专题6.6期中小题易丢分培优训练（江苏期中真题压轴100道，八下苏科）-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习高分攻略(苏科版)

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1．（2022春·江苏南京·八年级校联考期中）四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．下列条件：①AD∥BC；②AD＝BC；③∠BAD=∠BCD；④OA＝OC中，任意选择其中的2个条件组成一组，一定能判定四边形ABCD是平行四边形的有（ ）
A．3组B．4组C．5组D．6组
【答案】A
【分析】由平行四边形的判定和全等三角形的判定与性质即可得出结论．
【详解】解：共有3组可能：①②，①③，①④，理由如下：
选择①②，∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
选择①③，∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠BCD+∠ABC=180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
选择①④，∵AD∥BC，
∴∠OAD=∠OCB，
在△AOD与△COB中，
∠OAD=∠OCBOA=OC∠AOD=∠COB，
∴△AOD≌△COB，
∴AD=BC，
∴四边形ABCD为平行四边形．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
2．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E为AB边中点，点F为对角线BD上一点，且FB=2DF，连接DE、EF、EC，则S△DEF：S△CED=( )
A．1:4B．1:3C．1:6D．2:5
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是平行四边形，点E为AB边中点，可得S△ADE=S△BDE=14S平行四边形ABCD，根据FB=2DF，可得S△BDE=3S△DEF，进而可得结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，点E为AB边中点，
∴S△ADE=S△BDE=14S平行四边形ABCD，
∵FB=2DF，
∴S△DEF=13S△BDE=112S平行四边形ABCD，
∵S△CDE=12S平行四边形ABCD，
∴S△DEF：S△CDE=112S平行四边形ABCD：12S平行四边形ABCD=1:6．
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
3．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论：①∠DCF=12∠BCD；②EF＝CF；③S△BEC<2S△CEF；④∠DFE＝4∠AEF．其中一定成立的是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②D．①②④
【答案】B
【分析】延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF ，得出对应线段之间关系进而得出答案．
【详解】解：∵F是AD的中点，
∴ AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD＝2AB，
∴AF=FD=CD，AD∥BC，
∴∠DFC＝∠DCF，∠DFC＝∠FCB，
∴ ∠DCF＝∠BCF，
∴∠DCF=12∠BCD，故①正确；
如图，延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，∠BEC=∠DCE，
∵F为AD中点，
∴ AF＝FD，
在△AEF和△DFM中
∵∠A=∠FDMAF=DF∠AEF=∠DFM，
∴△AEF≌△DMFASA，
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∴∠BEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC=12EM＝FE，故②正确；
∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，即 S△ECM=2S△CEF，
∵△AEF≌△DMF，
∴S△AEF=S△DMF，
∴S△ECM=S四边形AECD，
∵S△BEC＜S△ABC＜S四边形AECD，
故：S△BEC<2S△CEF，故③成立；
设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC＝90°-x，
∴∠EFC＝180°—2x，
∴∠EFD=90°-x+180°-2x＝270° -3x，
∵∠AEF＝90°-x，
∴∠DFE＝3∠AEF，故④错误．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△AEF≌△DMF是解题关键．
4．（2022春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）□ABCD中，∠ABC的角平分线交线段AD于点E，DE=1，点F是BE中点，连接CF，过点F作FG⊥BC，垂足为G，设AB=x，若□ABCD的面积为8，FG的长为整数，则整数x的值为（ ）
A．1B．2C．3D．1或3
【答案】C
【分析】根据题意和平行四边形的性质，可以得到AD和AB的关系，然后根据□ABCD的面积为8，FG的长为整数，从而可以得到整数x的值．
【详解】解：如图所示，延长GF交AD于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，FG⊥BC，
∴AD∥BC，∠FHE=∠FGB=90°，
∴∠HEF=∠GBF，
∵点F是BE中点，
∴EF=BF，
在△HEF和△GBF中，
∠FHE=∠FGB∠HEF=∠GBFEF=BF
∴△HEF≌△GBFAAS，
∴HF=GF，
∴HG=2GF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE，
∵AB=x，
∴AE=x，
∵DE=1，
∴AD=x+1，
∵□ABCD的面积为8，FG的长为整数，
∴x+1·2GF=8，
即：x+1·GF=4，
∴整数x为0或1或3．
当x=0时，AB=0，不符合题意，舍去；
当x=1时，AB=1，AD=2，则此时平行四边形的面积不可能是8，故舍去；
∴x=3．
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和面积，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，不定方程等知识．解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
5．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，点P为▱ABCD外一点，连接PA、PB、PC、PD，若△APB的面积为18，△APD的面积为5，则△APC的面积为（ ）
A．10B．13C．18D．20
【答案】B
【分析】根据题意，表示出已知三角形的面积，然后作差，再根据平行四边形的性质即可解答本题．
【详解】解：DC与AP交于点E，设点P到DC的距离为ℎ1，DC和AB之间的距离为ℎ2，
∵S△PAD=5，S△PAB=18，
∴DEℎ1+ℎ22=5，ABℎ1+ℎ22=18，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∴AB−DEℎ1+ℎ22=18−5=13，
即DC−DEℎ1+ℎ22=13，
∴CEℎ1+ℎ22=13，
即△APC的面积是13，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和三角形的面积公式，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
6．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，△ABC是等边三角形，P是三角形内一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若△ABC的周长为24，则PD+PE+PF＝（ ）
A．8B．9
C．12D．15
【答案】A
【分析】过点P作平行四边形PGBD，EPHC，进而利用平行四边形的性质及等边三角形的性质即可．
【详解】解：延长EP、FP分别交AB、BC于G、H，
由PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，可得，
四边形PGBD，EPHC是平行四边形，
∴PG＝BD，PE＝HC，
∵△ABC是等边三角形，PF∥AC，PD∥AB，
∴△PFG，△PDH是等边三角形，
∴PF＝PG＝BD，PD＝DH，
又∵△ABC的周长为24，
∴PD+PE+PF=DH+HC+BD=BC=13×24=8，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及等边三角形的判定及性质，根据等边三角形的性质作辅助线构造平行四边形是解题的关键．
7．（2022春·江苏盐城·八年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC、BD相交于点O．下列条件：①AD∥BC，②AB＝CD，③AD＝BC，④∠ADC＝∠ABC，⑤BO＝DO，⑥∠DBA＝∠CAB．若添加其中一个，可得到该四边形是平行四边形，则添加的条件可以是（ ）
A．①②③⑤B．①②④⑤C．①②④⑥D．①③④⑥
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定方法分别对各个条件分别进行判定，即可得出结论．
【详解】解：①∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故①正确；
②∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故②正确；
③∵AB∥CD，AD=BC无法得出四边形ABCD是平行四边形，故③不正确；
④∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠ADC=∠ABC，
∴∠ADC+∠BCD=180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故④正确；
⑤∵AB∥CD，
∴∠ABO=∠CDO，
在△AOB和△COD中，
∠ABO＝∠CDOBO＝DO∠AOB＝∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴AO=CO，
又∵OB=OD，
∴四边形ABCD为平行四边形，故⑤正确；
∵∠BCD+∠ADC=180°，
∴AD∥BC，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
⑥∵∠DBA=∠CAB，
∴OA=OB，
∵AB∥CD，
∴∠DBA=∠CDB，∠CAB=∠ACD，
∵∠DBA=∠CAB，
∴∠CDB=∠ACD，
∴OC=OD，
不能得出四边形ABCD是平行四边形，故⑥不正确；
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；常用的平行四边形的判定方法有：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
8．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）如图，在▱ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，下列结论中：①∠DCF＝12∠BCD；②∠DFE＝3∠AEF；③EF＝CF；④S△BEC＝S△CEF．一定成立的是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②④D．①③④
【答案】B
【分析】分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），得出对应线段之间关系进而得出答案．
【详解】解：∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=12∠BCD，故①正确；
延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
∠A=∠MDFAF=FD∠AFE=∠DFM，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴CF=EF，故③正确；
设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°-x，
∴∠EFC=180°-2x，
∴∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x，
∵∠AEF=90°-x，
∴∠DFE=3∠AEF，故②正确；
∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，
∵MC＞BE，
∴S△BEC＜2S△EFC，
故④错误；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△AEF≌△DMF是解题关键．
9．（2022春·江苏南通·八年级统考期中）如图1，▱ABCD中，AD>AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
A．甲、乙、丙都是B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是D．只有乙、丙才是
【答案】A
【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；
乙方案：由△ABN≌△CDM，可得BN=DM,即可得ON=OM，
再利用对角线互相平分得证；
丙方案:方法同乙方案．
【详解】连接AC,BD交于点O
甲方案：∵四边形ABCD是平行四边形
∴ AO=CO,BO=DO
∵BN=NO,OM=MD
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
乙方案：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB//CD，AO=CO,BO=DO
∴∠ABN=∠CDM
又∵AN⊥BD,CM⊥BD
∴∠ANB=∠CMD
∴△ABN≌△CDM(AAS)
∴BN=DM
∵BO=DO
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
丙方案:
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB//CD，AO=CO,BO=DO， ∠BAD=∠BCD
∴∠ABN=∠CDM
又∵ AN,CM分别平分∠BAD,∠BCD
∴12∠BAD=12∠BCD， 即∠BAN=∠DCN
∴△ABN≌△CDM（ASA）
∴BN=DM
∵BO=DO
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
所以甲、乙、丙三种方案都可以．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．
10．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AD＝6 cm，BC＝12 cm，点P从A出发以1 cm/s的速度向D运动，点Q从C出发以2 cm/s的速度向B运动．两点同时出发，当点P运动到点D时，点Q也随之停止运动．若设运动的时间为t秒，以点A、B、C、D、P、Q任意四个点为顶点的四边形中同时存在两个平行四边形，则t的值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据题意计算AP、PD、BQ、CQ，再根据平行四边形的判定方法进行判定．
【详解】A．t＝1时，AP＝1cm，PD＝5cm，CQ＝2cm，BQ＝10cm，此时构不成平行四边形，不符合题意；
B．t＝2时，AP＝2cm，PD＝4cm，CQ＝4cm，BQ＝8cm，因AD∥BC，此时只构成一个平行四边形PDCQ，不符合题意；
C．t＝3时，AP＝PD＝3cm，CQ＝BQ＝6cm，则CQ＝BQ＝AD，因AD∥BC，此时有2个平行四边形：平行四边形ADCQ和平行四边形ADQB，符合题意；
D．t＝4时，AP＝4cm，PD＝2cm，CQ＝8cm，BQ＝4cm，因AD∥BC，此时只构成一个平行四边形APQB，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，关键是熟记平行四边形的判定方法．
11．（2022秋·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，D是AB的中点，点E在AC上，点F在BC上，且AE=CF．下面四个结论中：（1）DE=DF；（2）△DEF是等腰直角三角形；（3）S四边形CEDF=1；（4）EF有最小值，为2．正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由等腰直角三角形的性质知∠A=∠B=45°，结合D是AB的中点知CD⊥AB且AD=BD=CD，继而得∠A=∠DCF，结合AE=CF即可证得△ADE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出DE=DF，∠ADE=∠CDF，即可判断（1）（2）（3），根据垂线段最短得出当DE⊥AC，DF⊥BC时，EF值最小，根据矩形的性质和判定得出EF=CD，求出CD即可．
【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，
∴∠A=∠B=45°，AB=AC2+BC2=22+22=22，
∵点D是AB的中点，
∴CD⊥AB，∠DCB=45°，
AD=BD=CD=12AB=2，
∴∠A=∠DCF=45°，
在△ADE和△CDF中，
AD=CD∠DAE=∠DCFAE=CF，
∴△ADE≌△CDFSAS，
∴∠ADE=∠CDF，DE=DF，故结论（1）正确；
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∴∠EDF=∠EDC+∠CDF=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，故结论（2）正确；
∵△ADE≌△CDF，
∴S△ADE=S△CDF，
∵D是AB的中点，AC=BC=2，∠ACB=90°，
∴S△ADC=12S△ABC=12×12AC⋅BC=12×12×2×2=1，
∴S四边形CEDF=S△EDC+S△CDF=S△EDC+S△ADE=S△ADC=1，故结论（3）正确；
当DE⊥AC，DF⊥BC时，DE、DF分别取小值，
∵∠EDF=90°，
∴EF=DE2+DF2，此时的EF值最小，
又∵∠ACB=90°，
∴四边形CEDF是矩形，
∴EF=CD=2，故结论（4）正确；
综上所述，正确的个数是4个．
故选：D．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质和判定，垂线段最短等知识点．综合运用定理进行推理是解题的关键．
12．（2022秋·江苏·八年级期中）如图，小明同学在将一张矩形纸片ABCD的四个角向内折起时，发现恰好能拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH．于是他测量出EH=9cm，EF=12cm，根据这两个数据他很快求出了边AD的长，则边AD的长是( )
A．10cmB．15cmC．20cmD．21cm
【答案】B
【分析】由折叠的性质得：∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，证明△AHE≌△CFG(AAS)，勾股定理求得HF，即可求解．
【详解】解：如图，由折叠的性质得：∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，
∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=12×180°=90°，
同理可得：∠EHG=∠HGF=90°，
∴四边形EFGH为矩形．
∴EH=FG，EH∥FG，
∴∠EHF=∠HFG，
∵∠AHE=∠EHF，∠CFG=∠HFG，
∴∠AHE=∠CFG，
在△AHE和△CFG中，
∠A=∠C∠AHE=∠CFGEH=GF，
∴△AHE≌△CFG(AAS)，
∴AH=CF，
∴AH=CF=FP，
∵HD=HP，
∴AD=AH+HD=PF+HP=HF，
∵HF= EH2+EF2= 92+122 =15(cm)，
∴AD=15cm．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的折叠，勾股定理，掌握这些是解题的关键．
13．（2022秋·江苏南京·八年级南师附中新城初中校考期中）如图，四边形ABCD是正方形，M ，N分别在边CD ，BC 上，且∠MAN=45°；设∠AMD=α ，∠CNM=β ，则α与β之间的关系为（ ）
A．2α−β=90°B．α＋β=90° C．α=2β D．α=β＋30°
【答案】A
【分析】将△AMD 顺时针旋转90°得△AEB，然后证明△EAN≌MAN(SAS)，从而得到∠AMN=∠E=α，最后通过互补与互余列等式得出结论；
【详解】解：如图：将△AMD 顺时针旋转90°得△AEB
易得：E 、B 、 N 三点共线，∠E=∠AMD=α ，∠EAB=∠DAM ，AE=AM
∵∠BAD=90° ， ∠MAN=45°
∴∠BAN+∠DAM=∠BAN+EAB=∠EAN=45°
∴∠MAN=∠EAN
在△EAN 和△MAN中
AE=AM∠MAN=∠EANAN=AN
∴△EAN≌MAN(SAS)
∠AMN=∠E=α
∴2α+∠CMN=180° ①
∵∠C=90°
∴β+∠CMN=90° ②
①−②得：2α−β=90°
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质；通过旋转构造全等三角形是解题的关键．
14．（2022春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，点M、N是对角线BD上的两点，且∠MAN=45°．若BM＝2，DN＝3，则MN的长为（ ）
A．5B．4C．13D．5
【答案】C
【分析】将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，证明△AMN≌△AHN，可得MN=HN，Rt△HDN中，有HN2=DH2+DN2，即可求得结果．
