初中数学苏科版八年级下册9.3 平行四边形复习练习题

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一、单选题
1．（2021·江苏宜兴·八年级期中）如图，在△ABC中，AB＝4，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【标准答案】B
【思路指引】
把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
【详解详析】
解：如图，过点作于点，过点作于点，
在Rt△AHB中，
，，
，，
在中，，
，
，
点为中点，
，
在与中，
，
，
，
延长，过点作于点，得矩形，
，
，
在中，，
当直线时，最大值为，
综上所述，的最大值为．
故选：．
【名师指路】
本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理及矩形的性质，构建全等三角形是解答此题的关键．
2．（2021·江苏工业园区·八年级月考）已知菱形的两条对角线分别为12和16，M、N分别是边、的中点，P是对角线上一点，则的最小值为（ ）

A．6B．8C．10D．12
【标准答案】C
【思路指引】
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP＝QN＝BC，即可得出答案．
【详解详析】
解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，此时最小，最小值为QN长，连接MP、AC．

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC＝CD，∠ABP＝∠MBP，
∴点Q在AB上．
∵M为BC中点，BQ＝BM．
∴Q为AB中点．
∵N为CD中点，
∴BQ∥CD，BQ＝CN．
∴四边形BQNC是平行四边形．
∴NQ＝BC，P是AC、BD中点．
∴CP＝AC＝6，BP＝BD＝8．
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC＝＝10，即NQ＝10，
∴MP+NP＝QP+NP＝QN＝10．
故选：C．
【名师指路】
本题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能利用轴对称找出P的位置．
3．（2021·江苏·张家港市梁丰初级中学八年级月考）如图，在矩形中，，，P是边上任意一点，，，垂足分别是E，F，那么（ ）
A．B．C．D．无法确定
【标准答案】A
【思路指引】
结合矩形的特点利用勾股定理求出对角线的长，再三角形不同的面积表示方法求出并求出AG的长，即求出．
【详解详析】
解：如图：过点A作AG⊥BD于点G，连接PO
∵在矩形中，，OA=OD，
∴ ，
∵，
∴，
∵，，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴．
故选：A．
【名师指路】
此题利用矩形考查三角形面积表示方法，涉及到勾股定理，利用面积相等用不同的面积公式求解线段长度．
4．（2021·江苏·苏州市景范中学校八年级月考）如图，在中，为斜边的中线，过点D作于点E，延长至点F，使，连接，点G在线段上，连接，FG=2,GC=3且，下列结论：①；②四边形是平行四边形；③．其中正确结论的个数是（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【标准答案】D
【思路指引】
根据直角三角形的性质知DA=DB=DC，根据等腰三角形的性质结合菱形的判定定理可证得四边形ADCF为菱形，继而推出四边形DBCF为平行四边形，可判断①②；利用邻补角的性质结合已知可证得∠CFE =∠FGE，即可判断③．
【详解详析】
解：∵在中，为斜边的中线，
∴DA=DB=DC，
∵于点E，且，
∴AE=EC，
∴四边形ADCF为菱形，
∴FC∥BD，FC=AD=BD，FE=DE=DF
∴四边形DBCF为平行四边形，故②正确；
∴DF=BC，
∴DE=BC，故①正确；
∵四边形ADCE为菱形，
∴CF=CD，
∴∠CFE=∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC=180，而∠FGE+∠EGC=180，
∴∠CDE=∠FGE，∠CFE =∠FGE，
∴EF=EG，故③正确；
综上，①②③都正确，
故选D．
【名师指路】
本题考查了菱形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性等知识，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
