初中数学苏科版八年级下册9.3 平行四边形单元测试一课一练

这是一份初中数学苏科版八年级下册9.3 平行四边形单元测试一课一练，共36页。

注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023春·江苏淮安·八年级校考期中）下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．(2023春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，∠CAB=75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′=（ ）
A．30°B．35°C．40°D．50°
3．(2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，BM平分∠ABC，交CD于点M，且MC=2，平行四边形ABCD的周长是14，则DM的长为（ ）．
A．1B．2C．3D．4
4．(2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，以平行四边形ABCD的边CD为斜边向内作等腰直角△CDE，使AD=DE=CE，∠DEC=90°，且点E在平行四边形内部，连接AE、BE，则∠AEB的度数是（ ）．
A．130°B．135°C．150°D．125°
5．(2023秋·江苏南京·九年级南京市第二十九中学校考开学考试）四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．有下列条件：①OA=OC,OB=OD；②AC=BD；③AC⊥BD；④矩形ABCD；⑤菱形ABCD；⑥正方形ABCD．则下列推理正确的是（ ）
A．②③→⑥B．①②→⑤C．①④→⑤D．②⑤→⑥
6．(2023春·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4cm，BC=6cm，现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（ ）
A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
7．(2023春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，正方形ABCD的边长为3，点M在CB延长线上，BM=1，作∠MAN=45°交DC延长线于点N，则MN的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．(2023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
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上
9．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知点A1,−2，点O为坐标原点，连接OA，将线段OA按顺时针方向旋转90°，得到线段OA1，则点A1的坐标______．
10．(2023春·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，若EF=4，则CD的长为__．
11．(2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别是6cm，8cm，AE⊥BC，垂足为点E，则AE的长是______cm．
12．(2023·江苏扬州·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，将矩形ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，则折痕EF的长为_____．
13．(2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点，依次连接E、G、F、H得到四边形EGFH，要使四边形EGFH是菱形，可添如条件__________．
14．(2023春·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，E，H分别为AB，BC的中点，G，F分别为线段HD，CE的中点．若线段AB的长为8，则FG的长为______．
15．(2023春·江苏苏州·八年级校考期中）E、F是线段AB上的两点，且AB=16，AE=2，BF=4，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CD并取中点P，连接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______．
16．（2023秋·江苏淮安·九年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AD=2，点P是直线AD上一动点，若满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为________．
三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．(2023春·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点在格点上（每个方格的边长均为1个单位长度）．
(1)请画出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1
(2)将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A2B2C2
18．(2023秋·江苏·九年级开学考试）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，BE⊥AC， DF⊥AC，求证：AE＝CF．
19．(2023春·江苏淮安·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB与AC、AE分别交于O、E，连接EC．
(1)求证：AD=EC．
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是矩形，并说明理由．
(3)当△ABC满足____________时，四边形ADCE是正方形．
20．(2023·江苏盐城·校考三模）如图，在△ABC中，点D是BC边的中点，点F，E分别是AD及其延长线上的点，CF∥BE，连接BF，CE．