【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAN=∠HAN=45°，
∵△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，
∴AH=AM，BM=DH=2，∠ABM=∠ADH=45°，
又∵AN=AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS），
∴MN=HN，
∵∠NDH=∠ABM+∠ADH=45°+45°=90°，
∴MN=HN=DH2+DN2=22+32=13．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定定理和正确作辅助线是解题关键．
15．（2022春·江苏镇江·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，∠BOC＝120°，BD＝12，点P是AD边上一动点，则OP的最小值为（ ）
A．3B．33C．43D．6
【答案】A
【分析】由矩形的性质可得OA＝OB＝OC＝OD＝12BD＝6，由等腰三角形的性质可求∠OAD＝∠ODA＝30°，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝12BD＝6，
∵∠BOC＝120°＝∠AOD，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
当OP⊥AD时，OP有最小值，
在Rt△OPD中，
∴OP＝12OD＝3，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形中30°角所对的直角边长度是斜边的一半，垂线段最短，掌握矩形的性质是本题的关键．
16．（2022春·江苏徐州·八年级统考期中）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC=12，BD=16，点P为边BC上一动点，且点P不与点B、C重合．作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，连结EF，取EF的中点M，则PM的最小值为（ ）
A．2B．2.4C．3D．2.5
【答案】B
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝12BD＝8，OC＝12AC＝6，由勾股定理可求BC的长，可证四边形OEPF是矩形，可得EF＝OP且MP=12OP，OP⊥BC时，OP有最小值，由面积法可求解．
【详解】连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，
∴AC⊥BD，BO＝12BD＝8，OC＝12AC＝6，
∴BC＝OB2+OC2＝10，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD，
∴∠FOE=∠PEO=∠PFO=90°
∴四边形OEPF是矩形，
∴FE＝OP，
∵当OP⊥BC时，OP有最小值，
此时S△OBC＝12OB⋅OC＝12BC⋅OP，
∴OP＝6×810＝4.8，
∴EF的最小值为4.8，
∴MP的最小值=12 ×4.8=2.4．
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的性质是本题的关键．
17．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，若BE+DF＝5，则△AEF的面积为（ ）
A．30B．15C．11D．5.5
【答案】B
【分析】延长EB到点H，使得BH=DF，连接AH，根据正方形的性质可得△ABH≌△ADF（SAS），可得∠HAB=∠FAD，AH=AF，进一步可证△HAE≌△FAE（SAS），根据已知条件求出△AHE的面积，即△AEF的面积．
【详解】解：延长EB到点H，使得BH=DF，连接AH，如图所示：
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABE=∠D=∠BAD=90°，
∴∠ABH=∠D，
在△ABH和△ADF中，
AB=AD∠ABH=∠DBH=DF，
∴△ABH≌△ADF（SAS），
∴∠HAB=∠FAD，AH=AF，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAD=45°，
∴∠BAE+∠HAB=45°，
在△HAE和△FAE中，
AH=AF∠HAE=∠EAFAE=AE，
∴△HAE≌△FAE（SAS），
∴EH=EF，
∵BE+DF=5，
∴BE+BH=5，
∴HE=5，
∵AB=6，
∴S△AHE=12HE•AB=15，
∴△AEF的面积为15，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，涉及全等三角形的性质和判定，作辅助线构△ABH≌△ADF（SAS）是解题的关键．
18．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC=120°，则MA+MB+MD的最小值是（ ）
A．27B．3+27C．6+3D．63
【答案】D
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．
【详解】解：过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB=DC=BC，AD∥BC，
∵∠ABC=120°，
∴∠DAB=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠MAE=30°，
∴AM=2ME，
∵MD=MB，
∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为6，
∴DE=AD2−AE2=62−32=33，
∴2DE=63，
∴MA+MB+MD的最小值是63，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．
19．（2022春·江苏南通·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为8，点M在DC上，且DM=2，N是AC上的一动点，则DN+MN的最小值是（ ）
A．82B．10C．12D．102
【答案】B
【分析】要使DN+MN最小，首先应分析点N的位置．根据正方形的性质：正方形的对角线互相垂直平分．知点D的对称点是点B，连接MB交AC于点N，此时DN+MN最小值即是BM的长．
【详解】解：∵正方形是轴对称图形，点B与点D是关于直线AC为对称轴的对称点，
∴连接BN，
∴BN＝ND，
∴DN+MN＝BN+MN，
连接BM交AC于点P，
∵点N为AC上的动点，
由三角形两边和大于第三边，知当点N运动到点P时，BN+MN＝BP+PM＝BM，BN+MN的最小值为BM的长度，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD＝8，CM＝8﹣2＝6，∠BCM＝90°，
∴BM=62+82=10，
∴DN+MN的最小值是10．
故选：B．
【点睛】此题考查轴对称问题，此题的难点在于确定满足条件的点N的位置：利用轴对称的方法．然后熟练运用勾股定理．
20．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，两个正方形的边长都为6，其中正方形OEFG绕着正方形ABCD对角线的交点O旋转，正方形OEFG与边AB，BC分别交于点M，N（不与端点重合），设两个正方形重叠部分的面积为m，ΔBMN的周长为n，则下列说法正确的是（ ）
A．m发生变化，n存在最大值
B．m发生变化，n存在最小值
C．m不发生变化，n存在最大值
D．m不发生变化，n存在最小值
【答案】D
【分析】由“ASA”可证△AOM≌△BON，可得OM＝ON，AM＝BN，S△AOM＝S△CON，可得m=14S正方形ABCD＝9，由n＝BM+BN+MN＝AM+BM+MN＝6+MN，可得当MN有最小值时，n有最小值，即可求n的值．
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC＝OD＝BO＝AO，∠BAO＝∠CBO＝45°，AC⊥BD．
∵∠MOA+∠BOM＝90°，∠BON+∠BOM＝90°
∴∠AOM＝∠BON，
在△AOM和△CON中，
∠OAB=∠OBNOA=OB∠AOM=∠BON，
∴△AOM≌△BON（ASA）
∴OM＝ON，AM＝BN，S△AOM＝S△CON，
∴两个正方形重叠部分形成图形的面积＝S△BOM+S△BON＝S△AOB，
∴m=14S正方形ABCD＝9，
∵△BMN的周长为n，
∴n＝BM+BN+MN＝AM+BM+MN＝6+MN，
∴当MN有最小值时，n有最小值，
∵OM＝ON，∠MON＝90°，
∴MN=2OM，
∴当OM⊥AB时，OM有最小值为3，
∴n的最小值为6+32，
因为点M不与点A，B重合，所以OM不存在最大值，所以MN不存在最大值，所以n不存在最大值，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，证明△AOM≌△BON是解题的关键．
21．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，AB=4,P是对角线AC上一动点，点P从点C出发，连接PB，过点P作PQ⊥PB交边AD于点Q，连接BQ，取BQ的中点H，若P点移动的路径长为2，则H点移动路径长为（ ）
A．2B．2C．2−2D．2+2
【答案】B
【分析】过点P作AD的垂线，交AD于G，交BC于F，连接BD交AC于O，连接OH，先由等腰直角三角形的性质得PF＝CF＝DG＝22CP=2，根据全等三角形的性质得到FQ＝PG，于是得到PF＝QG＝2，BP＝QP，FQ＝DF＝2，然后证BQ的中点H移动的路径长即为OH的长，最后由三角形中位线定理得BH＝12DQ＝2即可．
【详解】解：过点P作AD的垂线，交AD于G，交BC于F，连接BD交AC于O，连接OH，如图所示：
则∠QGP＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴PF⊥BC，
∴∠PFB＝90°，
∴四边形ABFG是矩形，
∴AG＝BF，△APG、△PCF是等腰直角三角形，
∴PF＝CF＝DG＝22CP=2，AG＝PG，
∵PQ⊥PB，
∴∠BPQ＝90°，
∴∠BPF＋∠PBF＝∠BPF＋∠QPG＝90°，
∴∠PBF＝∠QPG，
∴△BPF≌△QPG（AAS），
∴PF＝QG＝2，BP＝QP，
∴FQ＝DF＝2，
∴DQ=22，
当点P在C点时，点Q与点D重合，BQ的中点即为BD的中点，
∴BQ的中点H移动的路径长即为OH的长，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BO＝OD，
∵H是DQ的中点，
∴BH＝12DQ＝2，
即BQ的中点H移动的路径长为2，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题的关键．
22．（2022春·江苏盐城·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，AB=6，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为4．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE＝FG，证明△AEB≌△AED可得DE＝BE，所以DE＝FG；②由OF＝OB可得∠OBF＝∠OFB，由∠OBF＝∠ADE可得∠OFB＝∠ADE，由四边形ABCD为正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD＋∠ADH＝90°，所以∠AHD＋∠OFH＝90°，即∠FMH＝90°，可得DE⊥FG；③由②中的结论可得∠BFG＝∠ADE；④由FG＝BE＝DE，点E为AC上一动点，可知当DE⊥AC时，DE最小，即FG最小，求出最小值为32，可得FG的最小值为32．
【详解】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB＝∠EGB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EFBG为矩形，
∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°，
在△ABE和△ADE中，AE＝AE∠BAC＝∠DACAB＝AD，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE，
∴DE＝FG，①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE，
∵OB＝OF，
∴∠OFB＝∠ABE，
∴∠OFB＝∠ADE，
∵∠BAD＝90°，
∴∠ADE＋∠AHD＝90°，
∴∠OFB＋∠AHD＝90°，
∴∠FMH＝90°，
∴DE⊥FG，②正确；
③由②知：∠OFB＝∠ADE，
即∠BFG＝∠ADE，③正确；
④∵FG＝BE＝DE，点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小，即FG最小，
∵AD＝CD＝6，∠ADC＝90°，
∴AC＝AD2＋CD2=62，
∴DE＝12AC＝32．
∴FG的最小值为32，④错误，
综上，正确的结论为：①②③．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等边对等角，勾股定理等知识，根据图形特点通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
23．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市振华中学校校考期中）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，对角线AC、BD交于点O，P从B点出发，沿B→D→C方向匀速运动，P点运动速度为1cm/s．图2是点P运动时，△APC的面积ycm2随P点运动时间xs变化的函数图像．则AB的长，a的值分别为（ ）
A．2cm，3B．3cm，2C．2cm，2D．3cm，3
【答案】A
【分析】利用已知图中数据，一开始时面积是3，求得AB长；再根据面积为0时，求得a值．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AC⊥BD,OD=OB,AO=OC，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABC是等边三角形，
∴∠ABO=30°，
∴AO=12AB,BO=32AB，
由图2可知，当x=0时，也就是P与B重合时，
SΔAPC=3，即34AB2=3，
∴AB=2cm，
∵当P到达O时，SΔAPC=0，
即经过x=a秒面积为0，
而OB=32AB=3，
∴x=3（秒)．
即a=3（秒)．
故选：A
【点睛】本题考查的是菱形的性质、函数图像与三角形的面积，解题的关键是利用图像，找到最大面积和最小面积．
24．（2022春·江苏常州·八年级统考期中）已知在30°直角三角形中，较短的直角边等于斜边的一半．反之，在直角三角形中，若较短的直角边等于斜边的一半，那么其中一个锐角等于30°．请利用此推理解决问题：如图，点E是正方形ABCD的对角线AC的反向延长线上一点，连接DE，若DE＝AC，则∠ADE的度数为（ ）
A．15°B．20°C．22.5°D．30°
【答案】A
【分析】如图，连接BD，BD与AC交于点O，根据正方形性质可得：AC⊥BD，OD=12BD=12AC，∠ADB=∠DAO=45°，再运用“在直角三角形中，若较短的直角边等于斜边的一半，那么其中一个锐角等于30°．”可得∠DEO=30°，再利用三角形内角和定理即可求得答案．
【详解】解：如图，连接BD，BD与AC交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OD=12BD=12AC，∠ADB=∠DAO=45°，
∴∠DOE=90°，
∵DE=AC，
∴OD=12DE，
∴∠DEO=30°，
∴∠ADE=∠DAO-∠DEO=45°-30°=15°，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形性质，直角三角形性质，三角形内角和定理，在直角三角形中，若较短的直角边等于斜边的一半，那么其中一个锐角等于30°．熟练掌握正方形性质等相关知识是解题关键．
25．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市振华中学校校考期中）如图，四边形ABCD是菱形，AB=23，且∠ABC=∠ABE=60°，G为对角线BD（不含B点）上任意一点，将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，当AG+BG+CG取最小值时EF的长（ ）
A．3B．3C．1D．2
【答案】D
【分析】根据“两点之间线段最短”，当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．
【详解】解：如图：
∵将ΔABG绕点B逆时针旋转60°得到ΔEBF，
∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴ΔBFG是等边三角形，
∴BF=BG=FG，
∴AG+BG+CG=EF+FG+CG，根据“两点之间线段最短”，
∴当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，
过E点作EH⊥BC交CB的延长线于H，如上图所示：
∴∠EBH=60°，
∵BE=AB=23，
∴BH=3，EH=3，
∴EC=2EH=6，
∵∠CBE=120°，
∴∠BEF=30°，
∵∠EBF=∠ABG=30°，
∴EF=13CE=2,
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
26．（2022春·江苏南通·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM=2，N是AC上一动点，则DN+MN的最小值为( )
A．6B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】连接BN，BD，BM，BM交AC于点E，根据正方形的对角线互相垂直平分可得ND=NB，由三角形三边关系可得NB+NM≥BM，再由勾股定理求得BM即可；
【详解】解：如图，连接BN，BD，BM，BM交AC于点E，
ABCD是正方形，则AC、BD互相垂直平分，
∴ND=NB，
当点N与点E不重合时，△NBM中NB+NM＞BM，
当点N与点E重合时，NB+NM=BM，
∴NB+NM≥BM，即DN+MN的最小值为BM，
ABCD是正方形，则BC=CD=8，∠BCD=90°，
∴CM=CD-DM=8-2=6，
∴BM=BC2+CM2=10，
∴DN+MN的最小值为10，
故选： C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，垂直平分线的性质，三角形的三边关系，勾股定理；正确作出辅助线是解题关键．
27．（2022春·江苏南通·八年级统考期中）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD>AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE=EF，CE=1，则AD的长为（ ）
A．1+2B．2+2C．22D．4
【答案】B
【分析】证明Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），推出BF＝DB′，再证明DB′＝EC＝BF＝1，由直角三角形的性质求出AB′，则可得结论．
【详解】解：由翻折的性质可知，EB＝EB′，∠B＝∠AB′E＝∠EB′D＝90°，
在Rt△EBF和Rt△EB′D中，
EB=EB′EF=ED，
∴Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），
∴BF＝DB′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠CDB′＝∠EB′D＝90°，
∴四边形ECDB′是矩形，
∴DB′＝EC＝1，
∴BF＝EC＝1，
由翻折的性质可知，BF＝FG＝1，∠FAG＝45°，∠AGF＝∠B＝∠AGF＝90°，
∴AG＝FG＝1，
∴AF＝2．
∴AB＝AB′＝1＋2，
∴AD＝AB′＋DB′＝2＋2，
故选B．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明四边形ECDB′是矩形．
28．（2022春·江苏连云港·八年级校考期中）如图．已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形的边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG．现有如下3个结论；①AG+EC＝GE；②∠GDE＝45°；③△BGE的周长是24．其中正确的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】由正方形的性质和折叠的性质可得，DF=DC=DA，∠DFG=∠A，进而Rt△ADG≌Rt△FDG，根据全等三角形的性质以及折叠的性质，可得到EB=EG，由此可得△BGE的周长．
【详解】解：由折叠可知：CE=FE，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
DG=DGDF=DA，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），
∴AG=FG，
∴AG+EC=GF+EF=GE，
故①正确，
∵Rt△ADG≌Rt△FDG，
∴∠ADG=∠FDG，
由折叠可知，∠CDE=∠FDE，
∴∠GDE=∠GDF＋∠EDF=12∠ADC=45°，
故②正确，
∵正方形的边长为12，
∴BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，
由勾股定理可得：EG2=BE2+BG2，
即x+62=62+12−x2，
解得：x=4，
∴AG=GF=4，BG=8，EG=10，
∴△BGE的周长=BE+EG+GB=6+10+8=24，
故③正确，
故选：D．
【点睛】本题主要考查折叠变换，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，能够熟练应用勾股定理是解决本题的关键．