5．（2021·江苏·苏州湾实验初级中学八年级月考）如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，M为的中点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【标准答案】A
【思路指引】
先求证四边形AFPE是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用面积法可求得AP最短时的长，然后即可求出AM最短时的长．
【详解详析】
解：连接AP，在△ABC中，AB=3，AC=4，∠BAC=90°，
∴
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP．EF与AP互相平分，
∵M是EF的中点，
∴AP过点M，M为AP中点，
∴AM=AP，
根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，
即AP⊥BC时，AP最短，同样AM也最短，
∴S△ABC=BC•AP＝AB•AC，
∴×5AP＝×3×4，
∴AP最短时，AP=，
∴当AM最短时，AM=AP=．
故选A．
【名师指路】
此题主要考查学生对勾股定理的应用、矩形的判定和性质、垂线段最短和直角三角形斜边上的中线的理解和掌握，此题涉及到动点问题，有一定难度．
6．（2021·江苏工业园区·八年级月考）如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，且DF=EF，则等于（ ）
A．B．C．D．
【标准答案】A
【思路指引】
分别求证△DCF≌△DAF≌△EAF可得∠DFC=∠AFD=∠AFE，根据∠DFC+∠AFD+∠AFE=180°，可得∠DFC=∠AFD=∠AFE=60°．
【详解详析】
解：连接AC，
∵BD为AC的垂直平分线，
∴FA=FC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=AB，
在△DCF和△DAF中，
，
∴△DCF≌△DAF，
∵三角形ABE是等边三角形，
∴AE=AB=AD，
在△DAF和△EAF中，
，
∴△DAF≌△EAF，
∴△DCF≌△DAF≌△EAF，
得：∠DFC=∠AFD=∠AFE，
又∵∠DFC+∠AFD+∠AFE=180°，
∴∠DFC=∠AFD=∠AFE=60°，
故选：A．
【名师指路】
本题考查了正方形各边长相等的性质，考查了正三角形各边长相等的性质，本题中求证△DCF≌△DAF≌△EAF是解题的关键．
（2021·江苏崇川·八年级期末）顺次连接矩形各边中点所得四边形必定是（ ）．
A．平行四边形B．矩形C．正方形D．菱形
【标准答案】D
【思路指引】
作出图形，根据三角形的中位线定理可得，，再根据矩形的对角线相等可得，从而得到四边形的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
【详解详析】
解：如图，连接、，
、、、分别是矩形的、、、边上的中点，
，（三角形的中位线等于第三边的一半），
矩形的对角线，
，
四边形是菱形．
故选：D．
【名师指路】
本题考查了中点四边形，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．
8．（2021·江苏海州·八年级期中）将矩形纸片 ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形 AECF．若AB=4，则菱形AECF边长为（ ）
A．2.6B．3C．D．
【标准答案】D
【思路指引】
根据菱形AECF，设BE为x，则AE为4-x，CE为4-x，得∠FCO=∠ECO，可通过折叠的性质得到ECO=∠ECB，可知，结合直角三角形勾股定理求得BE的长．
【详解详析】
四边形AECF是菱形，AB=4，
设BE为x，则AE为4-x，CE为4-x，

，即为菱形的边长．
故选:D．
【名师指路】
此题主要考查了矩形的折叠问题等知识，涉及菱形的性质和直角三角形，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
9．（2021·江苏·星海实验中学八年级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝6，如果将该矩形沿对角线BD折叠，那么图中阴影部分BED的面积22.5，则BC=（ ）
A．16B．10C．12D．14
【标准答案】C
【思路指引】
先根据，AB＝6求得DE＝7.5，再根据折叠的性质得到，而，则，得，由此利用勾股定理得到，进而即可求得答案．
【详解详析】
解：四边形是矩形，
，，
∴，
又∵AB＝6，
∴，
解得：DE＝7.5，
将该矩形沿对角线折叠，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
