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2023-2024学年江苏省无锡市宜兴市树人中学教育集团八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省无锡市宜兴市树人中学教育集团八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列调查中，最适合采用全面调查(普查)的是( )
A. 调查全国中小学生对第二次太空授课的满意度
B. 调查全国人民，掌握新冠防疫知识情况
C. 了解某类型医用口罩的质量
D. 检查神舟飞船十三号的各零部件
2.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.
3.下列事件中是必然事件的是( )
A. 床前明月光B. 大漠孤烟直C. 手可摘星辰D. 黄河入海流
4.如图，下列条件中，不能确定四边形ABCD是平行四边形的是( )
A. AB=CD，AD//BC
B. AB=CD，AB//CD
C. AB//CD，AD//BC
D. AB=CD，AD=BC
5.平行四边形的对角线分别为a和b，一边长为14，则a和b的值可能是下面各组的数据中的( )
A. 8和4B. 14和14C. 18和20D. 10和38
6.为了解某校3000名学生每天的阅读时间，从中抽取100名学生进行调查，其中的100是( )
A. 总体B. 个体C. 样本D. 样本容量
7.如图，将Rt△ABC(其中∠B=35°，∠C=90°)绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于( )
A. 55°
B. 70°
C. 125°
D. 145°
8.如图，菱形ABCD的周长为20cm，高AE长为4cm，则对角线AC长和BD长之比为( )
A. 1： 3
B. 1： 2
C. 1：3
D. 1：2
9.如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连接AE，若∠ADB=40°，则∠E的度数为( )
A. 35°B. 30°C. 25°D. 20°
10.如图，在▱ABCD中，∠A=45°，AD= 2，点M、N分别是边AB、BC上的动点，连接DN、MN，点E、F分别为DN、MN的中点，连接EF，则EF的最小值为( )
A. 12B. 2C. 22D. 1
二、填空题：本题共9小题，每小题3分，共27分。
11.在不透明的袋中装有4个红球和7个黄球(球除颜色外都相同)，从中任意摸出一个球，摸到黄球的概率是 ．
12.在不透明布袋中装有除颜色外完全相同的红、白玻璃球，已知白球有60个．同学们通过多次试验后发现摸到红球的频率稳定在0.25左右，则袋中红球个数可能为______．
13.顺次连接矩形ABCD各边中点，所得四边形形状必定是______．
14.如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，点P是AB的中点，PO=2，则菱形ABCD的周长是______．
15.如图，矩形ABCD中，∠AOB=60°，AB=2，则BC的长为______．
16.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，若CD=5cm，则EF=______cm．
17.已知O、A、B的坐标分别是(0,0)，(3,0)，(−1,2)，在平面内找一点M，使得以点O、A、B、M为顶点的四边形是平行四边形，则点M的坐标为 ．
18.如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为______．
19.如图，正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，E是OC的中点，连接BE，过点A作AM⊥BE于点M，交BD于点F.若BD=4，则AF的长为 ．
三、解答题：本题共7小题，共63分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题6分)
为落实“双减”政策，某中学决定根据学生的兴趣爱好组建课外兴趣小组，因此学校随机抽取了部分同学的兴趣爱好进行调查，将收集的数据整理并绘制成两幅统计图，试根据图中的信息，完成下列问题：
(1)学校这次调查共抽取了多少名学生？
(2)请通过计算补充条形统计图；
(3)若学校共有学生3000名，请你估计该校有多少名学生喜欢书法？
21.(本小题9分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的顶点的坐标分别是A(−5,2)，B(−2,4)，C(−1,1)．
(1)在图中作出△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC关于x轴对称；
(2)画出将△ABC以点O为旋转中心，顺时针旋转90°对应的△A2B2C2；
(3)直接写出点B关于点C对称点的坐标．
22.(本小题6分)
如图，▱ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，且AE=CF，连接BE、DF．
求证：BE//DF．
23.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF、CE．
(1)求证：AE=CF；
(2)判断四边形AECF的形状，并说明理由．
24.(本小题10分)
如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F.连接AF，CE，EF平分∠AEC．
(1)求证：四边形AFCE是菱形；
(2)若∠DAC=60°，AC=2，求EF的长．
25.(本小题12分)
如图，在长方形纸片ABCD中，AB=6，BC=8.将纸片按如图所示的方式折叠，使点B与点D重合，折痕为EF．
(1)求证：BE=BF；
(2)求AE和EF的长．
26.(本小题12分)
问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第(1)题是这样一个问题：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M.那么AE与BF相等吗？
(1)直接判断：AE ______BF(填“=”或“≠”)；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
问题探究：
(2)如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M.那么GE与BF相等吗？证明你的结论；
问题拓展：
(3)如图3，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H，当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处．
①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由；
②若AB=6，点P在BD上，BD=3BP，直接写出PH′+ 22AN的最小值为______．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.调查全国中小学生对第二次太空授课的满意度，适合抽样调查，故本选项不符合题意；
B.调查全国人民，掌握新冠防疫知识情况，适合抽样调查，故本选项不符合题意；
C.了解某类型医用口罩的质量，适合抽样调查，故本选项不符合题意；
D.检查神舟飞船十三号的各零部件，事件重大，适合全面调查，故本选项符合题意．
故选：D．
根据普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似解答．
本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