29．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，在给定的正方形ABCD中，点E从点B出发，沿边BC方向向终点C运动， DF⊥AE交AB于点F，以FD，FE为邻边构造平行四边形DFEP，连接CP，则∠DFE+∠EPC的度数的变化情况是（ ）
A．一直减小B．一直减小后增大C．一直不变D．先增大后减小
【答案】A
【分析】根据题意∠DFE+∠EPC=∠DPC，作PH⊥BC交BC的延长线于H，证明CP是∠DCH的角平分线即可解决问题．
【详解】解：作PH⊥BC交BC的延长线于H，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD=AB=BC，
∠DAF=∠ABE=∠DCB=∠DCH=90°，
∵DF⊥AE，
∴∠BAE+∠DAE=90°，∠ADF+∠DAE=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
∴ΔADF≅ΔBAEASA，
∴DF=AE，
∵四边形DFEP是平行四边形，
∴DF=PE，∠DFE=∠DPE，
∵∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠PEH=90° ，
∴∠BAE=∠PEH，
∵∠ABE=∠H=90°，AE=EP．
∴ΔABE≅ΔEHPAAS，
∴PH=BE，AB=EH=BC，
∴BE=CH=PH，
∴∠PCH=45°，
∵∠DCH=90°，
∴∠DCP=∠PCH，
∴CP是∠DCH的角平分线，
∴点P的运动轨迹是∠DCH的角平分线，
∵∠DFE+∠EPC=∠DPE+∠EPC=∠DPC，
由图可知，点P从点D开始运动，所以∠DPC一直减小，
故选：A ．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
30．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）如图所示，四边形ABCD是矩形，过点D作对角线BD的垂线，交BC的延长线于点E，取BE的中点F，连接DF，DF＝5，设AB＝x，AD＝y，则x2+（y﹣5）2的值为（ ）
A．10B．25C．50D．75
【答案】B
【分析】根据题意知点F是Rt△BDE的斜边上的中点，因此可知DF=BF=EF=5，根据矩形的性质可知AB=DC=x，BC=AD=y，因此在Rt△CDF中，CD2+CF2=DF2，即可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=x，AD=y，
∴CD=AB=x，BC=AD=y，∠BCD=90°，
又∵BD⊥DE，点F是BE的中点，DF=5，
∴BF=DF=EF=5，
∴CF=5-BC=5-y，
∴在Rt△DCF中，DC2+CF2=DF2，即x2+（5-y）2=52=25，
∴x2+（y-5）2=x2+（5-y）2=25，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线等于斜边的一半、矩形的性质、勾股定理，做题的关键是利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半求出BF的长度．
31．（2022春·江苏徐州·八年级统考期中）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点M是边AB上一点（不与点A，B重合），作ME⊥AC于点E，MF⊥BC于点F，若点P是EF的中点，则PF的最小值是（ ）
A．1.5B．2C．2.4D．2.5
【答案】C
【分析】连接MC，根据矩形的性质可得MC= EF，则PF=12EF=12CM,当CM⊥AB时，CM取得最小值，根据等面积法求解即可，进而可得PF的最小值．
【详解】如图，连接MC，
∵∠ACB＝90°，ME⊥AC， MF⊥BC，
∴四边形MECF是矩形，
∴MC=EF，
∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=AC2+BC2=10，
∵点P是EF的中点，则PF=12EF=12CM，
当CM⊥AB时，CM取得最小值，
∵12×AB×CM=12×AC×BC，
∴CM=AC×BCAB=6×810=4.8．
∴ PF=12EF=12CM =2.4．
故选：C
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，垂线段最短，将PF转化为12CM是解题的关键．
32．（2022春·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考期中）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，动点F从点B出发，沿BC运动到点C时停止，以EF为边作▱EFGH，且点G、H分别在CD、AD上．在动点F运动的过程中，▱EFGH的面积（ ）
A．逐渐增大B．逐渐减小
C．不变D．先增大，再减小
【答案】C
【分析】设AB=a，BC=b，BE=c，BF=x，根据S平行四边形EFGH=S矩形ABCD-2(S△BEF+S△AEH)=(a−2c)x+bc，由E是AB的中点可得a−2c=0,即可得出判断．
【详解】解：设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，
连接EG，
∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF＝HG，EF∥HG，
∴∠FEG＝∠HGE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BEG＝∠DGE，
∴∠BEG﹣∠FEG＝∠DGE﹣∠EGH，
∴∠BEF＝∠HGD
∵EF＝HG，∠B＝∠D，
∴Rt△BEF≌Rt△DGH（AAS），
同理Rt△AEH≌Rt△CGF，
∴S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2(S△BEF+S△AEH)
＝ab﹣2[12cx+12(a﹣c)(b﹣x)]
＝ab﹣(cx+ab﹣ax﹣bc+cx)
＝ab﹣cx﹣ab+ax+bc﹣cx
＝(a﹣2c)x+bc，
∵E是AB的中点，
∴a＝2c，
∴a﹣2c＝0，
∴S平行四边形EFGH＝bc＝12ab，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形和平行四边形的性质，解题关键是掌握矩形和平行四边形的性质．
33．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，点E，D，F分别在边AB，BC，CA上，且DE∥CA，DF∥BA．下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果∠BAC=90∘，那么四边形AEDF是矩形
C．如果AD平分平分∠BAC，那么四边形 AEDF 是菱形
D．如果AD⊥BC 且 AB＝AC，那么四边形 AEDF 是正方形
【答案】D
【详解】由DE∥CA,DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC=90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形
故A. B正确；
如果AD平分∠BAC,那么∠EAD=∠FAD,又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形故C正确；
如果AD⊥BC且AB=AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形，故D错误.
故选D
34．（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图①，正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，E是OD的中点，动点P从点E出发，沿着E→O→B→A的路径以每秒1个单位长度的速度运动到点A，在此过程中线段AP的长度y随着运动时间x的函数关系如图②所示，则AB的长为（ ）
A．42B．4C．33D．22
【答案】A
【分析】如图（见解析），先根据函数图象可知AE=25，再设正方形的边长为4a，从而可得OA=OD=22a，然后根据线段中点的定义可得OE=12OD=2a，最后在Rt△AOE中，利用勾股定理可求出a的值，由此即可得出答案．
【详解】如图，连接AE
由函数图象可知，AE=25
设正方形ABCD的边长为4a，则AB=AD=4a
∵四边形ABCD是正方形
∴OA=OD=12BD,AC⊥BD,∠BAD=90°
∴BD=AB2+AD2=42a，OA=OD=22a
∵E是OD的中点
∴OE=12OD=2a
则在Rt△AOE，由勾股定理得：AE=OA2+OE2=10a
因此有10a=25
解得a=2
则AB=42
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、函数图象等知识点，根据函数图象得出AE=25是解题关键．
35．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市吴中区城西中学校考期中）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
36．（2022春·江苏南通·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD的边长为5，E在正方形外，DE=DC，过D作DH⊥AE于H，直线DH，EC交于点M，直线CE交直线AD于点P，则下列结论正确的是（ ）
①∠DAE=∠DEA；②∠DMC=45°；③AM+CMMD=2；
④若MH=2，则SΔCMD=12SΔCED
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①利用等腰三角形的性质即可证明．②根据DA=DC=DE，利用圆周角定理可知∠AEC=12∠ADC=45°，即可解决问题．③如图，作DF⊥DM交PM于F，证明△ADM≌△CDF（SAS）即可解决问题．④解直角三角形求出CE=EF=2可得结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC,∠ADC=90°，
∵DC=DE，
∴DA=DE，
∴∠DAE=∠DEA，故①正确，
∵DA=DC=DE，
∴∠AEC=12∠ADC=45°(圆周角定理)，
∵DM⊥AE，
∴∠EHM=90°，
∴∠DMC=45°，故②正确，
如图，作DF⊥DM交PM于F，
∵∠ADC=∠MDF=90°，
∴∠ADM=∠CDF，
∵∠DMF=45°，
∴∠DMF=∠DFM=45°，
∴DM=DF，∵DA=DC，
∴△ADM≌△CDF(SAS)，
∴AM=CF，
∴AM+CM=CF+CM=MF=2DM，
∴AM+CMMD=2，故③正确，
若MH=2,则易知AH=MH=HE=2,AM=EM=22，
在Rt△ADH中, DH=AD2−AH2=5−4=1，
∴DM=3,AM+CM=32，
∴CM=CE=2，
∴S△DCM=S△DCE，故④错误，
故选C.
【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的判定性质、勾股定理，解题关键在于作辅助线.
37．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）把一副三角板如图1放置，其中∠ACB=∠DEC=90°,∠A=45°,∠D=30°，斜边AB=6,CD=8．把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图2），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为（ ）
A．4B．18C．5D．34
【答案】D
【分析】过点D1作D1H⊥CA，交CA的延长线于点H，在△ACD1中，易求得AC、CD1、∠ACD1这三个量，通过解三角形即可解决．
【详解】解：如图2，过点D1作D1H⊥CA，交CA的延长线于点H，
在Rt△ABC中，∵∠CAB=45°，
∴AC=BC，
∴2AC2=AB2，
∴AB=2AC，
∴AC=32
∵将三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1，
∴∠ACD1=30°+15°=45°，CD1=CD=8，
∴CH=D1H=42，
∴AH=CH-AC=42−32=2，
在Rt△AHD1中，由勾股定理得：
AD1=AH2+HD12=2+32=34，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、以及勾股定理等知识，作出辅助线，将AD1放到直角三角形中是解题的关键．
38．（2022秋·江苏·八年级统考期中）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF．若DF＝3，则BE的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】如图，首先把△ADF旋转到△ABG，然后利用全等三角形的性质得到DF=BG，∠DAF=∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≅△EAF，再根据DF=3，AB=6和勾股定理，可以求出BE的长，本题得以解决．
【详解】解：如图，把△ADF绕A逆时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≅△ABG，
∴∠ADF=∠ABG=∠ABE=90°，
∴∠ABG+∠ABE=180°，
∴G、B、E三点共线，
∴DF=BG,∠DAF=∠BAG，
∵∠DAB=90°,∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠BAG+∠EAB=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
AG=AF∠EAG=∠EAFAE=AE，
∴△EAG≅△EAF(SAS)，
∴GE=FE，
设BE=x，
∵CD=6,DF=3，
∴CF=3，
则GE=BG+BE=3+x,CE=6−x，
∴EF=3+x，
∵∠C=90°，
∴(6−x)2+32=(3+x)2，
解得，x=2，
∴BE的长为2．
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答
39．（2022春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝23，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．3
【答案】D
【分析】在AB上取一点E，使AE＝AC＝23，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，则当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，然后由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝23，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，
由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠EAC＝60°，
∴∠PAQ＝∠EAC，
∴∠EAP＝∠CAQ，
又∵AE＝AC，AP＝AQ，
∴△CAQ≌△EAP（SAS），
∴CQ＝EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，
∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，即点P与点F重合，CQ最小，最小值为EF，
在Rt△ACB中，∠B＝30°，AC＝23，
∴AB＝43，
∵AE＝AC＝23，
∴BE＝AB−AE＝23，
在Rt△BFE中，∠B＝30°，
∴EF＝12BE＝3，
故线段CQ长度的最小值是3，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质等，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键．
40．（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图，小明家的住房平面图呈长方形，被分割成3个正方形和2个长方形后仍是中心对称图形．若只知道原住房平面图长方形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】A
【详解】试题分析：如图，
，
∵长方形被分割成3个正方形和2个长方形后仍是中心对称图形，∴A的对应点是A′，B的对应点是B′，∴AB=A′B′，∵①的长和②的边长的和等于原长方形的长，①的宽和②的边长的和等于原长方形的宽，∴①②的周长和等于原长方形的周长，∴分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为①②，其余的图形的周长不用测量无法判断．故选A．
考点：1．中心对称；2．应用题；3．综合题．
41．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E在BC边上，且BE=3，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作正方形EFGH，且点H在矩形ABCD内，连接CH，则CH的最小值为( )．
A．3B．4C．8D．10
【答案】D
【分析】过点H作HM⊥BC于点M，过H点作PQ∥BC，分别与AB、CD交于点P、点Q，证明△AEF≌△MHE，得BE=MH=3，BF=ME，设BF=x,根据勾股定理用x表示CH，进而求得CH的最小值．
【详解】解：过点H作HM⊥BC于点M，连接CH，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=HE，∠FEH=90°，
∴∠BEF+∠MEH=∠MEH+∠MHE=90°，
∴∠BEF=∠MHE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°=∠EMH，
∴△BEF≌△MHE(AAS)，
∴BE=HM=3，BF=EM，
设BF=EM=x,则CM=BC−BE−EM=8−3−x=5−x,
∴CH=CM2+HM2=(5−x)2+32=(5−x)2+9,
∵0≤x≤4，
∴当x=4时，CH有最小值为10．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是证明三角形全等，确定H点运动的轨迹．
42．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线l上，且EF=2，AB=2，给出下列结论：①∠COD=45°；②AD⊥CF；③CF=BD=10；④四边形ABDO的面积与正方形ABCO的面积相等．其中正确的结论为（ ）
A．①②③④B．①②C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】过D作DN⊥AE于N，延长BC交直线DN于M，连接CD，根据四边形ABCO、四边形DEFO是正方形，可得∠COD=45°，判断①正确，证明△AOD≌△COF（SAS），可得∠ADO=∠CFO，又∠DKS=∠FKO，可得∠DSK=∠FOK=90°，判断②正确；利用勾股定理求出AD，得到CF，再求出BD，可判断③正确；求出S△BCD=S△CDO，可得S四边形ABDO=S正方形ABCO，判断④正确．
【详解】解：如图：过D作DN⊥AE于N，延长BC交直线DN于M，连接CD，
∵四边形ABCO、四边形DEFO是正方形，
∴∠AOC=90°=∠COE，∠DOE=45°，
∴∠COD=45°，故①正确，
∵∠AOC=90°=∠FOD，
∴∠AOD=135°=∠COF，
又OA=OC，OD=OF，
∴△AOD≌△COF（SAS），
∴∠ADO=∠CFO，AD=CF，
∵∠DKS=∠FKO，
∴∠DSK=∠FOK=90°，
∴AD⊥CF，故②正确；
∵四边形DEFO是正方形，
∴△DON是等腰直角三角形，
∵EF=2=DO，
∴DN=ON=22DO=1，
在Rt△ADN中，AD=DN2+AN2=12+32=10，
∴CF=10，
∵∠MNO=∠NOC=∠OCM=90°，
∴四边形NOCM是矩形，
∴MN=OC=AB=2，CM=ON=1
∴DM=MN-DM=1，BM=BC+CM=3，
在Rt△BDM中，BD=BM2+DM2=32+12=10，
∴CF=BD=10，故③正确；
∵S△BCD=12BC•DM=12×2×1=1，S△CDO=12OC•ON=12×2×1=1，
∴S△BCD=S△CDO，
∴S△DTO=S△BCT，
∴S四边形ABDO=S正方形ABCO，故④正确，
∴正确的有①②③④，
故选：A．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理的应用及三角形面积等，解题的关键是掌握正方形性质，证明△AOD≌△COF．
43．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图有两张等宽的矩形纸片，矩形EFGH不动，将矩形ABCD按如下方式缠绕：如图所示，先将点B与点E重合，再先后沿FG、EH对折，点A、点C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后点D刚好与点G重合，则图中AD=14，则FG的长度为（ ）
A．12B．10C．72D．73
【答案】B
【分析】先证明△ABN≌△FBM，结合折叠性质证得△BMN为等边三角形，再证明△BFM≌△GHP得到FM=PH，设BN=a，AN=b，可求得EH=2a+b，AD=3a+b，在△ABN中，利用含30°的直角三角形的性质可得到a=2b，进而可求得EH=5b，AD=7b，由AD=14可求得b=2，进而求得EH即可求解．
【详解】解：如图，
∵两张纸片是矩形且等宽，
∴AB=EF=HG，EH=FG，∠F=∠ABM=∠FBH=∠H=90°，BM∥NQ∥PG，EH∥FG，
∴∠ABN+∠NBM=∠FBM+∠NBM=90°，
∴∠ABN=∠FBM，
∴△ABN≌△FBM（ASA），
∴BN=BM，
由折叠性质得：MN=NQ=PQ，BN=MQ=NP，
∴BN=BM=MN，则△BMN是等边三角形，
∴∠NBM=60°，则∠FBM=∠ABN=30°，
∵BM∥NQ∥PG，EH∥FG，
∴∠HPG=∠NBM=∠FMB，又∠F=∠H=90°,BF=HG，
∴△BFM≌△GHP（AAS），
∴FM=PH，
设BN=a，AN=b，
则EH=2a+b，AD=3a+b，
在△ABN中，∠ABN=30°，∠A=90°，
则BN=2AN，即a=2b，
∴EH=5b，AD=7b，
∵AD=14，
∴b=2，则EH=10，
∴FG=EH=10，
故选:B.