∴在中，，
∴，
故选：C．
【名师指路】
本题考查了折叠的性质：折叠前后的两个图形全等，即对应线段相等，对应角相等．也考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与勾股定理的应用，熟练掌握相关图形的性质是解决本题的关键．
10．（2021·江苏丹阳·八年级期中）如图，在正方形中，，点在对角线上任意一点，将正方形绕点逆时针旋转后，点的对应点为，则点到线段距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【标准答案】D
【思路指引】
连接BE、、，由正方形的性质和旋转性质得AE′=CE，BE=BE′，∠∠EBE′=90°，证得△BEE′是等腰直角三角形且∠A′AC=90°，过B作BM⊥于M，则有BM=EE′，只需求出EE′的最小值即可．设AE=x，AE′=CE=，利用勾股定理得出， 从而求出EE′的最小值即可解答．
【详解详析】
解：连接BE、、，
∵∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠DCA=45°，
由旋转性质得AE′=CE，BE=BE′，∠EBE′=90°，∠D′AA′=∠DCA=45°，
∴△BEE′是等腰直角三角形，∠A′AC=90°，
过B作BM⊥于M，则BM=EE′，
∴求BM的最小值，只需求出EE′的最小值．
设AE=x，AE′=CE=，
在Rt△AEE′中，由勾股定理得：
，
当x=时，2有最小值，最小值为16，
此时，EE′=4，BM=EE′=2，
即点到线段距离的最小值为2，
故选：D．
【名师指路】
本题考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系和运算，利用完全平方式的性质是解决问题是解答的关键．
二、填空题
11．（2021·江苏新吴·八年级期末）如图，E为正方形ABCD中BC边上的一点，且AB=3BE=6，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______．
【标准答案】
【思路指引】
过点E作EF∥MN，过点M作MF∥EN交EF于点F，证得当A、M、F三点在同一直线上时，AM+NE有最小值，即为AF的长，过点M作MG⊥AB于点G，证明Rt△ABE≌Rt△MGN，得到△AEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求解．
【详解详析】
解：过点E作EF∥MN，过点M作MF∥EN交EF于点F，连接AF，如图：
则四边形MNEF为平行四边形，
∴MN=EF，MF=NE，MN∥EF，
∴AM+NE=AM+ MFAF，
∴当A、M、F三点在同一直线上时，AM+NE有最小值，即为AF的长，
过点M作MG⊥AB于点G，MN与AE相交于点O，如图：
∵四边形ABCD是正方形，MN⊥AE，
∴∠AON=∠B=90°，AB=BC=MG，
∴∠1+∠3=∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
∴Rt△ABE≌Rt△MGN，
∴AE=MN，
∵MN=EF，MN∥EF，
∴AE=MN=EF，AE⊥EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵AB=3BE=6，
∴BE=2，
由勾股定理得AE=，
∴AF=，
即AM+NE的最小值为．
故答案为：．
【名师指路】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，正确的确定当A、M、F三点在同一直线上时，AM+NE有最小值，即为AF的长是解题的关键．
12．（2021·江苏·江阴市云亭中学八年级月考）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AD【标准答案】
【思路指引】
过点D作DF⊥BC于F，则可证明四边形ABFD是矩形，得到DF=AB=6，再由E为CD的中点，∠CBE=∠DBE，即可得到BD=BC，∠BED=∠BEC=90°，则，即可得到，再根据即，由此即可求解．
【详解详析】
解：如图所示，过点D作DF⊥BC于F，
∴∠DFB=90°
∵AD∥BC，∠A=90°，
∴∠ABF=180°-∠A=90°，
∴四边形ABFD是矩形，
∴DF=AB=6，
∵E为CD的中点，∠CBE=∠DBE，
∴BD=BC，∠BED=∠BEC=90°，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【名师指路】