2.【答案】A
【解析】解：A.原图既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项符合题意；
B.原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D.原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】D
【解析】解：A、床前明月光，是随机事件，不符合题意；
B、大漠孤烟直，是随机事件，不符合题意；
C、手可摘星辰，是不可能事件，不符合题意；
D、黄河入海流，是必然事件，符合题意；
故选：D．
根据事件发生的可能性大小判断．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是记住平行四边形的判定方法，属于中考基础题．根据平行四边形的判定方法即可判定．
【解答】
解：A.由AB=CD，AD//BC，无法判断四边形ABCD是平行四边形，四边形ABCD可能是等腰梯形；故本选项符合题意；
B.由AB=CD，AB//CD，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
C.由AB//CD，AD//BC，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
D.由AB=CD，AD=BC，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意．
故选A．
5.【答案】C
【解析】解：如图，设AC=a，BD=b，a≤b，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=12a，DO=12b，AD=14，
根据三角形三边关系可得：12a+12b>14，12b−12a<14，
即：a+b>28，b−a<28，
A：4+8=12<28，不符合题意；
B：14+14=28，不符合题意；
C：18+20=38>28，20−18=2<28，符合题意；
D：38−10=28，不符合题意；
故选：C．
结合题意，根据平行四边形的性质和三角形三边关系解答即可．
本题主要考查对平行四边形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，能熟练地运用性质进行说理是解此题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：从中抽取100名学生进行调查，其中的100是样本容量，
故选：D．
根据样本的容量的定义即可得出答案，样本容量是样本中包含的个体的数目，不带单位．
本题考查了样本的容量的定义，理解定义是解题的关键．(1)总体：我们把所要考察的对象的全体叫做总体；(2)个体：把组成总体的每一个考察对象叫做个体；(3)样本：从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本；(4)样本容量：一个样本包括的个体数量叫做样本容量．
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据直角三角形两锐角互余求出∠BAC，然后求出∠BAB1，再根据旋转角的概念求出旋转角即可．
本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，掌握旋转角的概念是解题的关键．
【解答】
解：∵∠B=35°，∠C=90°，
∴∠BAC=90°−∠B=90°−35°=55°，
∵点C、A、B1在同一条直线上，
∴∠BAB′=180°−∠BAC=180°−55°=125°，
∴旋转角等于125°．
故选：C．
8.【答案】D
【解析】解：如图，设AC，BD相交于点O，
∵菱形ABCD的周长为20cm，
∴AB=BC=5cm，
∵菱形ABD的高AE长为4cm，
∴AE⊥BC，
∴BE= AB2−AE2= 52−42=3(cm)，
∴CE=BC−BE=2cm，
∴AC= AE2+CE2= 42+22=2 5(cm)，
∴OA= 5cm，
∴OB= AB2−OA2= 52−( 5)2=2 5(cm)，
∴BD=4 5cm，
∴ACBD=2 54 5=12，
即AC：BD=1：2；
故选：D．
由菱形的性质求得AB=BC=5cm，又由高AE长为4cm，利用勾股定理求得BE的长，得出CE的长，则可求得AC的长，继而求得BD的长，则可求得答案．
此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BE，AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴OA=OD，
∵∠ADB=40°，
∴∠ADB=∠CAD=40°，
∴∠E=∠DAE，
又∵BD=CE，
∴CE=CA，
∴∠E=∠CAE，
∵∠CAD=∠CAE+∠DAE，
∴∠E+∠E=40°，即∠E=20°．
故选：D．
连接AC，由矩形性质可得∠E=∠DAE、BD=AC=CE，知∠E=∠CAE，而∠ADB=∠CAD=40°，可得∠E度数．
本题考查了矩形的性质，熟记性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接DM，
∵E、F分别为DN、MN的中点，
∴EF=12DM，
∴EF的最小值，就是DM的最小值，
当DM⊥AB时，DM最小，
Rt△ADM中，∠A=45°，AD= 2，
∴DM= 22AD=1，
∴EF=12DM=12，
∴EF的最小值是12．
故选：A．
连接DM，利用三角形中位线定理，可知EF=12DM，求出DM的最小值即可求出EF的最小值．
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是确定EF的最小值，就是DM的最小值．
11.【答案】711
【解析】解：因为袋中装有4个红球和7个黄球，一共是11个球，所以从中任意摸出一个球，摸到黄球的概率是711．
故答案为：711．
先求出球的总个数，根据概率公式解答即可．
本题考查了概率公式，明确概率的意义是解答问题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
12.【答案】20
【解析】【分析】
本题主要考查利用频率估计概率，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，根据这个频率稳定性定理，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．
先用白球的个数除以白球的频率求出球的总个数，再用总个数乘以红球的频率即可．
【解答】
解：根据题意知，袋中球的总个数为：
60÷(1−0.25)=80(个)，
∴袋中红球个数可能为80×0.25=20(个)，
故答案为：20个．
13.【答案】菱形
【解析】解：如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别是矩形ABCD的AB、BC、CD、AD边上的中点，
∴EF=GH=12AC，FG=EH=12BD(三角形的中位线等于第三边的一半)，
∵矩形ABCD的对角线AC=BD，
∴EF=GH=FG=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
故答案为菱形．
作出图形，根据三角形的中位线定理可得EF=GH=12AC，FG=EH=12BD，再根据矩形的对角线相等可得AC=BD，从而得到四边形EFGH的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
本题考查了三角形的中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，作辅助线构造出三角形，然后利用三角形的中位线定理是解题的关键．
14.【答案】16
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∵点P是AB的中点，