【点睛】本题考查折叠性质、矩形性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°的直角三角形的性质、平行线性质等知识，理解折叠过程，找准对应边的关系，证得△BMN为等边三角形是解答的关键．
44．（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图，E、F是线段AB上的两点，且AB=24，AE=2，BF=6，点G是线段EF上的一动点，分别以AG、BG为斜边在AB同侧作两个等腰直角三角形，直角顶点分别为D、C，如图所示，连接DC并取中点P，连PG，点G从E点出发运动到F点，则线段PG扫过的图形面积为（ ）
A．64B．72C．80D．88
【答案】B
【分析】分别延长AD、BC相交于点H，连接PH，EH，FH，易证四边形DGCH为矩形，且P为矩形DGCH的对角线交点，即P为HG中点，过P作MN∥AB分别交EH、FH与M、N，所以MN为△HEF的中位线，即点P的运动轨迹即为MN，所以GP扫过的图形即为梯形MEFN，再根据已知线段求出梯形MEFN的面积即可．
【详解】解：分别延长AD、BC交于点H，连接PH，EH，FH，
∵△ADG、△GCB为等腰直角三角形，
∴∠DGA=∠CGB=45°，
∴∠DGC=90°，
∴AH∥GC，
又∵∠HCG=90°，
∴∠HCG=∠DGC=90°，
∴DG∥HB，
∴四边形DGCH为矩形，
∵点P为DC中点，
∴点G、P、H三点共线，且P为HG的中点，
过P作MN∥于AB分别交EH、FH与M、N，
∴MN为△HEF的中位线，且MN即为点P的运动轨迹，
∴GP扫过的图形即为梯形MEFN，
∵AB＝24，AE＝2，BF＝6，
∴EF=24-2-6=16，
∴MN=12EF=8，
过点H作HO垂直AB于O，
∴HO=12AB=12，
∴梯形的高为：12×12=6，
∴S梯形MEFN=12×6×16+8=72，
即线段PG扫过的图形面积为72，
故选B．
【点睛】本题为动点问题，考查了等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质等知识点，解题的关键是寻找点P的运动轨迹．
45．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：
①四边形CFHE是菱形；②EC平分∠DCH；③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；④当点H与点A重合时，EF=25．
其中正确的结论是（ ）
A．①②③④B．①④C．①②④D．①③④
【答案】D
【分析】先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；由菱形的性质可得∠ECH＝∠FCH，由点C落在AD上的一点H处，∠ECD不一定等于30°，可判断②；当点H与点A重合时，BF有最小值，由勾股定理可求BF的最小值，若CD与AD重合时，BF有最大值，由正方形的性质可求BF的最大值，可判断③；如图，过点H作HM⊥BC于M，由勾股定理可求EF的长，可判断④；即可求解．
【详解】解：∵HE∥CF，
∴∠HEF＝∠EFC，
∵∠EFC＝∠HFE，
∴∠HEF＝∠HFE，
∴HE＝HF，
∵FC＝FH，
∴HE＝CF，
∵EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CF＝FH，
∴四边形CFHE是菱形，故①正确；
∵四边形CFHE是菱形，
∴∠ECH＝∠FCH，
若EC平分∠DCH，
∴∠ECD＝∠ECH，
∴∠ECD＝∠ECH＝∠FCH＝30°，
∵点C落在AD上的一点H处，
∴∠ECD不一定等于30°
∴EC不一定平分∠DCH，故②错误；
当点H与点A重合时，BF有最小值，
设BF＝x，则AF＝FC＝8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴BF＝3，
若CD落在AD上时，BF有最大值，
∴四边形CDHF是正方形，
∴CF＝4，
∴BF最大值为4，
∴3≤BF≤4，故③正确；
如图，过点F作FM⊥BC于M，
∴四边形HMFB是矩形，
∴AB＝MF＝4，AM＝BF＝3，
∵四边形AFCE是菱形，
∴AE＝AF＝5，
∴ME＝2，
∴EF＝ME2+MF2=16+4=25，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．
46．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市振华中学校校考期中）已知：如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，点D是射线AB上一动点，以CD为一边向左画正方形CDEF．连接DF，取DF中点Q，则BQ的最小值为（ ）
A．2B．22C．4D．2
【答案】A
【分析】证明△ACD≌△BCF，得到∠A=∠CBF=45°，可得∠ABF=90°，根据直角三角形斜边中线的性质可得BQ=12FD，则将BQ转化为22CD，利用等腰直角三角形的性质求出CD的最小值即可得到BQ．
【详解】解：∵∠ACD=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠ACD+∠BCD=90°，
∵四边形CDEF为正方形，
∴CD=CF，∠DCF=90°，
即∠BCD+∠BCF=90°，
∴∠ACD=∠BCF，
又∵AC=BC，CD=CF，
∴△ACD≌△BCF(SAS)，
∴∠A=∠CBF=45°，
∴∠ABF=90°，
又∵点Q是DF中点，
∴BQ=12FD，
∵FD=2CD，
∴BQ=22CD，
∴当CD取得最小值时，BQ取最小值，
∴当CD⊥AB时，CD有最小值，此时D为AB中点，
而AB=42+42=42，
CD最小值为12AB=22，
∴BQ最小值为22CD=22×22=2．
故选A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、垂线段最短，解题的关键是证明三角形全等，得到∠ABF=90°．
47．（2022春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）如图，E为正方形ABCD中BC边上的一点，且AB＝3BE＝3，M、N分别为边CD、AB上的动点，且始终保持MN⊥AE，则AM+NE的最小值为（ ）
A．4B．6C．25D．10
【答案】C
【分析】由勾股定理可求AE的长，由“ASA”可证△ABE≌△DAH，可得DH=AE=10，通过证明四边形NEGM是平行四边形，可得NE=MG，MN=EG=AE=10，由AM+NE=AM+MG，可得当点A，点M，点G三点共线时，AM+NE的最小值为AG，由勾股定理即可求解．
【详解】解：过点D作DH∥MN，交AB于点H，过点E作EG∥MN，过点M作MG∥NE，两直线交于点G，连接AG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠B=∠BAD=90°，
∵AB＝3BE＝3，
∴BE＝1，
∴AE=AB2+BE2=1+9=10，
∵DH∥MN，AB∥CD，
∴四边形DHNM是平行四边形，
∴DH=MN，
∵MN⊥AE，DH∥MN，EG∥MN，
∴DH⊥AE，AE⊥EG，
∴∠BAE+∠AHD=90°=∠AHD+∠ADH，∠AEG=90°，
∴∠BAE=∠ADH，
在△ABE和△DAH中，
∠BAE=∠ADHAB=AD∠B=∠BAD
∴△ABE≌△DAH(ASA)，
∴DH=AE=10，
∴MN=DH=AE=10，
∵EG∥MN， MG∥NE，
∴四边形NEGM是平行四边形，
∴NE=MG，MN=EG=AE=10，
∴AM+NE=AM+MG，
∴当点A，点M，点G三点共线时，AM+NE的最小值为AG，
∴AG=EG2+AE2=10+10=25．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造平行四边形是解题的关键．
48．（2022春·江苏苏州·八年级苏州中学校考期中）如图，四边形ABCD为正方形，O为AC、BD的交点，△DCE为Rt△，∠CED＝90°，若OE＝22，CE•DE＝5，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．5B．6C．8D．12.5
【答案】B
【分析】过点O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延长线于N，判断出四边形OMEN是矩形，根据矩形的性质可得∠MON＝90°，再求出∠COM＝∠DON，根据正方形的性质可得OC＝OD，然后利用“角角边”证明△COM和△DON全等，根据全等三角形对应边相等可得OM＝ON，MC＝DN，然后判断出四边形OMEN是正方形，可得NE＝ON＝2，得DE＋CE＝4，设DE＝a，CE＝b，可得a＋b＝4，根据CE•DE＝5，CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×5＝6，即可解决问题．
【详解】解：如图，过点O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延长线于N，
∵∠CED＝90°，
∴四边形OMEN是矩形，
∴∠MON＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵∠COM+∠DOM＝90°＝∠DON+∠DOM，OC＝OD，
∴∠COM＝∠DON，
在△COM和△DON中，
∠COM=∠DON∠CMO=∠NOC=OD，
∴△COM≌△DON（AAS），
∴OM＝ON，MC＝DN，
∴四边形OMEN是正方形，
在Rt△OEN中，
∵OE＝22，
∴2NE2＝OE2＝（22）2＝8，
∴NE＝ON＝2，
∴DE+CE＝DE+EM+MC＝DE+EM+DN＝EN+EM＝2EN＝4，
设DE＝a，CE＝b，
∴a+b＝4，
∵CE•DE＝5，
∴CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×5＝6，
∴S正方形ABCD＝6，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
49．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市振华中学校校考期中）如图，在Rt△ABC中，AB=AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF．下列结论：①∠EAF=45°；②BE=CD；③EA平分∠CEF；④BE2+DC2=DE2，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④C．①②③④D．①③④
【答案】D
【分析】根据等腰直角三角形求出∠ABC=∠C=45°，根据旋转得出BF=DC，∠CAD=∠BAF，∠DAF=90°，∠FBA=∠C，即可判断①，证△EAF≌△EAD，即可判断③，求出BF=DC，∠FBE=90°，根据勾股定理即可判断④，根据已知判断②即可．
【详解】解：正确的有①③④，
理由是：∵在Rt△ABC 中，AB=AC，
∴∠C=∠ABC=45°，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴△AFB≌△ADC，
∴BF=DC，∠CAD=∠BAF，∠DAF=90°，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAE+DAC=45°，
∴∠EAF=∠BAF+∠BAE=∠DAC+∠BAE=45°，
即∠FAE=∠DAE=45°
∴①正确；
在△FAE和△DAE中
AE=AE∠FAE=∠DAEAF=AD，
∴△FAE≌△DAE(SAS)，
∴∠FEA=∠DEA，
即EA平分∠CEF，
∴③正确；
∴EF=DE，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴∠C=∠FBA=45°，BF=DC，
∵∠ABC=45°，
∴∠FBE=45°+45°=90°
在Rt△FBE中，由勾股定理得：BE2+BF2=EF2
∵BF=DC，EF=DE，
∴BE2+DC2=DE2
∴④正确；
根据条件，不能推出△ABE≌△ACD，故不能推出BE=DC，
∴②错误；
∴正确的有①③④；
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质的应用、全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形性质及勾股定理，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
50．（2022春·江苏镇江·八年级镇江市外国语学校校考期中）如图1，在Rt△ABC中，AC=BC，∠C=90°，点D为AB边的中点，∠EDF=90°，将∠EDF绕点D旋转，它的两边分别交AC、CB所在直线于点E、F，有以下4个结论：①CE=BF；②∠DEC+∠DFC=180°；③EF2=2DE2；④如图2，当点E、F落在AC、CB的延长线上时，S△DEF−S△CEF=12S△ABC，在旋转的过程中上述结论一定成立的是（ ）
A．①②B．②③C．①②③D．①③④
【答案】D
【分析】连结CD，由“ASA”可证△CDE≌△BDF，利用全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质依次判断可求解．
【详解】解：如图，连接DC，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴∠B＝45°，∠DCE＝12∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD＝12AB＝BD，
∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠CDE＝∠BDF，
在△CDE和△BDF中，
{∠CDE=∠BDFCD=BD∠DCE=∠B，
∴△CDE≌△BDF（ASA），
∴CE＝BF，∠BFD＝∠CED，DE＝DF，
∴∠BFD+∠DFC＝180°＝∠CED+∠DFC，
如图，当点E、F落在AC、CB的延长线上时，连接CD，
同理可证△DEC≌△DFB，
∴DE=DF，∠DEC＝∠DFC，故①正确；②错误，
当E,F分别落在AC,BC上时，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BDF+∠CDF＝∠CDE+∠CDF＝90°，
∴∠EDF＝90°，
∴EF2＝DE2+DF2＝2DE2，
当E,F分别落在AC,CB的延长线上时，同理可得EF2＝DE2+DF2＝2DE2，故③正确；
如图，连接CD，
同理可证：△DEC≌△DFB，∠DCE＝∠DBF＝135°，
∴S△DEF＝S△CFE+S△DBC＝S△CFE+12S△ABC，
∴S△DEF﹣S△CFE＝12S△ABC．故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线性质,等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
二、填空题
51．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）“头盔是生命之盔”质检部门对某工厂生产的头盔质量进行抽查，抽查结果如表：
如果从该工厂生产出来的头盔中任取一个，则该头盔是合格的概率为________．（精确到0.01）
【答案】0.96
【分析】运用频率估计概率即可．
【详解】观察上表，可以发现，当抽取的瓷砖数n≥1000时，合格头盔的频率mn稳定在0.960附近，所以可取p=0.96作为该型号的合格率．
故答案为：0.96
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，熟练掌握利用频率估计概率的相关知识是解题的关键．
52．（2022春·江苏淮安·八年级校联考期中）某毛绒玩具厂对一批毛绒玩具进行质量抽检，相关数据如下：
从这批玩具中，任意抽取的一个毛绒玩具是优等品的概率的估计值是__．（精确到0.01)
【答案】0.92
【分析】由表格中的数据可知优等品的频率在0.92左右摆动，利用频率估计概率即可求得答案．
【详解】观察可知优等品的频率在0.92左右，
所以从这批玩具中，任意抽取的一个毛绒玩具是优等品的概率的估计值是0.92，
故答案为：0.92
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，由此可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．用频率估计概率的近似值，随着实验次数的增多，值越来越精确．
53．（2022春·江苏泰州·八年级校联考期中）某学校为了解本校2000名学生的课外阅读情况，从全体学生中随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下的统计表，根据表中信息估计全校每周课外阅读时间不超过2小时的学生有__________人．
【答案】680
【分析】用2000乘以样本中每周课外阅读时间不超过2小时的学生所占的百分比即可．
【详解】2000×7+107+10+14+19=680，
所以估计全校每周课外阅读时间不超过2小时的学生有680人．
故答案为680．
【点睛】本题考查了频数（率）分布表：在统计数据时，经常把数据按照不同的范围分成几个组，分成的组的个数称为组数，每一组两个端点的差称为组距，称这样画出的统计图表为频数分布表．也考查了样本估计总体．
54．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点F分别在AD，BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD边上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：①四边形CFHE是菱形；②线段BF的取值范为3≤BF≤4；③EF=2DE；④当点H与点A重合时，EF= 20，其中正确的结论是________．
【答案】①②④
【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF=FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；
②点H与点A重合时，设BF=x,表示出AF=FC=8−x,利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，点G与点D重合时，CF=CD，求出BF=4，然后写出BF的取值范围，判断出②正确；