本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，三线合一定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
13．（2021·江苏·泰兴市实验初级中学八年级月考）如图1，在一张长方形纸片ABCD上画一条线段MN，将纸片沿线段MN折叠（如图2），当∠1＝70°时，∠KNC＝_____°（注：长方形纸片对边平行，即：CD∥AB，AD∥BC）．
【标准答案】40
【思路指引】
根据矩形的性质和折叠的性质求出∠KNM、∠KMN、∠MKN的度数，即可求解；
【详解详析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AM//DN．
∴∠KNM=∠1．
∵∠1=70°，
∴∠KNM=∠1=70°，
∵折叠
∴∠KNM=∠KMN=∠1=70°，
∴∠MKN=40°．
∵BM//CN
∴∠KNC=∠MKN=40°
故答案为：40；
【名师指路】
本题考查矩形的性质、翻折变换，解题的关键是学会利用翻折不变性解决问题，属于中考常考题型．
14．（2021·江苏广陵·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，E、F分别边BC、CD上一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得△EC′F，连接AC′，当BE＝___时，△AEC′是以AE为腰的等腰三角形．
【标准答案】或##或
【思路指引】
设BE=x，则EC=4-x，由翻折得：EC′=EC=4-x．当AE=EC′时，由勾股定理得：32+x2=（4-x）2；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4-x=2x，解方程即可．
【详解详析】
解：设BE=x，则EC=4-x，
由翻折得：EC′=EC=4-x，当AE=EC′时，AE=4-x，
∵∠B=90°，
由勾股定理得：32+x2=（4-x）2，
解得： ，
当AE=AC′时，如图，作AH⊥EC′
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=∠AEC′+∠FEC′=90°，
∴∠BEA+∠FEC=90°，
∵△ECF沿EF翻折得△ECF，
∴∠FEC′=∠FEC，
∴∠AEB=∠AEH，
∵∠B=∠AHE=90°，AE=AE，
∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴BE=HE=x，
∵AE=AC′时，作AH⊥EC′，
∴EC′=2EH，
即4-x=2x，
解得，
综上所述：BE=或．
故答案为：或．
【名师指路】
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，有一定难度．
15．（2021·江苏高淳·八年级期中）如图，四边形ABCD沿直线l对折后重合．若AD//BC，则结论①AB//CD；②AB＝CD；③AC⊥BD；④OA＝OD中，正确的是_________（填上正确结论的序号）．
【标准答案】①②③
【思路指引】
由翻折的性质可知；AD＝AB，DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，由平行线的性质可知∠DAC＝∠BCA，从而得到∠ACB＝∠ACB，故此AB＝BC，从而可知四边形ABCD为菱形，最后依据菱形的性质判断即可．
【详解详析】
解：由翻折的性质可知；AD＝AB，DC＝BC，∠DAC＝∠BAC．
∵AD//BC，
∴∠DAC＝∠BCA．
∴∠BAC＝∠ACB．
∴AB＝BC．
∴AB＝BC＝CD＝AD．
∴四边形ABCD为菱形．
∴AB//CD，AB＝CD，AC⊥BD，AO＝CO．
∴符合题意的有：①②③
故答案为：①②③
【名师指路】
本题主要考查的是翻折的性质、菱形的性质和判定、等腰三角形的判定、平行线的性质，证得四边形ABCD为菱形是解题的关键．
16．（2021·江苏常州·八年级期中）如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AC⊥CD， AC＝CD，若AB＝3， BC＝1，则△ABD的面积是_______．
【标准答案】6
【思路指引】
作交延长线于点，作，垂足为点，可得四边形是矩形，得到，由题可证，由全等的性质得，进而求出，由三角形面积公式即可求出答案．
【详解详析】
如图所示，作交延长线于点，作，垂足为点，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，，
，
在与中，
，
，
，
，
．
故答案为：6．
【名师指路】