(1)求证：四边形BECF是平行四边形．
(2)当△ABC满足____________条件时，四边形BECF为菱形．（填写序号）
①AB=AC．②∠BAC=90°，③AB=BC，④∠BCA=90°．
21．(2023秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）在矩形ABCD中，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD=10，BC=AD=8．P为BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B落在点E处）．
(1)如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图①中作出△AEP（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)在（1）的条件下，求BP的长．
(3)如图2，PE与CD相交于点F，AE与CD相交于点G，且FC=FE，求BP的长．
22．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为（6，8），一次函数y=−23x+b的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD=BE，点M是线段DE上的一个动点．
(1)求b的值；
(2)设点N是x轴上方平面内的一点，以O、M、D、N为顶点的四边形为菱形时，请求出点N的坐标．
23．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于G，连接DG．
(1)求证：∠EDG=45°．
(2)如图2，E为BC的中点，连接BF．
①求证：BF∥DE；②若正方形边长为6，求线段AG的长．
24．（2023春·江苏·八年级专题练习）问题提出
(1)如图，点M、N是直线l外两点，在直线l上找一点K，使得MK+NK最小．
问题探究
(2)在等边三角形ABC内有一点P，且PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB度数的大小．
问题解决
(3)如图，矩形ABCD是某公园的平面图，AB=303米，BC=60米，现需要在对角线BD上修一凉亭E，使得到公园出口A、B，C的距离之和最小．问：是否存在这样的点E？若存在，请画出点E的位置，并求出EA+EB+EC的和的最小值；若不存在，请说明理由．
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第9章中心对称图形——平行四边形单元测试（培优压轴卷，八下苏科）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023春·江苏淮安·八年级校考期中）下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A．该图形不是轴对称对称图形，是中心图形，故此选项不合题意；
B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．该图形是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
2．(2023春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，∠CAB=75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′=（ ）
A．30°B．35°C．40°D．50°
【答案】A
【分析】根据CC′∥AB，∠CAB=75°，可得∠C′CA=∠CAB=75°，再有旋转图形的性质，可得AC=AC′，∠CC′A=∠C′CA=75°，在△C′AC中，由三角形内角和定理可得，∠C′AC=30°，最后运用旋转图形的性质求得∠BAB′的值．
【详解】解：∵CC′∥AB，∠CAB=75°，
∴∠C′CA=∠CAB=75°，
∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，
∴AC=AC′，
∴∠CC′A=∠C′CA=75°．
在△C′AC中，
∠C′AC=180°−∠AC′C−∠ACC′=180°−75°−75°=30°，
∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′，
∴∠BAB′=∠C′AC=30°．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转图形的性质，熟练掌握旋转图形的性质是解题的关键．
3．(2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，BM平分∠ABC，交CD于点M，且MC=2，平行四边形ABCD的周长是14，则DM的长为（ ）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质，可得∠CMB=∠ABM，再由BM平分∠ABC，从而得到∠CMB=∠CBM，继而得到CM=BC=2，再由平行四边形ABCD的周长是14，可得CD+BC=7，从而得到CD=5，即可求解．
【详解】解：在平行四边形ABCD中，AB∥CD，CD=AB，AD=BC，
∴∠CMB=∠ABM，
∵BM平分∠ABC，
∴∠ABM=∠CBM，
∴∠CMB=∠CBM，
∴CM=BC=2，
∵平行四边形ABCD的周长是14，
∴CD+BC=7，
∴CD=5，
∴DM=CD−CM=3．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
4．(2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，以平行四边形ABCD的边CD为斜边向内作等腰直角△CDE，使AD=DE=CE，∠DEC=90°，且点E在平行四边形内部，连接AE、BE，则∠AEB的度数是（ ）．
A．130°B．135°C．150°D．125°
【答案】B
【分析】先证明AD=DE=CE=BC，得出∠DAE=∠AED，∠CBE=∠CEB，∠EDC=∠ECD=45°，设∠DAE=∠AED=x，∠CBE=∠CEB=y，求出∠ADC=225°−2x，∠BCD=225°−2y，由平行四边形的对角相等得出方程，求出x+y=135°，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠BAD=∠BCD，∠BAD+∠ADC=180°，
∵AD=DE=CE，