③假设EF=2DE，根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH=∠ECH，然后求出只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，判断出③错误；
④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④正确．
【详解】解：①∵FH与EG，EH与CF都是原来矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF=FH，
∴四边形CFHE是菱形，
故①正确；
②点H与点A重合时，设BF=x,则AF=FC=8−x,
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=（8−x）2，
解得x=3，
点G与点D重合时，CF=CD=4，
∴BF=4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，
故②正确；
③如图，过点F作FM⊥AD于M， 设EF,HC交于点O，
∵四边形CFHE是菱形，
∴∠BCH=∠ECH，
若EF=2DE，则EO=ED
则EC平分∠DCH，
∴∠DCE=∠ECH=∠HCB
∴∠DCE=30°，
即只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，故③错误；
则ME=8−3−3=2，
由勾股定理得，
EF= MF2+ME2=20，
故④正确．
综上所述，结论正确的有①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
55．（2022秋·江苏无锡·八年级统考期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm．点Q从点C出发，以2cm/s的速度沿CD边向点D运动，到达点D停止；同时点P从点B出发，以xcm/s的速度沿BC边向点C运动，到达点C停止．规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当x为__或__时，△ABP与△PCQ全等．
【答案】 2##32 32##2
【分析】设运动时间为t，根据题意求出对应线段的长度，然后分两种情况讨论：①当BP=CQ，AB=PC时；②当BA=CQ，PB=PC时；利用全等三角形的性质列出方程求解即可．
【详解】解：设点Q从点C出发ts，同时点P从点B出发ts，
①当BP=CQ，AB=PC时，△ABP≌△PCQ，
∵AB＝8，
∴PC＝8，
∵BP=BC−CP=12−8=4，
∴2t＝4，
解得：t＝2，
∴CQ=BP=4，
∴2x＝4，
解得：x＝2；
②当BA=CQ，PB=PC时，△ABP≌△PCQ，
∵BA=CQ
∴2t＝8
解得：t＝4，
∴BP=PC=6
∴4x＝6
解得：x＝32；
综上所述，当x＝2或32时，△ABP≌△PCQ，
故答案为：2或32．
【点睛】题目主要考查矩形的性质及全等三角形的性质，一元一次方程的应用，理解题意，进行分类讨论，列出方程是解题关键．
56．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，P为对角线BD上一点，过P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，若PE=3，PF=4，则AP=___________．
【答案】5
【分析】延长FP、EP交AB、AD于M、N，由正方形的性质，得到∠PBE=∠PDF=45°，再由等腰三角形的性质及正方形的性质得到BE=PE=PM=3，PN=FD=FP=4，由勾股定理即可得出结论．
【详解】解：如图，延长FP、EP交AB、AD于M、N．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠PBE=∠PDF=45°，
∴BE=PE=PM=3，PN=FD=FP=4，
则AP= PN2+AN2 = PN2+PM2 = 32+42 = 5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理．求出PM，PN的长是解答本题的关键．
57．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD=4，DE=1，则AB=_______．
【答案】8.5
【分析】由折叠的性质可得AD=A′D=4，DE=D′E=1，∠DEA=∠D′EA，根据矩形的性质和勾股定理可求AB的长．
【详解】解：∵将纸片沿DE折叠，点D的对应点D′恰好在线段BE上，
∴AD=A′D=4，DE=D′E=1，∠DEA=∠D′EA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DEA=∠EAB，
∴∠D′EA=∠BAE，
∴BA=BE，
∴BD′=BE−D′E=AB−1，
在RtΔA′BD中，AB2=AD′2+BD′2，
∴AB2=42+(AB−1)2，
∴AB=8.5，
故答案为：8.5．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
58．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，3），点A在x轴正半轴上，连接AB，AB=5．将线段AB绕原点O逆时针方向旋转得到对应线段A′B′，若点B′恰好在y轴正半轴上，点A′的坐标为 _____．
【答案】245,325
【分析】如图，连接OB，OA′，过点A′作A′H⊥y轴于点H，过点B作BT⊥OA于点T．解直角三角形求出BT，OA，再利用面积法求出A′H，OH，可得结论．
【详解】解：如图，连接OB，OA′，过点A′作A′H⊥y轴于点H，过点B作BT⊥OA于点T，
∵B(4，3)，
∴OB=32+42=5，
∵AB=5，
∴OB=OB′=5，AB=A′B′=5，
∵BT⊥OA，
∴OT=TA=4，BT=OB2−OT2=52−42=3，
∵S△OA′B′=12×8×3=12×5×A′H，
∴A′H=245，
∵HB′=A′B′2−A′H2=52−2452=75，
∴OH=5+75=325，
∴A′245,325．
故答案为：245,325．
【点睛】此题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
59．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中） 把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=12，CD=14，把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为_________．
【答案】10
【分析】先求出∠5=∠4=90°，由AC=BC,AB=12，得到OA=OB=6，又由 ∠ACB=90°，得到CO=12AB=6，由CD1=CD=14，得到 OD1=8，在△AD1O中，由勾股定理即可得到答案．
【详解】如图所示，
由题意得，∠3=15°，∠E1=90°，
∴∠1=∠2=75°，
又∵∠B=45°，
∴∠OFE1=∠B+∠1=45°+75°=120°，
∴∠D1FO=60°，
∵∠CD1E1=30°，
∴∠5=∠4=90°，
又∵AC=BC,AB=12，
∴OA=OB=6，
∵∠ACB=90°，
∴CO=12AB=6，
∵CD1=CD=14，
∴OD1=CD1−OC=14−6=8，
在△AD1O中，AD1=OA2+OD12=62+82=10．
故答案为：10
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、三角形的外角性质、直角三角形的性质及判定、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质和勾股定理是解题的关键．
60．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州市振华中学校校考期中）如图，边长为9的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是______．
【答案】94
【分析】取BC的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质和旋转可以证明△MBG≌△NBH，可得MG=NH，根据垂线段最短，当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，由直角三角形的性质可求得线段HN长度的最小值．
【详解】解：如图，取BC的中点G，连接MG，
∵线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
即∠MBH+∠MBC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边三角形的高，
∴BH=12AB，
∴BH=BG，
又∵BM旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
BM=BN∠GBM=∠HBNBG=BH，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
根据垂线段最短，当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
此时∠BCH=12×60°=30°，
∴CG=12BC=12×9=92，
∴MG=12CG=94，
∴HN=94．
∴线段HN长度的最小值是94．
故答案为：94．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
61．（2022秋·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在△A1A2A3中，∠A1A3A2=90°，∠A2=30°，A1A3=1．A4、A5分别是A1A2、A2A3的中点，连接A3A4、A4A5；A6、A7分别是A3A4、A4A5的中点，连接A5A6、A6A7；……按此规律进行下去，则△A2021A2022A2023中最短边的长度为_______．
【答案】121010##121010
【分析】根据已知条件和图形的变化可得前几个图形中最短边的长度，找出规律，可得结论．
【详解】解：在△A1A2A3中，∠A1A3A2=90°，∠A2=30°，A1A3=1，An+3是An+1Ann=1，2，3，⋯的中点，
∴A1A2=2A1A3=2，
△A1A2A3中最短边的边长为A1A3=1=120，
△A3A4A5中最短边的边长为A4A5=12=121，
△A5A6A7中最短边的边长为A5A7=14=122，
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
∴△A2n−1A2nA2n+1中最短边的边长为12n−1，
则△A2021A2022A2023中最短边的边长为121010，，
故答案为：121010．
【点睛】本题主要考查了规律型，图形的变化类，解决本题的关键是观察图形变化寻找规律．
62．（2022秋·江苏镇江·八年级统考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，分别以AB、BC、AC为边向上作正方形，已知Rt△ABC的面积为5，则图中阴影部分面积之和为______．
【答案】10
【分析】利用勾股定理和正方形的面积公式可得S四边形ABHL+S四边形ACMN=S四边形BCEG，利用正方形的性质证明Rt△ABC≌Rt△HBGHL和△DBC≌△FCEASA，根据全等三角形的面积相等，从而得出S△HBG=5，S四边形ADEF=5，再根据三个正方形面积的关系可得出S△FGL+S四边形DCMN=5，从而可得阴影面积之和．
【详解】解：如图，设AC=a，AB=b，BC=c，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，S△ABC=5
∴a2+b2=c2，
∵四边形BCEG，四边形ABHL和四边形ACMN都是正方形，
∴S四边形BCEG=c2，S四边形ABHL=b2，S四边形ACMN=a2，
∴S四边形ABHL+S四边形ACMN=S四边形BCEG，
∵四边形BCEG和四边形ABHL是正方形，
∴BC=BG，BA=BH，∠H=90°，
∴△HBG是直角三角形，
在Rt△ABC和Rt△HBG中，
BC=BGBA=BH，
∴Rt△ABC≌Rt△HBGHL
∴S△HBG=S△ABC=5，
∵四边形BCEG和四边形ABHL是正方形，
∴BC=CE，∠BCD=∠CEF=90°，
∵∠DBC+∠BCA=90°，∠FCE+∠BCA=90°，
∴∠DBC=∠FCE，
在在△DBC和△FCE中，
∠DBC=∠FCEBC=CE∠BCD=∠CEF，
∴△DBC≌△FCEASA，
∴S△DBC=S△FCE，
∴S△ABC+S△ACD=S△ACD+S四边形ADEF，
∴S四边形ADEF=S△ABC=5，
∵S四边形ABHL+S四边形ACMN=S四边形BCEG，
又∵S四边形ABHL=S△HBG+S△FGL+S四边形ABGF=5+S△FGL+S四边形ABGF，
S四边形ACMN=S△ACD+S四边形DCMN，
S四边形BCEG=S△ABC+S△ACD+S四边形ADEF+S四边形ABGF
=5+S△ACD+5+S四边形ABGF
=10+S△ACD+S四边形ABGF，
∴S△FGL+S四边形DCMN=5，
∴S△HBG+S△FGL+S四边形DCMN=5+5=10，
∴图中阴影部分面积之和为10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等角的余角相等等知识，运用了等积变换的思想方法．运用等积变换是解题的关键．
63．（2022秋·江苏南京·八年级南师附中新城初中校考期中）如图，Mn，Nn，Pn，Qn(n=1,2,3,4,5)分别是正方形各边的六等分点．依次连接对应点，得到线段MnNn与PnQn，则图中所有与线段M2N2相等的线段为___________．
【答案】M4N4，P2Q2，P4Q4
【分析】设正方形边长为6，可以得到M2N2是一个直角边为2和4的直角三角形的斜边，分别求出其它线段所在直角三角形的直角边，再根据全等三角形的判定定理即可得解．
【详解】解：设正方形边长为6，则由题意可知：
M2N2是一个直角边为2和4的直角三角形的斜边，
M1N1、M5N5、P1Q1、P5Q5是直角边为1和5的直角三角形的斜边，
M3N3、P3Q3是直角边为3和3的直角三角形的斜边，
M4N4.，P2Q2，P4Q4是直角边为2和4的直角三角形的斜边，
所以由SAS定理可知M2N2、M4N4，P2Q2，P4Q4为四个全等直角三角形的斜边，M2N2、M4N4，P2Q2，P4Q4四条线段相等，
故答案为M4N4，P2Q2，P4Q4．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定和性质是解题关键．
64．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM=30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF=3，则对角线BD的长为______．
【答案】6
【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【详解】解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°，
又∵∠ECM=30°，
∴∠DCF=50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD=90°，
∴∠CDF=40°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC=40°，
在△CDH和△CDF中，
∠CHD=∠CFD∠HDC=∠FDCDC=DC，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DH=DF=3，
∴DB=2DH=6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．
65．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，将正方形ABCD置于平面直角坐标系中，其中A（1，0），D（﹣3，0），AD边在x轴上，直线L：y＝kx与正方形ABCD的边有两个交点O、E，当3＜OE＜5时，k的取值范围是_______．
【答案】k＞22或k＜0且k≠﹣43
【分析】设BC与y轴交于点M，由OA＝1＜3，OD＝3，OE＞3，可得E点不在AD边上，即k≠0，分k＞0与k＜0两种情况进行讨论．
【详解】解：如图，设BC与y轴交于点M，
∵OA＝1＜3，OD＝3，OE＞3，
∴E点不在AD边上，
∴k≠0，
①如果k＞0，那么点E在AB边或线段BM上，
当点E在AB边且OE＝3时，
由勾股定理得AE2=OE2−OA2=9−1=8，
∴AE＝22，
∴E（1，22），
当直线y＝kx经过点（1，22）时，k＝22，
∵OB2=AB2+OA2=16+1=17，
∴OB=17＜5，
当点E在线段BM上时，OE＜OB=17＜5，
∴k＞22，符合题意；
②如果k＜0，那么点E在CD边或线段CM上，
当点E在CD边且OE＝3时，E与D重合；
当OE＝5时，由勾股定理得 DE2=OE2−OD2=25−9=16，
∴DE＝4，
∴E（﹣3，4），此时E与C重合，
当直线y＝kx经过点（﹣3，4）时，k=−43，
当点E在线段CM上时，OE＜OC＝5，
∴k＜0且k≠−43，符合题意；
综上，当3＜OE＜5时，k的取值范围是k＞22或k＜0且k≠−43．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，一次函数图像与系数的关系，一次函数图像上点的坐标特征，利用数形结合与分类讨论是解题的关键．
66．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，长方形ABCD中，E为BC的中点，将△ABE沿直线AE折叠时点B落在点F处，连接FC，若∠DAF=18°，则∠DCF=______度．
【答案】36
【分析】由折叠的性质得：FE=BE，∠FAE=∠BAE，∠AEB=∠AEF，求出∠BAE=∠FAE=36°，可得到∠AEF=∠AEB=54°，求出∠CEF=72°，求出FE=CE，由等腰三角形的性质求出∠ECF=54°，即可得出∠DCF的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠BAD=∠B=∠BCD=90°，
