然后利用含30°的直角三角形的性质以及勾股定理求得MF=12AF=2，AM=AF2−MF2=23，即有KM=FK−MF=10−2=8，在Rt△AKM中，利用勾股定理可得AK=219，问题随之得解．
【详解】（1）连接AC，如图1，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB，
∴∠BAE+∠EAC=60°，
∵∠EAP=60°，即∠EAC+∠CAP=60°，
∴∠BAE=∠CAP，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACP=60°，即∠ACP=60°=∠B，
在△AEB和△APC中，∠BAE=∠CAPAB=AC∠B=∠ACP，
∴△AEB≌△APC，
∴BE=CP，
∴BC=EC+BE=EC+CP；
（2）过点F作FH∥AB，交CB的延长线于点H，如图2，
在（1）中已证△ABC为等边三角形，
∵FH∥AB，
∴∠H=∠ABC=60°=∠C，
∴△FHC是等边三角形，
∴CF=CH=FH，
又∵△ABC是等边三角形，
∴CA=CB，
∴AF=BH，
又∵FB=FE，
∴∠FEB=∠FBE，即∠FBH=∠FEC，
在△HBF和△CEF中∠FBH=∠FEC∠FHB=∠FCEFH=FC，
∴△HBF≌△CEF，
∴BH=EC，
∴AF=EC；
（3）过点B作BK∥FC，交HF于点K，如图3，
∵BK∥FC，FH∥AB，AF=4，BE=6，
∴四边形KBAF是平行四边形，
∴KB=AF=EC=4，
∵点O是FB的中点，
∴OA=12AK，
∴FK=AB=BC=BE+EC=BE+AF=10，
过点A作AM⊥FH，
由（2）可知，∠CFH=60°，
∴在Rt△AMF中，∠MAF=30°，
∴MF=12AF=2，AM=AF2−MF2=23，
∴KM=FK−MF=10−2=8，
在Rt△AKM中，AK=AM2+MK2=(23)2+82=219，
∴OA=12AK=19．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，及平行四边形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，题目有一定的综合性，正确添加辅助线解题是关键的突破点．
22．（8分）（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，O是平行四边形ABCD对角线的交点，过点O作OH⊥AB，OM⊥BC，垂足分别为H，M，若OH≥OM，我们称λ=OHOM是平行四边形ABCD的心距比．
(1)如图2，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，则λ= ．
(2)如图3，四边形ABCD是平行四边形，λ=1，求证：四边形ABCD是菱形．
(3)已知如图，在△ABC中，∠B=75°，点E、F、G分别在AB、AC、BC边上，若存在一个四边形BEFG是平行四边形，且λ=2，请通过尺规作图作出一个点F．（不写作法，但保留作图痕迹；如若有必要，可简述作图思路）
答案:(1)43
(2)证明见解析
(3)作图见解析
分析：（1）由面积法可得12AB·OH=12BC·OM，即可求解；
（2）由角平分线的性质可得∠ABD=∠CBD，由平行线的性质可得∠ADB=∠CBD=∠ABD，可得AB=AD，可得结论；
（3）如图4，以点C为圆心，CB为半径作弧，交AB于点D，作BC的垂直平分线交CD于Q，连接BQ，并延长交AC于点F，则点F为所求点．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°， OA=OC，
∵OH⊥AB，OM⊥BC，
∴12AB·OH=12BC·OM，
∴ OHOM=BCAB=43，
∴λ=43．
（2）∵λ=1，
∴OHOM=1，
∴OH=OM，
又∵OH⊥AB，OM⊥BC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD=∠ABD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）如图，以点C为圆心，CB为半径作弧，交AB于点D，作BC的垂直平分线交CD于Q，连接BQ，并延长交AC于点F，则点F为所求点．
理由如下：过F作FE∥BC交BA于E，过F作FG∥AB交BC于G，连接EG，交BF于O，过O作OH⊥AB于H，过O作OM⊥BC于M，
由作图可得：CD=CB，而∠ABC=75°，
∴∠CDB=∠CBD=75°，∠DCB=30°，
由作图可得： 作BC的垂直平分线交CD于Q，
∴QB=QC，
∴∠QCB=∠QBC=30°，
∴∠HBO=45°，
在Rt△BMO中，OM=12OB，
在Rt△BOH中，OH=22OB，
∴OHOM=22OB12OB=2，即λ=2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的判定，基本作图等知识，理解新定义，并运用是解题的关键．
23．（8分）（2023春·辽宁沈阳·九年级沈阳市第一二六中学校考开学考试）在正方形ABCD中，AE⊥MN，点E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB，AE，CD于点M，P，N．
(1)①如图1，判断线段AE与MN之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若垂足P为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，则∠AEQ=______．
(3)若垂足P在对角线BD上，正方形的边长为8．
①如图3，若BM=1，BE=32，则BP=______；
②如图4，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P′处，AD的中点为S，则P′S的最小值为______．
答案:(1)AE=MN；理由见解析
(2)45°
(3)①524；②22