∴AB=2OP，
∵PO=2，
∴AB=4，
∴菱形ABCD的周长是：4×4=16，
故答案为：16．
根据菱形的性质可得AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，再根据直角三角形的性质可得AB=2OP，进而得到AB长，然后可算出菱形ABCD的周长．
此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直，四边相等，此题难度不大．
15.【答案】2 3
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AO=CO=12AC，BO=DO=12BD，AC=BD，
∴AO=BO=CO，且∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=AO=BO=CO=2，
∴AC=4，
∴BC= AC2−AB2= 42−22=2 3，
故答案为：2 3．
由矩形的性质可得∠ABC=90°，AO=BO=CO，再证△AOB是等边三角形，得AB=AO=BO=CO=2，然后由勾股定理可求BC的长．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识；求出AC的长是本题的关键．
16.【答案】5
【解析】解：∵△ABC是直角三角形，CD是斜边的中线，
∴CD=12AB，
又∵EF是△ABC的中位线，
∴AB=2CD=2×5=10cm，
∴EF=12×10=5cm．
故答案为：5
已知CD是Rt△ABC斜边AB的中线，那么AB=2CD；EF是△ABC的中位线，则EF应等于AB的一半．
用到的知识点为：(1)直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；(2)三角形的中位线等于对应边的一半．
17.【答案】(2,2)或(−4,2)或(4,−2)
【解析】解：分三种情况：
①当四边形OABM为平行四边形时，如图1所示：
则BM//AO，BM=AO，
∵O、A、B的坐标分别是(0,0)，(3,0)，(−1,2)，
∴把点O向左平移3−(−1)=4(个)单位，再向上平移2个单位得M的坐标，
∴M(−4,2)；
②当四边形OAMB为平行四边形时，如图2所示：
则BM//AO，BM=AO，
∵O、A、B的坐标分别是(0,0)，(3,0)，(−1,2)，
∴把点B向右平移3个单位，再向上平移2个单位得M的坐标，
∴M(2,2)；
③当四边形OBAMM为平行四边形时，如图3所示：
则AB//MO，AB=MO，
∵O、A、B的坐标分别是(0,0)，(3,0)，(−1,2)，
∴把点A向右平移1个单位，再向下平移2个单位得M的坐标，
∴M(4,−2)；
综上所述，点M的坐标为(−4,2)或(2,2)或(4,−2)；
故答案为：(2,2)或(−4,2)或(4,−2)．
分三种情况，根据题意画出图形，由平行四边形的判定与性质以及平移的性质来确定点M的坐标即可．
本题考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质、平移的性质等知识，正确画出图形，利用分类讨论思想是解题的关键．
18.【答案】185
【解析】解：连接BF，
∵BC=6，点E为BC的中点，
∴BE=3，
又∵AB=4，
∴AE= AB2+BE2=5，
∴BH=125，
则BF=245，
∵FE=BE=EC，
∴∠BFE=∠FBE，∠FCE=∠EFC，
∵∠BFE+∠FBE+∠FCE+∠EFC=180°，
∴∠BFC=90°，
根据勾股定理得，CF= BC2−BF2= 62−(245)2=185．
故答案为：185．
连接BF，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC=90°，根据勾股定理求出答案．
本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，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是解题的关键．
19.【答案】 5
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OA=OB=OD=OC=2，∠AOB=∠BOC=90°，
∵AM⊥BE于点M，
∴∠AME=90°，
∴∠OAF+∠AEM=90°，∠OBE+∠AEM=90°
∴∠MAE=∠OBE，
在△AOF和△BOE中
∠AOF=∠BOEAO=BO∠OAF=∠OBE，
∴△AOF≌△BOE(ASA)，
∴AF=BE，
∵OE=EC=1，OB=2，
∴BE= OE2+OB2= 12+22= 5，
故答案为： 5．
利用正方形的性质得OA=OB，∠AOB=∠BOC=90°，再利用等角的余角相等得到∠MAE=∠OBE，则利用”ASA“可判断△AOF≌△BOE，然后根据全等三角形的性质得到结论；
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
20.【答案】解：(1)∵10÷10%=100(名)，
∴学校这次调查共抽取了100名学生．
(2)∵“民乐”的人数为：100×20%=20(人)，
∴补全图形如下：
(3)∵3000×25%=750(人)，
∴该校有750名学生喜欢书法．
【解析】(1)用“戏曲”的人数除以其所占百分比可得；
(2)用总人数乘以“民乐”人数所占百分比求得其人数，据此即可补全图形；
(3)用总人数乘以样本中“喜欢书法”人数所占百分比可得．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．也考查了用样本估计总体的思想．
21.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求；
(3)点B关于点C对称点的坐标为(0,−2)．
【解析】(1)根据轴对称性质即可在图中作出△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC关于x轴对称；
(2)根据旋转的性质即可画出将△ABC以点O为旋转中心，顺时针旋转90°对应的△A2B2C2；
(3)根据B(−2,4)，C(−1,1).即可写出点B关于点C对称点的坐标．
本题考查了作图−旋转变换，作图−轴对称变换，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
22.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵AE=CF，
∴DE=BF，DE//BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE//DF．
【解析】根据平行四边形性质得出AD//BC，AD=BC，求出DE=BF，DE//BF，得出四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可．
本题主要考查了平行四边形的性质和判定的应用，关键是掌握平行四边形的对边平行且相等．
23.【答案】(1)证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE//CF，∠AEB=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠FDC，
在△ABE和△CDF中，
∠ABE=∠FDC∠AEB=∠DFCAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF；
(2)解：四边形AECF为平行四边形．理由如下：
∵AE=CF，且AE//CF，
∴四边形AECF为平行四边形．
【解析】(1)由“AAS”可证△ABE≌△CDF，可得AE=CF；
(2)由AE=CF且AE//CF，可得四边形AECF为平行四边形．