由折叠的性质得：FE=BE，∠FAE=∠BAE，∠AEB=∠AEF，
∵∠DAF=18°，
∴∠BAE=∠FAE=12×90°−18°=36°，
∴∠AEF=∠AEB=90°−36°=54°，
∴∠CEF=180°−2×54°=72°，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE，
∴FE=CE，
∴∠ECF=12×180°−72°=54°，
∴∠DCF=90°−∠ECF=36°；
故答案为36．
【点睛】本题考查了折叠变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；求出∠ECF的度数是解题的关键．
67．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中，DE⊥AB，垂足为E，点F、G分别为边AD、DC的中点，EF=5,FG=8，则S菱形ABCD=___________．
【答案】96
【分析】连接AC,BD，交于点O，先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AD=10，再根据三角形的中位线定理可得AC=16，然后根据菱形的性质和勾股定理可得BD=12，最后利用菱形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，连接AC,BD，交于点O，
∵DE⊥AB,EF=5，且点F为边AD的中点，
∴AD=2EF=10，
∵点F,G分别为边AD,DC的中点，FG=8，
∴AC=2FG=16，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,OA=12AC=8,BD=2OD，
∴OD=AD2−OA2=6，
∴BD=12，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×16×12=96，
故答案为：96．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形的中位线定理、勾股定理、菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
68．（2022春·江苏常州·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为a，点P是AB边上的中点，将AD沿DP翻折到DE，延长PE交BC于点Q，连接DQ、BE，下列结论中：①∠PDQ=45°；②△BPQ的周长为2a；③连接AE，S△ABE=12BE·AE．正确的是___________（填正确的序号）．
【答案】①②③
【分析】先根据正方形中的翻折得到△APD≌△EPD，由全等三角形的性质得∠A=∠DEP=90°，AD=DE，∠ADP=∠EDP，再由题意用HL证明Rt△DEQ≌Rt△DCQ，根据对应角相等进行角的等量代换即可证明结论①正确；由①中已证的两组全等进行线段的等量代换即可证明结论②正确；根据翻折的性质可知PD垂直且平分AE，再利用中点与全等，得出AP=BP=PE，由等边对等角证明∠PBE=∠PEB，再根据外角的性质，利用同位角相等证出PD//BE，从而可证BE⊥AE，继而可得S△ABE=12BE·AE，证出结论③正确．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，边长为a，将AD沿DP翻折到DE，
∴△APD≌△EPD，
∴∠A=∠DEP=90°，AD=DE，∠ADP=∠EDP．
∵点Q在PE的延长线上，
∴∠DEQ=90°．
在Rt△DEQ和Rt△DCQ中，{DE=DCDQ=DQ，
∴Rt△DEQ≌Rt△DCQ(HL)，
∴∠EDQ=∠CDQ，
∴∠ADP+∠CDQ=∠EDP+∠EDQ=12∠ADC=45°．
故结论①正确；
由△APD≌△EPD和△DEQ≌△DCQ可知，AP=PE，EQ=CQ，
∴△BPQ的周长=BP+BQ+PE+EQ=AB+BC=2a．
故结论②正确；
连接AE，如图所示，
∵AP=PE，AD=DE，
∴PD垂直且平分AE．
∵点P是AB边上的中点，
∴AP=BP=PE，
∴∠PBE=∠PEB．
又∵∠APE是△PBE的外角，
∴∠APE=∠PBE+∠PEB，
且∠APD=∠EPD，
∴∠APD=∠PBE，
∴PD//BE，
∴BE⊥AE，
∴S△ABE=12BE·AE．
故结论③正确．
故答案为：①②③．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了正方形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定和性质，以及等边对等角、外角、平行线等知识，解题的关键是要熟练掌握几何相关的性质与判定定理，并能够灵活应用，找到相等的线段进行转化．
69．（2022春·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，AB=23，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点N，M分别为AF，DE的中点，连接MN．则MN的长为________．
【答案】62
【分析】连接AM，延长AM交CD于G，连接FG，由正方形ABCD推出AB=CD=BC=23，AB∥CD，∠C=90°，证得△AEM≌GDM，得到AM=MG，AE=DG=12AB，根据三角形中位线定理得到MN=12FG，由勾股定理求出FG即可得到MN．
【详解】解：连接AM，延长AM交CD于G，连接FG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=BC=23，AB∥CD，∠C=90°，
∴∠AEM=∠GDM，∠EAM=∠DGM，
∵M为DE的中点，
∴ME=MD，
在△AEM和GDM中，
∠EAM=∠DGM∠AEM=∠GDMME=MD，
∴△AEM≌△GDM（AAS），
∴AM=MG，AE=DG=12AB=12CD，
∴CG=12CD=3，
∵点N为AF的中点，
∴MN=12FG，
∵F为BC的中点，
∴CF=12BC=3，
∴FG=CF2+CG2=32+32=6，
∴MN= 62，
故答案为：62．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的中位线定理，正确作出辅助线且证出AM=MG是解决问题的关键．
70．（2022秋·江苏·八年级期中）如图，已知正方形ABCD的边长是4，点M在DC上，且DM=1，N是AC边上的一动点，连接DN、MN，则DN+MN的最小值是______．
【答案】5
【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BM交AC于N′点，N′即为所求在Rt△BCM中利用勾股定理即可求出BM的长即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于直线AC对称，
连接BD，BM交AC于N′，连接DN′，N′即为所求的点，
则BM的长即为DN+MN的最小值，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
又CM=CD-DM=4-1=3，
在Rt△BCM中，BM=CM2+BC2=32+42=5，
故DN+MN的最小值是5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，先作出M关于直线AC的对称点M′，由轴对称及正方形的性质判断出点M′在BC上是解答此题的关键．
71．（2022秋·江苏·八年级期中）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且DE=2，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连接AG，CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠GAE=60°；③BG=GC；④AG∥CF．其中正确的结论有____________． （填序号）
【答案】①③④
【分析】根据正方形的性质，翻折变换的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理等知识逐项进行判断即可．
【详解】解：由翻折变换可知，AD=AF=6，∠DAE=∠FAE，DE=FE=2，∠D=∠AFE，
∴∠AFG=180°-∠AFE=90°=∠B，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
AF=AB=6AG=AG，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），故①正确；
由Rt△ABG≌Rt△AFG可得∠BAG=∠FAG，
又∵∠BAG+∠FAG+∠DAE+∠FAE=90°，
∴∠FAG+∠FAE=12×90°=45°，即∠GAE=45°，故②错误；
由翻折变换可知，DE=EF=2，
由全等三角形可知BG=GF，
设BG=x，则CG=6-x，GE=x+2，EC=6-2=4，
在Rt△ECG中，由勾股定理得，
EC2+GC2=EG2，
即42+（6-x）2=（x+2）2，
解得x=3，
即BG=3，CG=6-3=3=BG，故③正确；
由上述可知，BG=CG=FG=3，
∴∠GCF=∠GFC，
由三角形全等可得，∠AGB=∠AGF，
又∵∠AGB+∠AGF+∠FGC=180°=∠FGC+∠GCF+∠GFC，
∴∠AGB=∠FCG，
∴AG∥FC，故④正确；
综上所述，正确的结论有：①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，翻折变换的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，理解和掌握正方形的性质，翻折变换的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理是正确判断的前提．
72．（2022春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD的边长为6，E为DC的中点，G、F分别为AD、BC边上的点，若DG＝2，∠GEF=90°，则GF的长为______．
【答案】132
【分析】由已知及勾股定理可求得GE的长，延长GE交BC的延长线于点H，易得△GDE≌△HCE，由全等三角形的性质可得HE=GE，CH=DG，则由垂直平分线的性质定理得GF=HF；由勾股定理建立方程可求得CF的长，从而可求得GF的长．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCD=90°，CD=6，
∴∠D=∠ECH=90°，
∵E为DC的中点，
∴DE=CE=12CD=3，
在Rt△GDE中，由勾股定理得：GE=DG2+DE2=22+32=13，
如图，延长GE交BC的延长线于点H，
在△GDE和△HCE中，
∠D=∠ECHDE=CE∠DEG=∠CEH，
∴△GDE≌△HCE，
∴HE=GE=13，CH=DG=2，
即点E是GH的中点，
∵∠GEF=90°
∴由垂直平分线的性质定理得GF=HF=CF+CH=CF+2，
在Rt△HEF中，由勾股定理得：EF2=FH2−HE2=(CF+2)2−13，
在Rt△EFC中，由勾股定理得：EF2=CF2+CE2=CF2+9，
由上可得方程：CF2+9=(CF+2)2−13，
解得：CF=92，
∴GF=CF+2=92+2=132，
故答案为：132．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质定理等知识，其中构造辅助线得到全等三角形是本题的关键及难点．
73．（2022春·江苏徐州·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，点P是线段AD上一动点，O为BD的中点，PO的延长线交BC于Q．若AD=8cm，AB=6cm，P从点A出发，以1cm/s的速度向D运动（不与D重合）．设点P运动时间为t（s），则当t=______时，四边形PBQD是菱形．
【答案】74s##1.75s
【分析】先根据矩形性质得AD∥BC，则∠PDB＝∠QBD，于是可根据“ASA”证明△POD≌△QOB，得到OP＝OQ，于是可判断四边形PBQD为平行四边形，AP＝t，PD＝AD﹣AP＝8﹣t，根据菱形的判定方法，当PB＝PD时，四边形PBQD是菱形，则PB＝8﹣t，然后在Rt△ABP中利用勾股定理得到62+t2＝（8﹣t）2，然后解方程求出t即可．
【详解】解：∵O为BD的中点，
∴OD＝OB，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠PDB＝∠QBD，
在△POD和△QOB中，
∠PDO=∠QBOOD=OB∠POD=∠QOB，
∴△POD≌△QOB（ASA），
∴OP＝OQ，
∵OD＝OB，
∴四边形PBQD为平行四边形，
由AP＝t，PD＝AD﹣AP＝8﹣t，
∴当PB＝PD时，四边形PBQD是菱形，
则PB＝8﹣t，
在Rt△ABP中，∵AB2+AP2＝PB2，
∴62+t2＝（8﹣t）2，
解得t=74，
即当t为74s时，四边形PBQD是菱形．
故答案为：74s
【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、平形四边形的判定等知识，根据勾股定理列方程是解题的关键．
74．（2022春·江苏扬州·八年级校考期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点P为AB边上一动点（不与点A，B重合），PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，若AC=16,BD=12，则EF的最小值为_____．
【答案】4.8
【分析】连接OP，根据菱形的性质得到AC⊥BD，AO＝12AC＝8，BD＝12BD＝6，根据勾股定理得到AB＝10，证明四边形OEPF是矩形，根据矩形的性质得到EF＝OP，则当OP⊥AB时，OP最小，EF的值最小，然后根据三角形的面积公式求出此时OP的长即可．
【详解】解：连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝12AC＝8，BO＝12BD＝6，
∴AB＝82+62=10，
∵PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，
∴∠EOF＝∠OEP＝∠OFP＝90°，
∴四边形OEPF是矩形，
∴EF＝OP，
∴当OP取最小值时，EF的值最小，
∴当OP⊥AB时，OP最小，
∴S△ABO＝12OA•OB＝12AB•OP，
∴OP＝8×610=4.8，
∴EF的最小值为4.8，
故答案为：4.8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，垂线段最短，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
75．（2022春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在正方形ABCD中，F在AB上，E在BC的延长线上，AF=CE，连接DF、DE、EF，EF交对角线BD于点N，M为EF的中点，连接MC，下列结论：①△DEF为等腰直角三角形；②∠FDB=∠FEC；③直线MC是BD的垂直平分线；④若BF=2，则MC=2；其中正确结论的有______．
【答案】①②③④
【分析】根据正方形的性质可得AD＝CD，然后利用“边角边”证明△ADF和△CDE全等，根据全等三角形对应角相等可得DE＝DF，∠ADF＝∠CDE，然后求出∠EDF＝∠ADC＝90°，判断出△DEF是等腰直角三角形，判断出①正确；由△DEF是等腰直角三角形和正方形的性质可得∠NBE＝∠DFE＝45°，利用三角形内角和为180°即可判断②正确；连接BM、DM．根据直角三角形的性质可得BM＝12EF＝MD．由垂直平分线的判定推知MC垂直平分BD，故③成立；过点M作MH⊥BC于H，则∠MCH＝45°，根据三角形中位线定理得到MH＝12BF＝1，求得CM=2MH=2，故④正确．
【详解】解：正方形ABCD中，AD＝CD，
在△ADF和△CDE中AD＝CD∠A＝∠DCE＝90°AF＝EC，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴DE＝DF，∠ADF＝∠CDE，
∴∠EDF＝∠FDC＋∠CDE＝∠FDC＋∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，故①正确；
∴∠DFE＝45°，
∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线，
∴∠NBE＝45°，
∵∠FDN＋∠DFN＋∠DNF＝∠NBE＋∠BNE＋∠NEB＝180°，
∠NBE＝∠DFE＝45°，∠DNF＝∠BNE，
∴∠FDB＝∠FEB，故②正确；
连接BM、DM，如图所示：
∵M是EF的中点，△BEF、△DEF是直角三角形，
∴BM＝DM＝12EF，
又∵BC＝CD，
∴直线CM是BD的垂直平分线，故③正确；
过点M作MH⊥BC于H，则∠MCH＝45°，
∵M是EF的中点，BF⊥BC，MH⊥BC，
∴MH是△BEF的中位线，
∴MH＝12BF＝1，
∴CM=2MH=2，故④正确．
综上所述，正确的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记各性质与定理并作辅助线是解题的关键．
76．（2022春·江苏盐城·八年级统考期中）如图，∠POQ=90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OP、OQ上，当点B在边OQ上运动时，点A随之在边OP上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB=6，BC=4，运动过程中，点D到点O的最大距离为______．
【答案】8
【分析】取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解．
【详解】解：如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，
∵OD≤OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，OD=OE+DE，
∵矩形ABCD中，AB=6，AD=BC=4，
∴OE=AE=12AB=3，
DE=AD2+AE2=42+32=5，