∴AD=DE=CE=BC，
∴∠DAE=∠AED，∠CBE=∠CEB，
∵∠DEC=90°，
∴∠EDC=∠ECD=45°，
设∠DAE=∠AED=x，∠CBE=∠CEB=y，
∴∠ADE=180°−2x，∠BCE=180°−2y，
∴∠ADC=180°−2x+45°=225°−2x，∠BCD=225°−2y，
∴∠BAD=180°−225°−2x=2x−45°，
∴2x−45°=225°−2y，
∴x+y=135°，
∴∠AEB=360°−135°−90°=135°；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质(对边平行且相等，对角相等)，等腰三角形的性质(两底角相等) ，解题的关键是找到∠AED和∠CEB之间的关系．
5．(2023秋·江苏南京·九年级南京市第二十九中学校考开学考试）四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．有下列条件：①OA=OC,OB=OD；②AC=BD；③AC⊥BD；④矩形ABCD；⑤菱形ABCD；⑥正方形ABCD．则下列推理正确的是（ ）
A．②③→⑥B．①②→⑤C．①④→⑤D．②⑤→⑥
【答案】D
【分析】由菱形的判定方法，矩形的判定方法，正方形的判定方法对每个选项进行分析，即可得出答案．
【详解】解：∵由②③对角线相等，对角线互相垂直，不能判断四边形是正方形，
∴选项A不符合题意；
∵由①可得四边形是平行四边形，再由②，对角线相等的平行四边形是矩形，
∴选项B不符合题意；
∵由①可得四边形是平行四边形，再由④，四边形是矩形，不能判定四边形是菱形，
∴选项C不符合题意；
∵由②⑤，对角线相等的菱形是正方形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，掌握菱形的判定方法，矩形的判定方法，正方形的判定方法是解决问题的关键．
6．(2023春·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4cm，BC=6cm，现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（ ）
A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
【答案】B
【分析】根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形ABEB1是正方形，再根据正方形的性质可得BE=AB，然后根据CE=BC−BE，代入数据进行计算即可得解．
【详解】解：∵沿AE对折点B落在边AD上的点B1处，
∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，
又∵∠BAD=90°，
∴四边形ABEB1是正方形，
∴BE=AB=4cm，
∴CE=BC−BE=6−4=2(cm)．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形ABEB1是正方形是解题的关键．
7．(2023春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，正方形ABCD的边长为3，点M在CB延长线上，BM=1，作∠MAN=45°交DC延长线于点N，则MN的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】如图所示，在DC上取一点F，使得DF=BM，连接AF，先证明△ABM≌△ADF得到AM=AF，∠MAB=∠DAF，进而可以证明△MAN≌△FAN得到MN=FN，设MN=FN=x，则DN=DF+FN=1+x，CM=BM+BC=4，CN=DN−DC=x−2，在Rt△MCN中利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如下图所示，在DC上取一点F，使得DF=BM，连接AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠ADF=∠ABM=90°，
∴△ABM≌△ADF，
∴AM=AF，∠MAB=∠DAF，
∴∠MAB+∠BAF=∠DAF+∠BAF=∠BAD=90°
∴∠MAF=90°，
又∵∠MAN=45°，
∴∠MAN=∠FAN=45°，
又∵AN=AN，
∴△MAN≌△FAN，
∴MN=FN，
设MN=FN=x，
∵BM=DF=1，BC=CD=3，
∴DN=DF+FN=1+x，CM=BM+BC=4，
∴CN=DN−DC=x−2，
在Rt△MCN中，CM2+CN2=MN2，
∴42+x−22=x2，
解得x=5，
∴MN=5，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
8．(2023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．
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上
9．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知点A1,−2，点O为坐标原点，连接OA，将线段OA按顺时针方向旋转90°，得到线段OA1，则点A1的坐标______．
【答案】−2,−1
【分析】根据旋转的性质即可得到点A1的坐标．
【详解】如图，
∵点A1,−2，将线段OA按顺时针方向旋转90°，得到线段OA1，
∴点A1的坐标是−2,−1．
故答案为：−2,−1．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化—旋转，掌握旋转的性质是解题的关键．
10．(2023春·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，若EF=4，则CD的长为__．
【答案】4
【分析】先根据三角形中位线定理可得AB=2EF=8，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得．
【详解】解：∵点E，F分别为AC，BC的中点，且EF=4，
∴AB=2EF=8，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB的中点，
∴CD=12AB=4，
故答案为：4．
【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、三角形中位线定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题关键．