本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，证明三角形全等是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AO=CO，
∴∠AEF=∠CFE，
在△AOE和△COF中，
∠AEF=∠CFE∠AOE=∠COFAO=CO，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴OF=OE，
∵AO=CO，
∴四边形AFCE是平行四边形；
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEF=∠CEF，
∴∠CFE=∠CEF，
∴CE=CF，
∴四边形AFCE是菱形；
(2)解：由(1)得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO=CO=12AC=1，
∴∠AOE=90°，
∵∠DAC=60°，
∴∠AEO=30°，
∴OE= 3AO= 3，
∴EF=2OE=2 3．
【解析】(1)由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF=OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE=CF，即可得出结论；
(2)由含30°角的直角三角形的性质得出OE= 3AO= 3，即可求得EF=2OE=2 3．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识．
25.【答案】(1)证明：连接DF，BD，设EF与BD相交于点O，如图，
∵矩形ABCD纸片折叠，使点D与点B重合，
∴∠DEF=∠BEF，
∵AD//BC，
∴∠DEF=∠BFE，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF；
(2)解：∵矩形ABCD纸片折叠，使点D与点B重合，
∴BE=DE，
∵∠A=90°，
∴AB2+AE2=BE2，
∴62+AE2=(8−AE)2，
∴AE=74，
∵矩形ABCD纸片折叠，使点D与点B重合，
∴EF垂直平分BD，
∴BE=DE，BF=DF，
∵BE=BF，
∴四边形BEDF是菱形，
∴EF⊥BD，OE=OF，
∵BD= AB2+AD2= 62+82=10，
∴BO=12BD=5，
∴BE=DE=8−74=254，
∵12S菱形DEBF=S三角形DEB，
∴12×12EF⋅DB=12DE⋅AB，
∴12×EF×10=6×254，
∴EF=152．
【解析】(1)根据折叠的性质和矩形的性质以及等腰三角形的判定定理即可得到结论；
(2)由折叠的性质可得EF垂直平分BD，∠BFE=∠DFE，可证DE=EB=BF=FD，可得四边形DEBF为菱形，由勾股定理可求BD，DE的长，由菱形的面积公式可求解．
本题主要考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质以及勾股定理的运用，折叠是一种对称变换，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．解题时注意方程思想的运用．熟知这些知识点是解题的关键．
26.【答案】= 2 17
【解析】解：(1)∵AE⊥BF，
∴∠EMB=90°，
∴∠FBC+∠BEM=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BEM=∠BFC，
在△ABE和△BCF中，
∠ABC=∠C∠BEM=∠BFCAB=BC，
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴AE=BF．
故答案为：=；
(2)GE=BF，理由如下：
如图2，过点A作AN//GE，交BF于点H，交BC于点N，
∴∠EMB=∠NHB=90°，
∴∠FBC+∠BNH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，AB=BC，∠BAD=∠ABC=∠C=90°，
∵AD//BC，AN//GE，
∴四边形ANEG是平行四边形，
∴AN=EG，
∵∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BNH=∠BFC，
∴△ABN≌△BCF(AAS)，
∴AN=BF，
∵AN=EG，
∴GE=BF．
(3)①如图3，连接CH，
由(2)的结论可知，AE=MN，
∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，
∴∠ABD=∠CBD=45°，AB=BC，
∵BH=BH，
∴△ABH≌△CBH(SAS)，
∴∠BAH=∠BCH，AH=CH，
由折叠可知，AH=AH′，NH=NH′，
∵∠ABN+∠AHN=180°，
∴∠BAH+∠BNH=180°，
∵∠BNH+∠HNC=180°，
∴∠BAH=∠HNC，
∴∠HNC=∠NCH，
∴NH=CH，
∴NH=CH=AH=AH′=NH′，
∴四边形AHNH′是菱形，
∵∠AHN=90°，
∴菱形AHNH′是正方形；
②如图4，作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M，
∴∠H′QN=∠HFB=90°，
由上知四边形AHNH′是正方形，
∴H′N=HN，∠H′NH=90°，AH′= 22AN，
∴∠H′NQ+∠HNF=∠HNF+∠NHF=90°，
∴∠H′NQ=∠NHF，
∴△H′QN≌△NFH′(AAS)，
∴H′Q=NF，QN=HF；
∵∠HBF=45°，∠HFB=90°，
∴△BHF是等腰直角三角形，
∴HF=BF=NF+BN，
∵QN=QB+BN，
∴NF=QB=QH′，
∴∠H′BQ=∠ABH′=45°，
∴∠H′BD=90°；
如图4，作P关于BH′的对称点P′，则PH′=P′H′，过点P′作PK⊥AB交AB延长线于点K，
则△PBK是等腰直角三角形，
∴PH′+ 22AN=PH′+AH′=P′H′+AH′≥AP′，即当A，H′，P′三点共线时，PH′+ 22AN最小，最小值为AP′的长．
∵AB=6，
∴BD=6 2，
∵BD=3BP，
∴BP=BP′=2 2，
∴PK=BK=2，
∴AK=8，
∴AP′= 22+82=2 17，即PH′+ 22AN的最小值为2 17．
故答案为：2 17．
(1)证明△ABE≌△BCF即可得出结论；
(2)过点A作AN//GE，证明△ABN≌△BCF(AAS)，由此可得AN=GE=BF；
(3)①如图3，连接CH，证明△ABH≌△CBH(SAS)，所以∠BAH=∠BCH，AH=CH；由折叠可知，AH=AH′，NH=NH′，由四边形内角和和平角的定义可得∠HNC=∠NCH，所以NH=CH，则NH=CH=AH=AH′=NH′，所以四边形AHNH′是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论；
②作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M，可证明△H′QN≌△NFH′(AAS)，由此可得H′Q=NF；易证△BHF是等腰直角三角形，所以HF=BF=NF+BN，则NF=QB=QH′，可得∠H′BQ=∠ABH′=45°，则∠H′BD=90°；作P关于BH′的对称点P′，则PH′=P′H′，可得PH′+AN=PH′+AH′=P′H′+AH′≥AP′，求出AP′的值即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键
1.下列调查中，最适合采用全面调查(普查)的是( )
A. 调查全国中小学生对第二次太空授课的满意度
B. 调查全国人民，掌握新冠防疫知识情况
C. 了解某类型医用口罩的质量
D. 检查神舟飞船十三号的各零部件
2.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.