∴OD的最大值为：OE+DE =3+5=8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，三角形，矩形，勾股定理等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线的性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理解直角三角形．
77．（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝5，点E、G、H、F分别在AB、BC、CD、AD上，且AF＝CG＝2，BE＝DH＝1，点P是直线EF、GH之间任意一点，连结PE、PF、PG、PH，则△PEF和△PGH的面积和等于_________．
【答案】13
【分析】连接EG、FH，易证得△AEF≌△CHG，△FHD≌△GEB，即可得FH=EG、EF=GH，由此可证得四边形EFHG是平行四边形，可过P作EF、GH的垂线，可发现所求的两个三角形的面积和实际等于平行四边形EFHG面积的一半，按此思路进行求解即可．
【详解】解：连接FH、EG；
∵AF=CG=2，AE=CH=5-1=4，∠A=∠C=90°，
∴△AEF≌△CHG，S△AEF=S△CHG=12×4×2=4；
同理可证：△FHD≌△GEB，S△FHD=S△GEB=12×6×1=3；
∴FH=EG，EF=GH，即四边形EFHG是平行四边形；
且S平行四边形=S矩形-2S△AEF-2S△FHD=5×8−4×2−3×2=26；
则S△EFP+S△GHP=12EF（PM+PN）=12EF•MN=12S▱EFHG=13．
故答案为：13．
【点睛】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质以及图形面积的求法，能够判断出四边形EFHG是平行四边形是解答此题的关键所在．
78．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE=12,CD=410，则S1+S2的值为_____．
【答案】16
【分析】由弦图推出AF=CI，∠AFG=∠CIJ=90°，FH∥EI即可证明△AFG≌△CIJAAS，FG=IJ，再根据四边形EFHI为正方形，得到△GHK≌△JEK，从而得到点K为正方形EFHI的中心，过点K作KM⊥FH于点M，由勾股定理得DE=4，FH=8，KM=4设GH=a，FG=b，则a+b=FH=8，最后用a，b表示出S1+S2=2（a+b），将a+b的值代入即可求解．
【详解】解：在弦图中，AE=CH=AI=BF，
∵四边形EFHI是正方形，
∴EF=HI=EI=FH，∠AFG=∠CIJ=∠AEI=90°，
∴AE−EF=CH−HI，
∴AF=CI，
∵∠AFG=∠AEI，
∴FH∥EI，
∴∠AGF=∠KJE
∵∠IJC=∠KJE，
∴∠AGF=∠IJC，
在△AFG和△CIJ中，
∠AGF=∠IJC∠AFG=∠CIJ=90°AF=CI，
∴△AFG≌△CIJAAS，
∴FG=IJ，
∵四边形EFHI为正方形，
∴EI−IJ=FH−FG，即HG=EJ，
在△GHK和△JEK中，
∠HGK=∠EJK∠GKH=∠JKEHG=EJ，
∴△GHK≌△JEKAAS，
∴HK=EK，即点K为正方形EFHI的中心，
如图，过点K作KM⊥FH于点M，
∵AE=12,CD=410，
∴BF=12,AD=410，
在Rt△ADE中，
由勾股定理得DE=AD2−AE2=4，
∴AF=DE=4，EF=AE−AF=12−4=8，
则FH=8，KM=4，
设GH=a，FG=b，则a+b=FH=8，
∴S1=12GH⋅MK＝12a×4=2a，
S2=SΔAFG=12FG⋅AF＝12b×4 =2b，
∴S1+S2=2a+2b=2a+b=16．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，正方形的性质，解题的关键是寻找全等三角形的条件解决问题．
79．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=6，AD=8，E、F分别是BC、CD上的一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得到△EC′F，连接AC′．若△AEC′是以AE为腰的等腰三角形，则BE=___．
【答案】74或83
【分析】设BE=x，则EC=8−x，由翻折得：EC′=EC=8−x．当AE=EC′时，由勾股定理得：62+x2=8−x2；当AE=AC′时，作AH⊥EC′，由∠AEF=90°，EF平分∠CEC′，可证得∠AEB=∠AEH，则△ABE≌△AHE，所以BE=HE=x，由三线合一得EC′=2EH，即8−x=2x，解方程即可．
【详解】解：设BE=x，则EC=8−x，
由翻折得：EC′=EC=8−x，当AE=EC′时，AE=8−x，
∵ABCD为矩形，
∴∠B＝90°，
由勾股定理得：62+x2=8−x2，
解得：x=74；
当AE=AC′时，如图，作AH⊥EC′，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=∠AEC′+∠FEC′=90°，
∴∠BEA+∠FEC=90°，
∵△ECF沿EF翻折得到△EC′F，
∴∠FEC′=∠FEC，
∴∠AEB=∠AEH，
在△ABE和△AHE中，
∵∠AEB=∠AEH∠B=∠AHEAE=AE
∴△ABE≌△AHE(AAS)，
∴BE=HE=x，
∵AE=AC′，
∴EC′=2EH，
即8−x=2x，
解得x=83 ，
综上所述：BE=74或83．
故答案为：74或83．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，涉及到方程思想和分类讨论思想．当AE=AC′时如何列方程是解题的关键，有一定难度．
80．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，对角线AC=5，BE平分∠ABC交AD于点E，Q是线段BE上的点，连接CQ，过点C作CP⊥CQ交AD的延长线于点P，当△PCQ为等腰三角形时，AP＝______．
【答案】5
【分析】过点Q作QH⊥BC于点H，由矩形的性质并结合勾股定理确定AD=BC=4，再证明△QCH≌△PCD以及△BQH为等腰三角形，即可推导CH=DC=3，DP=QH=BH=1，然后由AP=AD+DP计算AP的长即可．
【详解】解：过点Q作QH⊥BC于点H，如下图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，AD=BC，DC=AB=3，
∵AB=3，AC=5，
∴AD=BC=AC2−AB2=52−32=4，
∵QH⊥BC，点P在AD的延长线上，
∴∠QHC=∠PDC=90°，
∵△PCQ为等腰三角形，CP⊥CQ，
∴QC=PC，∠QCP=∠BCD=90°，
∴∠QCH+∠QCD=∠QCD+∠PCD，
∴∠QCH=∠PCD，
在△QCH和△PCD中，
∠QCH=∠PCD∠QHC=∠PDCQC=PC，
∴△QCH≌△PCD(AAS)，
∴CH=DC=3，
∴BH=BC−CH=AD−CH=1，
∵BE平分∠ABC，
∴∠QBH=12∠ABC=45°，
∵QH⊥BC，
∴∠BQH=90°−∠QBH=45°，
∴∠QBH=∠BQH，
∴QH=BH=1，
∵△QCH≌△PCD，
∴DP=QH=1，
∴AP=AD+DP=5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，构建全等三角形是解题的关键．
81．（2022春·江苏盐城·八年级校联考期中）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，AB=4，AD=2，△ADE为等边三角形，点F是直线ED上一点，连接OF，则线段OF的最小值为_______．
【答案】3+22
【分析】连接OE，设OE与AD交于点G．由垂线段最短可知，当OF⊥EF时OF最小．由矩形的性质可得出OA=OD，即可判定OE是线段AD的垂直平分线．再由等边三角形的性质可得出∠OED=30°，DG=12AD=1，ED=AD=2．由三角形中位线的性质可求出OG=12CD=2．最后结合勾股定理和含30°角的直角三角形的性质即得出答案．
【详解】如图，连接OE，设OE与AD交于点G．
由垂线段最短可知，当OF⊥EF时OF最小．
∵矩形ABCD的对角线交于点O，
∴OA=OD，
∴OE是线段AD的垂直平分线．
∵△ADE为等边三角形，
∴∠OED=30°，点G为AD中点，ED=AD=2，
∴OG=12CD=2，DG=12AD=1，
∴EG=DE2−DG2=3，
∴OE=EG+OG=3+2，
∴OF=12OE=3+22．
故答案为：3+22
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理以及含30°角的直角三角形的性质等．正确的作出辅助线是解题关键．
82．（2022春·江苏无锡·八年级无锡市江南中学校考期中）如图，已知线段AB=20，C，D是AB上的两点，且AC=DB=4，P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为对角线作正方形AEPF和正方形BGPH，Q为线段FH的中点，点P由点C移动到点D时，Q点移动的路径长度为_______
【答案】6
【分析】分别延长AE、BF交于点M，易证四边形MFPH为平行四边形，得出Q为PM中点，则Q的运行轨迹为△MCD的中位线，运用中位线的性质求出IJ的长度即可．
【详解】解：如图，分别延长AF、BH交于点M，
∵以AP、BP为对角线作正方形AEPF和正方形BGPH，
∴∠FPA＝∠FAP＝45°，∠MBP＝∠HPB＝45°，
∴∠FPA＝∠MBP，∠HPB＝∠FAP，
∴AM∥PH，BM∥FP，
∵∠B＝∠EPA＝60°，
∴四边形PFMH为平行四边形，
∴FH与MP互相平分．
∵Q为FH的中点，
∴Q正好为PM的中点，
即在P的运动过程中，Q始终为PM的中点，
∴Q的运行轨迹为△MCD的中位线IJ，
∵IJ＝12CD＝12×（20﹣4﹣4）＝6，
∴Q点移动的路径长度为6．
故答案为：6
【点睛】本题考查了三角形中位线定理及正方形的性质，平行四边形的判定和性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点Q点移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强．
83．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF、CF，则DF+CF的最小值等于______．
【答案】5
【分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE，确定点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点C′，由三角形全等得到∠CBF= 45°，从而确定点C′在AB的延长线上，当D， F， C′三点共线时，DF + CF= DC′最小，在Rt△ADC′中，AD= 1， AC′= 2，求出DC′= 5即可．
【详解】解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，如图，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，EF=DE，
∴∠EDA=∠FEG，
在△AED和△GFE中，
∠A=∠FGE∠EDA=∠FEGDE=EF，
∴△AED≌△GFE(AAS)，
∴FG=AE，
∴点F在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C′，
∵EG=DA，FG=AE，
∴AE=BG，
∴BG=FG，
∴∠FBG=45°，
∴∠CBF=45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，即点F在∠CBC′的角平分线上运动，
∴点C′在AB的延长线上，
当D， F， C′三点共线时，DF + CF= DC′最小，
在Rt△ADC′中，AD= 1， AC′= 2，
∴DC′=AD2+AC2=12+22=5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径，能够将线段和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
84．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（1，0）、B（5，0），点P为y轴正半轴上的一个动点，以线段PA为边在PA的右上方作等边△APQ，连接QB，在点P运动过程中，线段QB长度的最小值为_______．
【答案】3
【分析】将△ABQ绕点A逆时针旋转60∘到△ACP，连接BC，可证△ABC是等边三角形，求出点C坐标，确定当PC⊥y轴时，PC最小，即QB最小．
【详解】如图，将△ABQ绕点A逆时针旋转60∘到△ACP，连接BC，
∴由旋转可知，△ABQ≅△ACP，
AB=AC，BQ=PC，∠PAC=∠QAB∵∠PAQ=∠PAC+∠CAQ=60∘∴∠BAC=∠QAB+∠CAQ=∠PAQ=60∘，
∴△ABC是等边三角形，
A(1,0)、B(5，0)，
∴AB=5−1=4，
∴C(3，23)，即C是定点，
∴当PC最小时，QB最小，
∴当PC⊥y轴时，PC最小，最小值为3，
线段QB长度的最小值为3．
故答案为：3
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，垂线段最短的性质，正确理解题意运用旋转作出辅助线是解决本题的关键．
85．（2022春·江苏苏州·八年级星海实验中学校考期中）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是________．
【答案】42
【分析】取CD中点H，连接AH，BH，可证四边形AECH是平行四边形，可得AH//CE，由三角形中位线定理可得PH//EC，可得点P在AH上，当BP⊥AH时，PB有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，取CD中点H，连接AH，BH，设AH与DE的交点为O，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝4，CD//AB，
∵点E是AB中点，点H是CD中点，
∴CH＝AE＝DH＝BE＝4，
∴四边形AECH是平行四边形，
∴AH//CE，
∵点P是DF的中点，点H是CD的中点，
∴PH//EC，
∴点P在AH上，
∴当BP⊥AH时，此时点P与H重合，BP有最小值，
∵AD＝DH＝CH＝BC＝4，
∴∠DHA＝∠DAH＝∠CBH＝∠CHB＝45°，AH＝BH＝42，
∴∠AHB＝90°，
∴BP的最小值为42，
故答案为42．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，垂线段最短等知识，确定点P的运动轨迹是本题的关键．
86．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，以Rt△ABC的斜边AB为一边，在AB的右侧作正方形ABED，正方形对角线交于点O，连接CO，如果AC=4，CO=62，那么BC=______．
【答案】8
【分析】通过作辅助线使得△CAO≌△GBO，证明△COG为等腰直角三角形，利用勾股定理求出CG后，即可求出BC的长．
【详解】
如图，延长CB到点G，使BG=AC．
∵根据题意，四边形ABED为正方形，
∴∠4=∠5=45°，∠EBA=90°，
∴∠1+∠2=90°
又∵三角形BCA为直角三角形，AB为斜边，
∴∠2+∠3=90°
∴∠1＝∠3
∴∠1+∠5=∠3+∠4，故∠CAO＝∠GBO，
在△CAO和△GBO中，
CA=GB∠CAO=∠GBOAO=BO
故△CAO≌△GBO，
∴CO＝GO=62，∠7=∠6，
∵∠7+∠8=90°，
∴∠6+∠8=90°，
∴三角形COG为等腰直角三角形，
∴CG=CO2+GO2=622+622=12，
∵CG=CB+BG，
∴CB=CG－BG=12－4=8，
故答案为8．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据题意建立正确的辅助线以及掌握正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解答本题的关键．
87．（2022春·江苏泰州·八年级校联考期中）如图，∠MAN＝90°，点C在边AM上，AC＝3，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为__．
【答案】33或3
【分析】当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A′EF=90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A′C=A′E=3，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC=2A'E=6，最后利用勾股定理可得AB的长；
②当∠A′FE=90°时，如图2，证明ΔABC是等腰直角三角形，可得AB=AC=3．
【详解】解：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A′EF=90°时，如图1，
∵△A′BC与ΔABC关于BC所在直线对称，
∴A′C=AC=3，∠ACB=∠A′CB，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴D、E是ΔABC的中位线，
∴DE//AB，
∴∠CDE=∠MAN=90°，
∴∠CDE=∠A′EF，
∴AC//A′E，
∴∠ACB=∠A′EC，
∴∠A′CB=∠A′EC，
∴A′C=A′E=3，
Rt△A′CB中，∵E是斜边BC的中点，
∴BC=2A'E=6，
由勾股定理得：AB2=BC2−AC2，
∴AB=62−32=33；
②当∠A′FE=90°时，如图2，
∵∠ADF=∠A=∠DFB=90°，
∴∠ABF=90°，
∵△A′BC与ΔABC关于BC所在直线对称，
∴∠ABC=∠CBA′=45°，
∴ΔABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC=3；
综上所述，AB的长为33或3．
故答案为：33或3．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，并利用分类讨论的思想解决问题．
88．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为1，则线段DH长度的最小值是_______．
【答案】5−12