11．(2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别是6cm，8cm，AE⊥BC，垂足为点E，则AE的长是______cm．
【答案】245
【分析】先根据菱形的性质及勾股定理求得BC的长，再根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，记对角线的交点为O，
∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD的长分别是6cm，8cm，
∴AO=CO=3cm，BO=DO=4cm，∠BOC=90°，
∴BC=32+42=5cm，
∵AE·BC=12AC·BD，
∴5AE=12×6×8，
解得：AE=245cm．
故答案为：245．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确得利用勾股定理求出BC的长是解题关键．
12．(2023·江苏扬州·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，将矩形ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，则折痕EF的长为_____．
【答案】45
【分析】设BE=x，则CE=BC−BE=16−x，根据勾股定理列出关于x的方程82+x2=16−x2，解方程得出x=6，求出AE=AF=10，过点E作EH⊥AD于H，则四边形ABEH是矩形，根据勾股定理求出EF=45．
【详解】解：设BE=x，则CE=BC−BE=16−x，
∵沿EF翻折后点C与点A重合，
∴AE=CE=16−x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，
即82+x2=16−x2，
解得x=6，
∴AE=16−6=10，
由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，
∵矩形ABCD的对边AD∥BC，
∴∠AFE=∠CEF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=10，
过点E作EH⊥AD于H，则四边形ABEH是矩形，
∴EH=AB=8，
AH=BE=6，
∴FH=AF−AH=10−6=4，
在Rt△EFH中，EF=EH2+FH2=82+42=45．
故答案为：45．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握折叠的性质和矩形的性质．
13．(2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点，依次连接E、G、F、H得到四边形EGFH，要使四边形EGFH是菱形，可添如条件__________．
【答案】AB=CD（答案不唯一）
【分析】根据三角形的中位线定理，得到：FH=GE=12AB,GF=EH=12CD，根据四边相等的四边形是菱形，可以得到当AB=CD时，即可得到四边形EGFH是菱形．
【详解】解：∵E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点，
∴FH=GE=12AB,GF=EH=12CD，
∵四边相等的四边形是菱形，
∴当AB=CD时，FH=GE=GF=EH，
此时四边形EGFH是菱形；
∴可添加的条件为：AB=CD；
故答案为：AB=CD（答案不唯一）．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，以及菱形的判定．熟练掌握三角形的中位线是第三边的一半，四边相等的四边形是菱形，是解题的关键．
14．(2023春·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，E，H分别为AB，BC的中点，G，F分别为线段HD，CE的中点．若线段AB的长为8，则FG的长为______．
【答案】23
【分析】连接CG并延长，交AD于点M，连接EM，根据菱形的性质证明△MGD≌△CGH，再根据三角形中位线定理可得FG=12EM，在△AEM中，根据等腰三角形的性质、30度角的直角三角形性质以及勾股定理可求出ME的长度，即可求出FG的长度．
【详解】解∶ 连接CG并延长，交AD于点M，连接EM，
∵四边形ABCD为菱形，∠B=60°，AB=8
∴AD∥BC，AB=BC=AD=8，
∴∠A=120°，∠DMG=∠HCG，
∵点G为HD的中点，
∴HG=DG，
∵∠MGD=∠CGH，
∴△MGD≌△CGHAAS，
∴MG=CG，MD=CH=12BC=12AD，
∴点G为MC的中点，点M为AD的中点，
∵F，G分别为CE和CM的中点，
∴FG是△CEM的中位线，
∴FG=12EM，
∵E，M分别为AB和AD的中点，
∴AE=AM=4，
∵∠A=120°，
∴∠AEM=∠AME=30°，
过A作AO⊥EM于点O，
∵AE=AM=4，
∴AO=12AE=2，EM=2EO，
根据勾股定理，得EO=AE2−AO2=23，
∴EM=2EO=43，
又FG=12EM，
∴FG=23．
故答案为：23．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
15．(2023春·江苏苏州·八年级校考期中）E、F是线段AB上的两点，且AB=16，AE=2，BF=4，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CD并取中点P，连接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______．
【答案】30
【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相交于点H，连接PH，EH，FH，
∵△ADG、△GCB为等腰直角三角形，
∴∠DGA=∠CGB=∠A=∠B=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∥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=16，AE=2，BF=4，
∴EF=16−2−4=10，
∴MN=12EF=5，
过点H作HO垂直AB于O，
∵∠A=∠B=45°，
∴AH=BH，∠AHB=180°−45°−45°=90°，
∴HO=AO=BO=12AB=8，
∵MN为△HEF的中位线，
∴PO=12HO=12×8=4，
即梯形的高为4，
∴S梯形MEFN=12×4×10+5=30，
即线段PG扫过的图形面积为30．