3.下列事件中是必然事件的是( )
A. 床前明月光B. 大漠孤烟直C. 手可摘星辰D. 黄河入海流
4.如图，下列条件中，不能确定四边形ABCD是平行四边形的是( )
A. AB=CD，AD//BC
B. AB=CD，AB//CD
C. AB//CD，AD//BC
D. AB=CD，AD=BC
5.平行四边形的对角线分别为a和b，一边长为14，则a和b的值可能是下面各组的数据中的( )
A. 8和4B. 14和14C. 18和20D. 10和38
6.为了解某校3000名学生每天的阅读时间，从中抽取100名学生进行调查，其中的100是( )
A. 总体B. 个体C. 样本D. 样本容量
7.如图，将Rt△ABC(其中∠B=35°，∠C=90°)绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于( )
A. 55°
B. 70°
C. 125°
D. 145°
8.如图，菱形ABCD的周长为20cm，高AE长为4cm，则对角线AC长和BD长之比为( )
A. 1： 3
B. 1： 2
C. 1：3
D. 1：2
9.如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连接AE，若∠ADB=40°，则∠E的度数为( )
A. 35°B. 30°C. 25°D. 20°
10.如图，在▱ABCD中，∠A=45°，AD= 2，点M、N分别是边AB、BC上的动点，连接DN、MN，点E、F分别为DN、MN的中点，连接EF，则EF的最小值为( )
A. 12B. 2C. 22D. 1
二、填空题：本题共9小题，每小题3分，共27分。
11.在不透明的袋中装有4个红球和7个黄球(球除颜色外都相同)，从中任意摸出一个球，摸到黄球的概率是 ．
12.在不透明布袋中装有除颜色外完全相同的红、白玻璃球，已知白球有60个．同学们通过多次试验后发现摸到红球的频率稳定在0.25左右，则袋中红球个数可能为______．
13.顺次连接矩形ABCD各边中点，所得四边形形状必定是______．
14.如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，点P是AB的中点，PO=2，则菱形ABCD的周长是______．
15.如图，矩形ABCD中，∠AOB=60°，AB=2，则BC的长为______．
16.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，若CD=5cm，则EF=______cm．
17.已知O、A、B的坐标分别是(0,0)，(3,0)，(−1,2)，在平面内找一点M，使得以点O、A、B、M为顶点的四边形是平行四边形，则点M的坐标为 ．
18.如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为______．
19.如图，正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，E是OC的中点，连接BE，过点A作AM⊥BE于点M，交BD于点F.若BD=4，则AF的长为 ．
三、解答题：本题共7小题，共63分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题6分)
为落实“双减”政策，某中学决定根据学生的兴趣爱好组建课外兴趣小组，因此学校随机抽取了部分同学的兴趣爱好进行调查，将收集的数据整理并绘制成两幅统计图，试根据图中的信息，完成下列问题：
(1)学校这次调查共抽取了多少名学生？
(2)请通过计算补充条形统计图；
(3)若学校共有学生3000名，请你估计该校有多少名学生喜欢书法？
21.(本小题9分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的顶点的坐标分别是A(−5,2)，B(−2,4)，C(−1,1)．
(1)在图中作出△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC关于x轴对称；
(2)画出将△ABC以点O为旋转中心，顺时针旋转90°对应的△A2B2C2；
(3)直接写出点B关于点C对称点的坐标．
22.(本小题6分)
如图，▱ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，且AE=CF，连接BE、DF．
求证：BE//DF．
23.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF、CE．
(1)求证：AE=CF；
(2)判断四边形AECF的形状，并说明理由．
24.(本小题10分)
如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F.连接AF，CE，EF平分∠AEC．
(1)求证：四边形AFCE是菱形；
(2)若∠DAC=60°，AC=2，求EF的长．
25.(本小题12分)
如图，在长方形纸片ABCD中，AB=6，BC=8.将纸片按如图所示的方式折叠，使点B与点D重合，折痕为EF．
(1)求证：BE=BF；
(2)求AE和EF的长．
26.(本小题12分)
问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第(1)题是这样一个问题：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M.那么AE与BF相等吗？
(1)直接判断：AE ______BF(填“=”或“≠”)；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
问题探究：
(2)如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M.那么GE与BF相等吗？证明你的结论；
问题拓展：
(3)如图3，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H，当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处．
①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由；
②若AB=6，点P在BD上，BD=3BP，直接写出PH′+ 22AN的最小值为______．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.调查全国中小学生对第二次太空授课的满意度，适合抽样调查，故本选项不符合题意；
B.调查全国人民，掌握新冠防疫知识情况，适合抽样调查，故本选项不符合题意；
C.了解某类型医用口罩的质量，适合抽样调查，故本选项不符合题意；
D.检查神舟飞船十三号的各零部件，事件重大，适合全面调查，故本选项符合题意．
故选：D．
根据普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似解答．
本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
2.【答案】A
【解析】解：A.原图既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项符合题意；
B.原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D.原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】D
【解析】解：A、床前明月光，是随机事件，不符合题意；
B、大漠孤烟直，是随机事件，不符合题意；