【分析】根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=12AB=12，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．
【详解】解：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
AB=CD∠BAD=∠CDAAE=DF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1=∠2，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，
∴∠1+∠BAH=90°，
∴∠AHB=180°-90°=90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH=AO=12AB=12，
在Rt△AOD中，OD=AO2+AD2=(12)2+12=52，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值=OD−OH=52−12=5−12．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出DH最小时点H的位置是解题关键，也是本题的难点．
89．（2022春·江苏南通·八年级校联考期中）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，BE＝4，过点E作EF∥BC，分别交BD，CD于点G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长是_____．
【答案】13
【分析】作辅助线，构建矩形MHPK和直角三角形NMH，利用平行线分线段成比例定理或中位线定理得：MK＝FK＝1，NP＝3，PF＝2，利用勾股定理可得MN的长．
【详解】过M作MK⊥CD于K，过N作NP⊥CD于P，过M作MH⊥PN于H，
则MK∥EF∥NP，
∵∠MKP＝∠MHP＝∠HPK＝90°，
∴四边形MHPK是矩形，
∴MK＝PH，MH＝KP，
∵NP∥EF，N是EC的中点，
∴CPCF=NPEF=12,PNEF=CNCE=12
∴PF＝12FC＝12BE＝2，NP＝12EF＝3，
同理得：FK＝DK＝1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BDC＝45°，
∴△MKD是等腰直角三角形，
∴MK＝DK＝1，NH＝NP﹣HP＝3﹣1＝2，
∴MH＝2+1＝3，
在Rt△MNH中，由勾股定理得：MN＝22+32=13
故答案为13．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质和判定、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质等知识；本题的关键是构造直角三角形MNH，根据勾股定理计算．
90．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，已知∠XOY＝60°，点A在边OX上，OA＝4，过点A作AC⊥OY于点C，以AC为一边在∠XOY内作等边三角形ABC，点P是△ABC内（不包括各边）的一点，过点P作PD∥OY交OX于点D，作PE∥OX交OY于点E．设OD＝m，OE＝n，则m＋2n的取值范围是___．
【答案】4【分析】作辅助线，构建30度的直角三角形，先证明四边形EODP是平行四边形，得EP= OD= m，在Rt△HEP中，∠EPH = 30°，可得EH的长，计算m+ 2n = 2OH，确认OH最大和最小值的位置，可得结论．
【详解】解：如图1，过P作PH⊥OY交于点H，
图1
∵PD∥OY， PE∥OX，
∴四边形EODP是平行四边形，∠HEP=∠XOY = 60°，
∴EP= OD= m，
在Rt△HEP中，∠EPH = 30°，
∴EH=12EP=12m，
∴m+2n=2(12m+n)=2(EH+EO)=2OH ，
当P在AC边上时，H与C重合，
此时OH的最小值=OC=12OA=2，
即m+ 2n的最小值是4；
当P在点B时，如图2所示：
图2
∵OC=2， AC=BC=23，
在Rt△CHP中，∠HCP= 30°，
∴PH=3，CH=3，
则OH的最大值是：
OC+CH=2+3=5，
即m+ 2n的最大值是10，
∴m+ 2n的取值范围是4故答案为：4【点睛】本题考查了直角三角形30度角的性质、平行四边形的判定和性质，有难度，掌握确认m+ 2n的最值就是确认OH最值的范围是解题的关键．
91．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5．点M、N分别为线段BC、AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的最大值是 _______．
【答案】6.5
【分析】连接DN，DB，根据三角形中位线定理得到EF=12DN，再由勾股定理解出DB的长，当N与点B重合时，DN最大，此时EF的值最大 ．
【详解】解：连接DN，DB
∵点E、F分别为DM、MN的中点，
∴EF是△MDN的中位线
∴EF=12DN
由题意得，当N与点B重合时，DN最大，此时EF的值最大
由勾股定理得，DB= AD2+AB2=13
∴EF的最大值为6.5
故答案为：6.5．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、勾股定理，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
92．（2022春·江苏常州·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝13，AC＝12，AE平分∠BAC，BA⊥AC，BE⊥AE，F是BC的中点，则EF＝___________
【答案】3.5
【分析】延长BE交AC于H，根据勾股定理求出AB，证明△BAE≌△HAE，根据全等三角形的性质得到AH=AB=5，BE=EH，根据三角形中位线定理计算，得到答案．
【详解】解：延长BE交AC于H，
在Rt△ABC中，AB=BC2−AC2=5，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠HAE，
在△BAE和△HAE中，
∠BAE=∠HAEAE=AE∠AEB=∠AEH=90°，
∴△BAE≌△HAE（ASA），
∴AH=AB=5，BE=EH，
∴HC=AC-AH=7，
∵BE=EH，BF=FC，
∴EF是△BCH的中位线，
∴EF=12HC=3.5，
故答案为：3.5．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
93．（2022春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）如图，矩形纸片ABCD，AB＝3cm，BC＝4cm，E为边CD上一点．将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝____cm．
【答案】2.5
【分析】连接AC，FC，求出AC，利用三角形的中位线定理解决问题即可．
【详解】解：如图所示连接AC，FC．
由翻折的性质可知，BE垂直平分线段CF，
∴CF⊥BE，
又∵FM⊥BE，
∴F．M，C共线，
∴FM＝MC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC=AB2+BC2=5cm，
∵N是AF的中点，M是CF的中点，
∴MN是△ACF的中位线，
∴MN=12AC=2.5，
故答案为2.5．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型．
94．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市胥江实验中学校校考期中）如图，在▱ABCD中，E,F分别是AD,BC上的点，AD=8，将▱ABCD沿EF所在的直线翻折，使点B的对应点B′与点D重合，且点A落在点A′处，连接BE，若∠EBF=60°，EF=6，则AB=________．
【答案】27
【分析】过B点作AD的垂线交DA延长线于点M，根据翻折的性质证明△A′DE≌△CDF，根据全等的性质，证明四边形DEBF是菱形，根据菱形的性质得到BE、AE的长度，根据平行线的性质得到∠EBF=∠AEB=60°，根据含30°角的直角三角形三边关系，即可求出MB，MA的长度，根据勾股定理即可求出AB的长度．
【详解】解：过B点作AD的垂线交DA延长线于点M
∵翻折
∴AB=A′D，∠ABC=∠A′DF， ∠BAD=∠A′
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，∠ABC=∠ADC，∠BAD=∠C
∴A′D=CD，∠ADC=∠A′DF，∠A′=∠C
∵∠A′DF=∠A′DE+∠EDF，∠ADC=∠CDF+∠EDF
∴∠A′DE=∠CDF
在△A′DE和△CDF中
∵{∠A′=∠CA′D=CD∠A′DE=∠CDF
∴△A′DE≌△CDF(ASA)
∴DE=DF，A′E=CF
∵A′E=AE
∴CF=AE
∴DE=BF
又∵DE∥BF
∴四边形DEBF是平行四边形
∵DE=DF
∴平行四边形DEBF是菱形
∵∠EBF=60°
∴△EBF是等边三角形
∴EB=EF=BF=ED=6
∵AD=8
∴AE=2
∵AD∥BC
∴∠EBF=∠AEB=60°
∵∠M=90°
∴∠MBE=30°
∴ME=12BE=3
∴MB=33，MA=1
∴AB=MB2+MA2=(33)2+12=27
故答案为：27．
【点睛】本题考查了翻折、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形三边关系、勾股定理等知识点，正确作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求线段长是解答本题的关键．
95．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图（1），将两张全等的矩形重叠而得到的四边形ABCD是菱形，已知矩形的长是8，宽是4，当这两张纸片叠合成如图（2）所示时，菱形ABCD的面积最大，此时，菱形面积为_______．
【答案】20
【分析】设BC=x，则CE=8-x，CD=BC=x，在Rt△CDE中，由勾股定理得出x，再求得面积即可．
【详解】解：∵ 菱形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD,
如图，由矩形BEDK可得：∠K=∠E=90°, KD=BE=8,BK=DE=4,
设BC=x，则CE=8-x，CD=BC=x，
在Rt△CDE中，CE2+DE2=CD2，
∴（8-x）2+42=x2，
解得x= 5 ，
∴S=BC•DE=20．
故答案为：20
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理和矩形的性质等知识点，利用勾股定理建立方程是解本题的关键．
96．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=4，E为CD边的中点，点P、Q为BC边上两个动点，且PQ=1，当BP=_______时，四边形APQE的周长最小．
【答案】2
【分析】由题意可知要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF=PQ=1，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，可知AP=FQ，此时AP+EQ=EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的长度．
【详解】解：如下图，在AD上截取线段AF=PQ=1，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，可知四边形APQF是平行四边形，AP=FQ，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，
∵GH=DF=4-1=3，EH=1+2=3，∠H=90°，
∴∠GEH=45°，
∴∠CEQ=45°，
设BP=x，则CQ=BC-BP-PQ=4-x-1=3-x，
在△CQE中，∵∠QCE=90°，∠CEQ=45°，
∴CQ=EC，
∴3-x=1，
解得x=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称-最短路线问题的应用，解题的关键是根据题意作出辅助线以及运用数形结合思维分析．
97．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，且AC边在直线l上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1＝2；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2＝2+3；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3＝3+3；……，其中P1、P2、P3、……都在直线l上，按P3规律继续旋转，直至得到点P2022为止，则AP2022＝_____．
【答案】2022+6743
【分析】将Rt△ABC每旋转一次，AP的长度依次增加2，3，1，且三次一循环，按此规律即可求解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，
∴AB=2，BC=3，
∴将△ABC绕点A顺时针旋转到①,可得到点P1，此时AP1=2；
将位置①的三角形绕点顺时P1针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=2+3；
将位置②的三角形绕点顺P2时针旋转到位置，可得到点P3，此时AP3=3+3；
由此可得：AP4=3+3+2=5+3；
AP5=5+3+3=5+23；
AP6=5+23+1=6+23
=2(3+3)；
故每旋转3次为一个循环，
∵2022÷3=674，
AP2022=674(3+3)=2022+6743
故答案为：2022+6743．
【点睛】本题考查了旋转的性质及直角三角形的性质，得到AP的长度依次增加2，3，1，且三次一循环是解题的关键．
98．（2022春·江苏连云港·八年级校考期中）将一张长与宽的比为2：1的长方形纸片按如图①、②所示的方式对折，然后沿图③中的虚线裁剪，得到图④，最后将图④的纸片再展开铺平，则所得到的图案是________
【答案】A
【分析】据图示的裁剪方式，由折叠的性质，可知此图最后剪去了两个角和一边的中间被剪，因此答案为A．
【详解】解：根据图示的裁剪方式，由折叠的性质，可知此图最后剪去了两个角和一边的中间被剪，因此答案为A．
故答案为：A
【点睛】本题考查了折叠的性质和空间观念，准确理解折叠的性质是解题的关键．
99．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）如图，已知△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，直角∠EPF的顶点P是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，给出以下四个结论：
①AE=CF；
②△EPF是等腰直角三角形；
③S四边形AEPF=12S△ABC；
④当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），BE+CF=EF．
上述结论中始终正确的有__________（填序号）．
【答案】①②③
【分析】利用旋转的思想观察全等三角形，寻找条件证明三角形全等．根据全等三角形的性质对题中的结论逐一判断．
【详解】解：∵∠APE、∠CPF都是∠APF的余角，
∴∠APE=∠CPF，
∵AB=AC，∠BAC=90°，P是BC中点，
∴AP=CP，
又∵AP=CP，∠EPA=∠FPC，∠EAP=∠FCP=45°
∴△APE≌△CPF（ASA），同理可证△APF≌△BPE，
∴AE=CF，△EPF是等腰直角三角形，S四边形AEPF=12S△ABC，①②③正确；
故AE=FC，BE=AF，
∵AF+AE＞EF，
∴BE+CF＞EF，故④不成立．
正确的是①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】此题主要考查了等腰三角形和直角三角形的性质，综合利用了全等三角形的判定．
100．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3cm，BC=4cm．将△ABC绕点C按逆时针方向旋转后得△DCE，直线DA、BE相交于点F．取BC的中点G，连接GF，则GF长的最大值为____________cm．
【答案】4
【分析】设∠BCE=∠ACD=α，可得∠CBE=∠CEB=∠CAD=∠CDA=90°−12α，根据四边形内角和可得∠BFA=90°，取AB的中点H，连接HG、HF，则HG= 12AC，HF=12AB，继而可得FG≤HG+HF，即可得到答案．
【详解】解：取AB的中点H，连接HG、HF，如图：
∵ΔDEC是由ΔABC绕C点旋转得到，
∴CE=CB，CD=CA，∠BCE=∠ACD，
设∠BCE=∠ACD=α，则∠CBE=∠CEB=∠CAD=∠CDA=90°−12α，
在四边形BCDF中，
∠BFA=360°−∠BCD−∠CDA−∠CBE=360°−(90°+α)−2(90°−12α)=90°，
在RTΔABC中，∠ACB=90°，BC=4cm，AC=3cm，
∴AB=5cm，
RtΔABF中，HF=12AB=52cm，
∵HG是ΔABC中位线，
∴HG=12AC=32cm，
而FG≤HF+HG=4cm，
∴当F、H、G在一条直线上时，FG最大，最大值为HF+HG=4cm，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、直角三角形的性质及勾股定理、中位线定理，构建以FG为边的三角形，根据三角形三边关系得出FG的长度范围是解题的关键．
抽查的头盔数n
100
200
300
500
800
1000
3000
合格的头盔数m
95
194
289
479
769
960
2880
合格头盔的频率mn
0.950
0.945
0.962
0.958
0.961
0.960
0960
抽取的毛绒玩具数n
20
50
100
200
500
1000
1500
2000
优等品的频数m
19
47
91
184
462
921
1379
1846
优等品的频率mn
0.950
0.940
0.910
0.920
0.924
0.921
0.919
0.923
每周课外阅读时间x（小时）
0≤x≤1
12x＞3
人数
7
10
14
19