故答案为：30．
【点睛】本题为动点问题，主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理、矩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．
16．（2023秋·江苏淮安·九年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AD=2，点P是直线AD上一动点，若满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为________．
【答案】2或3
【分析】根据等腰三角形的性质分类计算即可．
【详解】解：当AB=AD=2时，如图，
此时符合题意的点P分别位于AD的中点，与点A重合，与点D重合；
当AB符合题意的点P分别位于AD的中点的P1，此时P1B=P1C；CB=P2C；CB=P3B，
∵符合题意的P只有三个，
∴P1B=P1C=BC=CP2=BP3=2，
∵AD=2，
∴P1A=1
∴AB=22−12=3；
当AB>AD=2时，如图，
符合题意的点P分别位于AD的中点的P1，此时P1B=P1C；
P2C>AB>BC,P3B>AB>BC；
∵符合题意的P只有一个，不符合题意，
综上所述，AB的长为2或3．
【点睛】本题考查了等腰三角形的分类计算，矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理，等腰三角形的分类标准是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．(2023春·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点在格点上（每个方格的边长均为1个单位长度）．
(1)请画出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1
(2)将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A2B2C2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】(1)利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
(2)利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A2、B2、C2即可．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求，
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【点睛】本题考查了作图一旋转变换和中心对称图形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
18．(2023秋·江苏·九年级开学考试）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，BE⊥AC， DF⊥AC，求证：AE＝CF．
【答案】见解析
【分析】可证明△ABE≌ △CDF，即可得到结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB∥CD
∴∠BAC=∠DCA
∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F
∴∠AEB=∠DFC=90°
在△ABE和△CDF中 ，
∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFDAB=CD
∴△ABE≌ △CDF（AAS）
∴AE=CF
【点睛】此题考查平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质，掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定是解决问题的关键．
19．(2023春·江苏淮安·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB与AC、AE分别交于O、E，连接EC．
(1)求证：AD=EC．
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是矩形，并说明理由．
(3)当△ABC满足____________时，四边形ADCE是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)当△ABC满足AB=AC时，四边形ADCE是矩形
(3)AB=AC，且∠BAC=90°
【分析】（1）根据AE∥BC，DE∥AB可证明四边形ABDE是平行四边形，可得AE=BD，由AD是边BC上的中线可得CD=BD,从而可得AE=CD,再结合AE∥BC可得出结论；
（2）当△ABC满足AB=AC时，可证明AC=DE,即可得出四边形ADCE是矩形；
（3）当△ABC满足AB=AC，且∠BAC=90°时，可证明∠ADC=90°,即可得出四边形ADCE是正方形．
【详解】（1）∵AD是边BC上的中线，
∴CD=BD
∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∴AE=CD，
又AE∥CD
∴四边形ADCE是平行四边形，
∴AD=EC．
（2）当△ABC满足AB=AC时，四边形ADCE是矩形，
理由如下：由（1）知四边形ABDE是平行四边形，
∴AB=DE，
又AB=AC，
∴AC=DE,
由（1）知：四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是矩形；
（3）∵AB=AC，且∠BAC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵AD是边BC上的中线，
∴AD⊥BC,即∠ADC=90°，
∴AD=DC
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是正方形．
故答案为：AB=AC，且∠BAC=90°
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定等知识，熟练掌握相关判定是解答本题的关键．
20．(2023·江苏盐城·校考三模）如图，在△ABC中，点D是BC边的中点，点F，E分别是AD及其延长线上的点，CF∥BE，连接BF，CE．
(1)求证：四边形BECF是平行四边形．