C、手可摘星辰，是不可能事件，不符合题意；
D、黄河入海流，是必然事件，符合题意；
故选：D．
根据事件发生的可能性大小判断．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是记住平行四边形的判定方法，属于中考基础题．根据平行四边形的判定方法即可判定．
【解答】
解：A.由AB=CD，AD//BC，无法判断四边形ABCD是平行四边形，四边形ABCD可能是等腰梯形；故本选项符合题意；
B.由AB=CD，AB//CD，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
C.由AB//CD，AD//BC，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
D.由AB=CD，AD=BC，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意．
故选A．
5.【答案】C
【解析】解：如图，设AC=a，BD=b，a≤b，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=12a，DO=12b，AD=14，
根据三角形三边关系可得：12a+12b>14，12b−12a<14，
即：a+b>28，b−a<28，
A：4+8=12<28，不符合题意；
B：14+14=28，不符合题意；
C：18+20=38>28，20−18=2<28，符合题意；
D：38−10=28，不符合题意；
故选：C．
结合题意，根据平行四边形的性质和三角形三边关系解答即可．
本题主要考查对平行四边形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，能熟练地运用性质进行说理是解此题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：从中抽取100名学生进行调查，其中的100是样本容量，
故选：D．
根据样本的容量的定义即可得出答案，样本容量是样本中包含的个体的数目，不带单位．
本题考查了样本的容量的定义，理解定义是解题的关键．(1)总体：我们把所要考察的对象的全体叫做总体；(2)个体：把组成总体的每一个考察对象叫做个体；(3)样本：从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本；(4)样本容量：一个样本包括的个体数量叫做样本容量．
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据直角三角形两锐角互余求出∠BAC，然后求出∠BAB1，再根据旋转角的概念求出旋转角即可．
本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，掌握旋转角的概念是解题的关键．
【解答】
解：∵∠B=35°，∠C=90°，
∴∠BAC=90°−∠B=90°−35°=55°，
∵点C、A、B1在同一条直线上，
∴∠BAB′=180°−∠BAC=180°−55°=125°，
∴旋转角等于125°．
故选：C．
8.【答案】D
【解析】解：如图，设AC，BD相交于点O，
∵菱形ABCD的周长为20cm，
∴AB=BC=5cm，
∵菱形ABD的高AE长为4cm，
∴AE⊥BC，
∴BE= AB2−AE2= 52−42=3(cm)，
∴CE=BC−BE=2cm，
∴AC= AE2+CE2= 42+22=2 5(cm)，
∴OA= 5cm，
∴OB= AB2−OA2= 52−( 5)2=2 5(cm)，
∴BD=4 5cm，
∴ACBD=2 54 5=12，
即AC：BD=1：2；
故选：D．
由菱形的性质求得AB=BC=5cm，又由高AE长为4cm，利用勾股定理求得BE的长，得出CE的长，则可求得AC的长，继而求得BD的长，则可求得答案．
此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BE，AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴OA=OD，
∵∠ADB=40°，
∴∠ADB=∠CAD=40°，
∴∠E=∠DAE，
又∵BD=CE，
∴CE=CA，
∴∠E=∠CAE，
∵∠CAD=∠CAE+∠DAE，
∴∠E+∠E=40°，即∠E=20°．
故选：D．
连接AC，由矩形性质可得∠E=∠DAE、BD=AC=CE，知∠E=∠CAE，而∠ADB=∠CAD=40°，可得∠E度数．
本题考查了矩形的性质，熟记性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接DM，
∵E、F分别为DN、MN的中点，
∴EF=12DM，
∴EF的最小值，就是DM的最小值，
当DM⊥AB时，DM最小，
Rt△ADM中，∠A=45°，AD= 2，
∴DM= 22AD=1，
∴EF=12DM=12，
∴EF的最小值是12．
故选：A．
连接DM，利用三角形中位线定理，可知EF=12DM，求出DM的最小值即可求出EF的最小值．
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是确定EF的最小值，就是DM的最小值．
11.【答案】711
【解析】解：因为袋中装有4个红球和7个黄球，一共是11个球，所以从中任意摸出一个球，摸到黄球的概率是711．
故答案为：711．
先求出球的总个数，根据概率公式解答即可．
本题考查了概率公式，明确概率的意义是解答问题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
12.【答案】20
【解析】【分析】
本题主要考查利用频率估计概率，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，根据这个频率稳定性定理，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．
先用白球的个数除以白球的频率求出球的总个数，再用总个数乘以红球的频率即可．
【解答】
解：根据题意知，袋中球的总个数为：
60÷(1−0.25)=80(个)，
∴袋中红球个数可能为80×0.25=20(个)，
故答案为：20个．
13.【答案】菱形
【解析】解：如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别是矩形ABCD的AB、BC、CD、AD边上的中点，
∴EF=GH=12AC，FG=EH=12BD(三角形的中位线等于第三边的一半)，
∵矩形ABCD的对角线AC=BD，
∴EF=GH=FG=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
故答案为菱形．
作出图形，根据三角形的中位线定理可得EF=GH=12AC，FG=EH=12BD，再根据矩形的对角线相等可得AC=BD，从而得到四边形EFGH的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
本题考查了三角形的中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，作辅助线构造出三角形，然后利用三角形的中位线定理是解题的关键．
14.【答案】16
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∵点P是AB的中点，
∴AB=2OP，
∵PO=2，
∴AB=4，
∴菱形ABCD的周长是：4×4=16，
故答案为：16．