分析：（1）过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出MN=BF，证明△ABE≌△BCF得出AE=BF，即可得出结论；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，证明Rt△ AHQ≌ Rt△ QIE得出∠AQH=∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ=∠AEQ=45°，即可得出结论；
（3）①过点P分别作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分别为G,H，则∠PEG=∠PHM=90°，证明△PMH≌△PEG AAS，设GE=MH =x，根据MB+MH=BE−GE，求得x=14，即可得出BP=542；
②连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P'的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA=∠AD O′ =45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′ H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，证明Rt△ PGN≌ Rt△ NH P′得出PG=NH，GN= P′ H，由正方形的性质得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH= P′ H，得出∠ P′ DH=45°，故∠ P′ DA=45°，点P′在线段D O′上运动；过点S作SK⊥D O′，垂足为K，即可得出结果．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴MN=BF，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE=90°，
∴∠CBF+∠ABE=90°，
∵∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
在△ABE和△BCF中，
∠BAE＝∠CBFAB＝BC∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF，
∴AE=MN；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA=45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ=QE，
在Rt△ AHQ和Rt△ QIE中，
AQ=QEAH=QI，
∴ Rt△ AHQ≌ Rt△ QIE（HL），
∴∠AQH=∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI=90°，
∴∠AQE=90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ=∠AEQ=45°，
故答案为：45°．
（3）①解：如图所示，
过点P分别作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分别为G,H，则∠PEG=∠PHM=90°
∵ P在正方形对角线BD上，
∴ PH=PG，△PBG是等腰直角三角形，
∵ AE⊥MN,∠ABC=90°，
∴ ∠PMB+∠PEB=180°，
又∵ ∠PMH+∠PMB=180°，
∴ ∠PMH=∠PEG，
∴ △PMH≌△PEG AAS，
∴ GE=MH，
设GE=MH =x，
∴ MB+MH=BE−GE
∵ BM=1，BE=32，
∴ 1+x=32−x
解得：x=14，
∴ BG=32−14=54
则BP=542，
故答案为：542．
连接AC交BD于点O，如图所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO=OD，∠AOD=90°，
∴∠ODA=∠AD O′ =45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′ H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP=PC，
在△APB和△CPB中，
AP=PCBP=BPAB=BC，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP=∠BCP，
∵∠BCD=∠MPA=90°，
∴∠PCN=∠AMP，
∵ AB∥CD，
∴∠AMP=∠PNC，
∴∠PCN=∠PNC，
∴PC=PN，
∴AP=PN，
∴∠PNA=45°，
∴∠PN P′ =90°，
∴∠P'NH+∠PNG=90°，
∵∠P'NH+∠N P′ H=90°，∠PNG+∠NPG=90°，
∴∠NPG=∠ P′ NH，∠PNG=∠N P′ H，
由翻折性质得：PN= P′ N，
在△PGN和△NH P′中，
∠NPG=∠P′NHPN=P′N∠PNG=∠NP′H，
∴△PGN≌△NH P′（ASA），
∴PG=NH，GN=P'H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG=45°，
则PG=GD，
∴GN=DH，
∴DH= P′ H，
∴ ∠P′DH=45 °，故∠ P′ DA=45°，
∴点P′在线段D O′上运动；
过点S作SK⊥D O′，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS=4，则P′ S的最小值为22．
【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．
相关试卷
苏科版九年级数学下册专题6.9图形的相似章末题型过关卷(苏科版)(原卷版+解析)： 这是一份苏科版九年级数学下册专题6.9图形的相似章末题型过关卷(苏科版)(原卷版+解析)，共31页。
苏科版八年级数学下册专题10.7分式章末题型过关卷(原卷版+解析)： 这是一份苏科版八年级数学下册专题10.7分式章末题型过关卷(原卷版+解析)，共21页。
苏科版八年级数学下册专题9.12中心对称图形——平行四边形章末题型过关卷(原卷版+解析)： 这是一份苏科版八年级数学下册专题9.12中心对称图形——平行四边形章末题型过关卷(原卷版+解析)，共45页。