(2)当△ABC满足____________条件时，四边形BECF为菱形．（填写序号）
①AB=AC．②∠BAC=90°，③AB=BC，④∠BCA=90°．
【答案】(1)见详解
(2)①，理由见详解
【分析】（1）由已知条件，据AAS证得△CFD≌△BED，则可证得CF=BE，继而证得四边形BECF是平行四边形；
（2）由AB=AC，BD=CD，得到FE⊥BC，由△BDE≌△CDF得ED=FD，即EF、BC互相垂直平分，然后根据菱形的判定，可得四边形BECF是菱形．
【详解】（1）证明：在△ABC中，D是BC边的中点，
∴BD=CD，
∵CF∥BE，
∴∠CFD=∠BED，
在△CFD和△BED中，
∠CFD=∠BEDCD=BD∠FDC=∠EDB
∴△CFD≌△BEDAAS，
∴CF=BE，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（2）满足条件①时四边形BECF为菱形．
理由：若AB=AC时，△ABC为等腰三角形，
∵AD为中线，
∴AD⊥BC，
即FE⊥BC，
由（1）知，△CFD≌△BED，
∴BD=CD，ED=FD，
∴平行四边形BECF为菱形．
故答案为：①．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及等腰三角形的性质．熟练掌握菱形的判定方法，且证得△CFD≌△BED得到CF=BE是解决问题的关键．
21．(2023秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）在矩形ABCD中，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD=10，BC=AD=8．P为BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B落在点E处）．
(1)如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图①中作出△AEP（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)在（1）的条件下，求BP的长．
(3)如图2，PE与CD相交于点F，AE与CD相交于点G，且FC=FE，求BP的长．
【答案】(1)见解析
(2)BP=5
(3)BP=203
【分析】（1）以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，连接BE，作BE的垂直平分线交BC于点P，连接EP、AP；
（2）由翻折的性质和勾股定理求出DE=6，CE=4，设：BP=EP=x，根据CP2+CE2=EP2可求得x的值，即可得BP的长度；
（3）由翻折得：BP=EP，AE=AB=10，设BP=EP=x，则PC=8−x，再证△GEF≌△PCF（ASA），得GF=PF，GE=PC=8−x，则GC=EP=x，DG=CD−GC=10−x，AG=AE−GE=x+2，然后在Rt△ADG中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
【详解】（1）解：如图所示，△AEP即为所求的三角形，
（2）由翻折可知，AB=CD=AE=10，BP=EP
∵BC=AD=8
由勾股定理可得：DE=AE2−AD2=6，
∴CE=DC−DE=4，
设：BP=EP=x，则CP=BC−BP=8−x，
则，由勾股定理可得：CP2+CE2=EP2，即8−x2+42=x2，
解得：x=5，
∴BP=5
（3）如图，由翻折的性质得：BP=EP，AE=AB=10，∠E=∠B=90°，
∴∠E=∠C，
设BP=EP=x，则PC=8−x，
∵∠EFG=∠CFP，FE=FC，
在△GEF和△PCF中，∠E=∠CEF=FC∠GFE=∠PFC，
∴△GEF≌△PCF（ASA），
∴GF=PF，GE=PC=8−x，
∴GC=EP=x，
∴DG=CD−GC=10−x，AG=AE−GE=10−8−x=x+2，
在Rt△ADG中，由勾股定理得：82+10−x2=x+22，
解得x=203，即BP=203．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及尺规作图等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键，属于中考常考题型．
22．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为（6，8），一次函数y=−23x+b的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD=BE，点M是线段DE上的一个动点．
(1)求b的值；
(2)设点N是x轴上方平面内的一点，以O、M、D、N为顶点的四边形为菱形时，请求出点N的坐标．
【答案】(1)b=6
(2)点N的坐标为−92,3或7213,10813
【分析】（1）根据矩形的性质得出AB⊥x 轴，BC⊥y 轴，可得点E（6，8−b），将E代入解析式，即可求解；
（2）分当若以OD为对角线，得到菱形OMDN， 则MN垂直平分OD，M和N关于y轴对称，若以DM为对角线，得到菱形ODNM，则OM=OD=6，线段DM与线段ON的中点重合，分别求出点N的坐标．
【详解】（1）∵四边形OABC是矩形，
∴AB⊥x 轴，BC⊥y 轴，
∵一次函数y=−23x+b的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD=BE，
∴OD=BE=b，
∵点B的坐标为（6，8），
∴AB=8，点E的横坐标为6，
∴AE=AB−BE=8−b，
∴点E（6，8−b），将点E代入y=−23x+b，得：
8−b=−23×6+b，
解得：b=6 ；
（2）如图（1），若以OD为对角线，得到菱形OMDN， 则MN垂直平分OD，M和N关于y轴对称，
∵OD=6，
∴点M的纵坐标均是62=3 ，
将y=3 代入y=−23x+6，
得： 3=−23x+6，
解得：x=92 ，
∴点M92,3 ，
∴点N−92,3；
如图（2），若以DM为对角线，得到菱形ODNM，
则OM=OD=6，
线段DM与线段ON的中点重合，
设点M的横坐标为a，则纵坐标为−23a+6，
∴OM2=a2+−23a+62，
即a2+−23a+62=62 ，
解得： a=7213 或a=0（舍去） ，
∴点M7213,3013，设点Nxn,yn ，
由（1）知：D0,6 ，
∴72132=xn26+30132=yn2 ，
解得：xn=7213yn=10813 ，
∴点N7213,10813 ，
综上所述，以O、M、D、N为顶点的四边形为菱形时，点N的坐标为−92,3或7213,10813．