根据菱形的性质可得AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，再根据直角三角形的性质可得AB=2OP，进而得到AB长，然后可算出菱形ABCD的周长．
此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直，四边相等，此题难度不大．
15.【答案】2 3
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AO=CO=12AC，BO=DO=12BD，AC=BD，
∴AO=BO=CO，且∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=AO=BO=CO=2，
∴AC=4，
∴BC= AC2−AB2= 42−22=2 3，
故答案为：2 3．
由矩形的性质可得∠ABC=90°，AO=BO=CO，再证△AOB是等边三角形，得AB=AO=BO=CO=2，然后由勾股定理可求BC的长．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识；求出AC的长是本题的关键．
16.【答案】5
【解析】解：∵△ABC是直角三角形，CD是斜边的中线，
∴CD=12AB，
又∵EF是△ABC的中位线，
∴AB=2CD=2×5=10cm，
∴EF=12×10=5cm．
故答案为：5
已知CD是Rt△ABC斜边AB的中线，那么AB=2CD；EF是△ABC的中位线，则EF应等于AB的一半．
用到的知识点为：(1)直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；(2)三角形的中位线等于对应边的一半．
17.【答案】(2,2)或(−4,2)或(4,−2)
【解析】解：分三种情况：
①当四边形OABM为平行四边形时，如图1所示：
则BM//AO，BM=AO，
∵O、A、B的坐标分别是(0,0)，(3,0)，(−1,2)，
∴把点O向左平移3−(−1)=4(个)单位，再向上平移2个单位得M的坐标，
∴M(−4,2)；
②当四边形OAMB为平行四边形时，如图2所示：
则BM//AO，BM=AO，
∵O、A、B的坐标分别是(0,0)，(3,0)，(−1,2)，
∴把点B向右平移3个单位，再向上平移2个单位得M的坐标，
∴M(2,2)；
③当四边形OBAMM为平行四边形时，如图3所示：
则AB//MO，AB=MO，
∵O、A、B的坐标分别是(0,0)，(3,0)，(−1,2)，
∴把点A向右平移1个单位，再向下平移2个单位得M的坐标，
∴M(4,−2)；
综上所述，点M的坐标为(−4,2)或(2,2)或(4,−2)；
故答案为：(2,2)或(−4,2)或(4,−2)．
分三种情况，根据题意画出图形，由平行四边形的判定与性质以及平移的性质来确定点M的坐标即可．
本题考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质、平移的性质等知识，正确画出图形，利用分类讨论思想是解题的关键．
18.【答案】185
【解析】解：连接BF，
∵BC=6，点E为BC的中点，
∴BE=3，
又∵AB=4，
∴AE= AB2+BE2=5，
∴BH=125，
则BF=245，
∵FE=BE=EC，
∴∠BFE=∠FBE，∠FCE=∠EFC，
∵∠BFE+∠FBE+∠FCE+∠EFC=180°，
∴∠BFC=90°，
根据勾股定理得，CF= BC2−BF2= 62−(245)2=185．
故答案为：185．
连接BF，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC=90°，根据勾股定理求出答案．
本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，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是解题的关键．
19.【答案】 5
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OA=OB=OD=OC=2，∠AOB=∠BOC=90°，
∵AM⊥BE于点M，
∴∠AME=90°，
∴∠OAF+∠AEM=90°，∠OBE+∠AEM=90°
∴∠MAE=∠OBE，
在△AOF和△BOE中
∠AOF=∠BOEAO=BO∠OAF=∠OBE，
∴△AOF≌△BOE(ASA)，
∴AF=BE，
∵OE=EC=1，OB=2，
∴BE= OE2+OB2= 12+22= 5，
故答案为： 5．
利用正方形的性质得OA=OB，∠AOB=∠BOC=90°，再利用等角的余角相等得到∠MAE=∠OBE，则利用”ASA“可判断△AOF≌△BOE，然后根据全等三角形的性质得到结论；
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
20.【答案】解：(1)∵10÷10%=100(名)，
∴学校这次调查共抽取了100名学生．
(2)∵“民乐”的人数为：100×20%=20(人)，
∴补全图形如下：
(3)∵3000×25%=750(人)，
∴该校有750名学生喜欢书法．
【解析】(1)用“戏曲”的人数除以其所占百分比可得；
(2)用总人数乘以“民乐”人数所占百分比求得其人数，据此即可补全图形；
(3)用总人数乘以样本中“喜欢书法”人数所占百分比可得．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．也考查了用样本估计总体的思想．
21.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求；
(3)点B关于点C对称点的坐标为(0,−2)．
【解析】(1)根据轴对称性质即可在图中作出△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC关于x轴对称；
(2)根据旋转的性质即可画出将△ABC以点O为旋转中心，顺时针旋转90°对应的△A2B2C2；
(3)根据B(−2,4)，C(−1,1).即可写出点B关于点C对称点的坐标．
本题考查了作图−旋转变换，作图−轴对称变换，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
22.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵AE=CF，
∴DE=BF，DE//BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE//DF．
【解析】根据平行四边形性质得出AD//BC，AD=BC，求出DE=BF，DE//BF，得出四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可．
本题主要考查了平行四边形的性质和判定的应用，关键是掌握平行四边形的对边平行且相等．
23.【答案】(1)证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE//CF，∠AEB=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠FDC，
在△ABE和△CDF中，
∠ABE=∠FDC∠AEB=∠DFCAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF；
(2)解：四边形AECF为平行四边形．理由如下：
∵AE=CF，且AE//CF，
∴四边形AECF为平行四边形．
【解析】(1)由“AAS”可证△ABE≌△CDF，可得AE=CF；
(2)由AE=CF且AE//CF，可得四边形AECF为平行四边形．