【点睛】此题考查一次函数的性质与菱形的判定与性质，矩形的性质，正确根据菱形的性质进行分类讨论求得M的坐标是解决本题的关键．
23．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于G，连接DG．
(1)求证：∠EDG=45°．
(2)如图2，E为BC的中点，连接BF．
①求证：BF∥DE；②若正方形边长为6，求线段AG的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析，②线段AG的长为2
【分析】（1）由正方形的性质可得DC=DA．∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，由折叠的性质得出∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，再求出∠DFG=∠A，DA=DF，然后由“HL”证明RtΔDGA≅RtΔDGF，由全等三角形对应角相等得出∠3=∠4，得出∠2+∠3=45°即可；
（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得CE=EF=BE，∠DEF=∠DEC，再由三角形的外角性质得出∠5=∠DEC，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；
②设AG=x，表示出GF、BG，根据点E是BC的中点求出BE、EF，从而得到GE的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；
【详解】（1）证明：如图1：∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA．∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，
∵ΔDEC沿DE折叠得到ΔDEF，
∴∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，
∴∠DFG=∠A=90°，DA=DF，
在Rt△DGA和Rt△DGF中，
DG=DGDA=DF，
∴Rt△DGA≌Rt△DGF(HL)，
∴∠3=∠4，
∴∠EDG=∠3+∠2=12∠ADF+12∠FDC，
=12(∠ADF+∠FDC)，
=12×90°，
=45°；
（2）证明：如图2所示：
∵ΔDEC沿DE折叠得到ΔDEF，E为BC的中点，
∴CE=EF=BE，∠DEF=∠DEC，
∴∠5=∠6，
∵∠FEC=∠5+∠6，
∴∠DEF+∠DEC=∠5+∠6，
∴2∠5=2∠DEC，
即∠5=∠DEC，
∴BF∥DE；
②解：设AG=x，则GF=x，BG=6−x，
∵正方形边长为6，E为BC的中点，
∴CE=EF=BE=12×6=3，
∴GE=EF+GF=3+x，
在Rt△GBE中，根据勾股定理得：(6−x)2+32=(3+x)2，
解得：x=2，
即线段AG的长为2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
24．（2023春·江苏·八年级专题练习）问题提出
(1)如图，点M、N是直线l外两点，在直线l上找一点K，使得MK+NK最小．
问题探究
(2)在等边三角形ABC内有一点P，且PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB度数的大小．
问题解决
(3)如图，矩形ABCD是某公园的平面图，AB=303米，BC=60米，现需要在对角线BD上修一凉亭E，使得到公园出口A、B，C的距离之和最小．问：是否存在这样的点E？若存在，请画出点E的位置，并求出EA+EB+EC的和的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)150°
(3)对角线BD上不存在这样的点E，使得到公园出口A、B，C的距离之和最小，理由见解析
【分析】（1）根据两点间线段距离最短，连接点MN，与直线l交于点K，点K 即为所求．；
（2）把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C，由旋转的性质可知△APP′是等边三角形，从而得到∠AP′P=60°，由勾股定理逆定理可知∠PP′C=90°，从而求得∠AP′C=150°，即可求解；
（3）连接AC，设在△ABC内一点M，把△ABM绕点B逆时针旋转60°得到△GBM′，
，由旋转的性质，△M′BM、△GAB是等边三角形，根据两点间线段距离最短，可得当MA+MB+MC=GC时最短，从而得到MA+MB+MC最小值为BF的长，点M为CG、BF的交点，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，连接点MN，与直线l交于点K，点K 即为所求．
（2）解：如图2，把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C，
由旋转的性质，P′A=PA=3，P′C=PB=4，∠PAP′=60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴PP′=PA=3，∠AP′P=60°，
∵PP′2+P′C2=32+42=25，PC2=52=25，
∴PP′2+P′C2=PC2，
∴∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°；
故∠APB=∠AP′C=150°；
（3）解：如图，连接AC，设在△ABC内一点M，把△ABM绕点B逆时针旋转60°得到△GBM′，
由旋转的性质，GB=AB=303，BM′=BM，GM=AM，GB=AB，∠M′BM=60°，∠GBA=60°，
∴ △M′BM、△GAB是等边三角形，
∴BM=MM′，
∴MA+MB+MC=GM′+MM′+MC，
根据两点间线段距离最短得：当MA+MB+MC=GC时最短，
∵△GAB是等边三角形，
∴以AC为一边作等边三角形ACF，
∴MA+MB+MC最小值为BF的长，此时点M在线段BF上，
∴点M为CG、BF的交点．
若点M与点E重合，即M在对角线BD 上，
则点M为BF与BD的交点，此时点M（E）与点B重合，
显然不符合题意，故点M不在对角线BD上，
即对角线BD上不存在这样的点E，使得到公园出口A、B，C的距离之和最小．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转知识、三角形全等、特殊角直角三角形、等边三角形的性质和勾股定理，熟练掌握旋转知识构建全等三角形是解题的关键．