本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，证明三角形全等是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AO=CO，
∴∠AEF=∠CFE，
在△AOE和△COF中，
∠AEF=∠CFE∠AOE=∠COFAO=CO，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴OF=OE，
∵AO=CO，
∴四边形AFCE是平行四边形；
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEF=∠CEF，
∴∠CFE=∠CEF，
∴CE=CF，
∴四边形AFCE是菱形；
(2)解：由(1)得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO=CO=12AC=1，
∴∠AOE=90°，
∵∠DAC=60°，
∴∠AEO=30°，
∴OE= 3AO= 3，
∴EF=2OE=2 3．
【解析】(1)由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF=OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE=CF，即可得出结论；
(2)由含30°角的直角三角形的性质得出OE= 3AO= 3，即可求得EF=2OE=2 3．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识．
25.【答案】(1)证明：连接DF，BD，设EF与BD相交于点O，如图，
∵矩形ABCD纸片折叠，使点D与点B重合，
∴∠DEF=∠BEF，
∵AD//BC，
∴∠DEF=∠BFE，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF；
(2)解：∵矩形ABCD纸片折叠，使点D与点B重合，
∴BE=DE，
∵∠A=90°，
∴AB2+AE2=BE2，
∴62+AE2=(8−AE)2，
∴AE=74，
∵矩形ABCD纸片折叠，使点D与点B重合，
∴EF垂直平分BD，
∴BE=DE，BF=DF，
∵BE=BF，
∴四边形BEDF是菱形，
∴EF⊥BD，OE=OF，
∵BD= AB2+AD2= 62+82=10，
∴BO=12BD=5，
∴BE=DE=8−74=254，
∵12S菱形DEBF=S三角形DEB，
∴12×12EF⋅DB=12DE⋅AB，
∴12×EF×10=6×254，
∴EF=152．
【解析】(1)根据折叠的性质和矩形的性质以及等腰三角形的判定定理即可得到结论；
(2)由折叠的性质可得EF垂直平分BD，∠BFE=∠DFE，可证DE=EB=BF=FD，可得四边形DEBF为菱形，由勾股定理可求BD，DE的长，由菱形的面积公式可求解．
本题主要考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质以及勾股定理的运用，折叠是一种对称变换，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．解题时注意方程思想的运用．熟知这些知识点是解题的关键．
26.【答案】= 2 17
【解析】解：(1)∵AE⊥BF，
∴∠EMB=90°，
∴∠FBC+∠BEM=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BEM=∠BFC，
在△ABE和△BCF中，
∠ABC=∠C∠BEM=∠BFCAB=BC，
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴AE=BF．
故答案为：=；
(2)GE=BF，理由如下：
如图2，过点A作AN//GE，交BF于点H，交BC于点N，
∴∠EMB=∠NHB=90°，
∴∠FBC+∠BNH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，AB=BC，∠BAD=∠ABC=∠C=90°，
∵AD//BC，AN//GE，
∴四边形ANEG是平行四边形，
∴AN=EG，
∵∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BNH=∠BFC，
∴△ABN≌△BCF(AAS)，
∴AN=BF，
∵AN=EG，
∴GE=BF．
(3)①如图3，连接CH，
由(2)的结论可知，AE=MN，
∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，
∴∠ABD=∠CBD=45°，AB=BC，
∵BH=BH，
∴△ABH≌△CBH(SAS)，
∴∠BAH=∠BCH，AH=CH，
由折叠可知，AH=AH′，NH=NH′，
∵∠ABN+∠AHN=180°，
∴∠BAH+∠BNH=180°，
∵∠BNH+∠HNC=180°，
∴∠BAH=∠HNC，
∴∠HNC=∠NCH，
∴NH=CH，
∴NH=CH=AH=AH′=NH′，
∴四边形AHNH′是菱形，
∵∠AHN=90°，
∴菱形AHNH′是正方形；
②如图4，作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M，
∴∠H′QN=∠HFB=90°，
由上知四边形AHNH′是正方形，
∴H′N=HN，∠H′NH=90°，AH′= 22AN，
∴∠H′NQ+∠HNF=∠HNF+∠NHF=90°，
∴∠H′NQ=∠NHF，
∴△H′QN≌△NFH′(AAS)，
∴H′Q=NF，QN=HF；
∵∠HBF=45°，∠HFB=90°，
∴△BHF是等腰直角三角形，
∴HF=BF=NF+BN，
∵QN=QB+BN，
∴NF=QB=QH′，
∴∠H′BQ=∠ABH′=45°，
∴∠H′BD=90°；
如图4，作P关于BH′的对称点P′，则PH′=P′H′，过点P′作PK⊥AB交AB延长线于点K，
则△PBK是等腰直角三角形，
∴PH′+ 22AN=PH′+AH′=P′H′+AH′≥AP′，即当A，H′，P′三点共线时，PH′+ 22AN最小，最小值为AP′的长．
∵AB=6，
∴BD=6 2，
∵BD=3BP，
∴BP=BP′=2 2，
∴PK=BK=2，
∴AK=8，
∴AP′= 22+82=2 17，即PH′+ 22AN的最小值为2 17．
故答案为：2 17．
(1)证明△ABE≌△BCF即可得出结论；
(2)过点A作AN//GE，证明△ABN≌△BCF(AAS)，由此可得AN=GE=BF；
(3)①如图3，连接CH，证明△ABH≌△CBH(SAS)，所以∠BAH=∠BCH，AH=CH；由折叠可知，AH=AH′，NH=NH′，由四边形内角和和平角的定义可得∠HNC=∠NCH，所以NH=CH，则NH=CH=AH=AH′=NH′，所以四边形AHNH′是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论；
②作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M，可证明△H′QN≌△NFH′(AAS)，由此可得H′Q=NF；易证△BHF是等腰直角三角形，所以HF=BF=NF+BN，则NF=QB=QH′，可得∠H′BQ=∠ABH′=45°，则∠H′BD=90°；作P关于BH′的对称点P′，则PH′=P′H′，可得PH′+AN=PH′+AH′=P′H′+AH′≥AP′，求出AP′的值即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键
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