本题考查全等三角形的判定与性质，根据题意添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17．（2021·江苏·镇江市江南学校八年级期中）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ΔEC′F，连接AC′．若△AEC′是等腰三角形，且AE＝AC′，则BE＝___．
【标准答案】
【思路指引】
设BE=x，则EC=8-x，由翻折得：EC′=EC=8-x．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．
【详解详析】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=8
设BE=x，则EC=8-x，
由翻折得：EC′=EC=8-x，
作AH⊥EC′，如图，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=∠AEC′+∠FEC′=90°，
∴∠BEA+∠FEC=90°，
∵△ECF沿EF翻折得△EC′F，
∴∠FEC′=∠FEC，
∴∠AEB=∠AEH，
∵∠B=∠AHE=90°，AH=AH，
∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴BE=HE=x，
∵AE=AC′，
∴EC′=2EH，
即8-x=2x，
解得x＝，
∴BE=．
故答案为：．
【名师指路】
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，根据题意列方程是解答本题的关键．
18．（2021·江苏吴中·八年级期中）如图，四边形ABFE、AJKC、BCIH分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形，过点C作AB的垂线，交AB于点D，交FE于点G，连接HA、CF．欧几里得编纂的《原本》中收录了用该图形证明勾股定理的方法．关于该图形的下面四个结论：
①△ABH≌△FBC；
②正方形BCIH的面积=2△ABH的面积；
③矩形BFGD的面积=2△ABH的面积；
④BD2+AD2+CD2=BF2．
正确的有 ______．（填序号）
【标准答案】①②③
【思路指引】
由“SAS”可证△ABH≌△FBC，故①正确；由平行线间的距离处处相等，可得S△ABH=S△BCH=S正方形BCIH，故②正确；同理可证矩形BFGD的面积=2△ABH的面积，故③正确；由勾股定理可得BD2+AD2+2CD2=BF2，故④错误，即可求解．
【详解详析】
解：∵四边形ABFE和四边形CBHI是正方形，
∴AB=FB，HB=CB，∠ABF=∠CBH=90°，
∴∠CBF=∠HBA，
∴△ABH≌△FBC（SAS），故①正确；
如图，连接HC，
∵AI∥BH，
∴S△ABH=S△BCH=S正方形BCIH，
∴正方形BCIH的面积=2△ABH的面积，故②正确；
∵CG∥BF，
∴S△CBF=×BF×BD=S矩形BDGF，
∴矩形BFGD的面积=2△ABH的面积，故③正确；
∵BC2=CD2+DB2，AC2=CD2+AD2，BC2+AC2=AB2，
∴BD2+CD2+CD2+AD2=AB2=BF2，
∴BD2+AD2+2CD2=BF2，故④错误，
故答案为：①②③．
【名师指路】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
19．（2021·江苏泗阳·八年级期末）已知矩形中，，，是中点，将矩形以绕点顺时针旋转一周，、、的对应点分别为、、，当点恰好在直线上时，__________．
【标准答案】或
【思路指引】
过点C作CE⊥OD于点E，由矩形的性质可得，AC＝10，OD＝5，CE＝，DE＝；将矩形ABCD以绕C点顺时针旋转一周，当点D恰好在直线O上时，分两种情况：①当点D在线段O上，连接C，如图所示：设D＝a，则E＝a＋，在Rt△CE中，由勾股定理可得，E2＋CE2＝C2，即（a＋）2＋（）2＝102，解得a＝，（负值舍去），则O＝OD＋D＝；②当点O在线段D上，如图所示：此时点，O，D，共线；且C＝C，由等腰三角形三线合一可得，E＝E＝a＋，则O＝E−OE＝a＋−＝．
【详解详析】
解：如图，过点C作CE⊥OD于点E，
在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，
∴BC＝AD＝8，AB＝CD＝6，
∴AC＝10，OD＝5，
∴S△OCD＝•OD•CE＝S矩形ABCD＝×6×8，
∴CE＝，
∴DE＝，OD＝；
将矩形ABCD以绕C点顺时针旋转一周，当点D恰好在直线O上时，
分两种情况：①当点D在线段O上，连接C，如图所示：
设D＝a，则E＝a＋，
由旋转可知CA＝C＝10，
在Rt△CE中，由勾股定理可得，E2＋CE2＝C2，
即（a＋）2＋（）2＝102，
解得a＝,（负值舍去），
∴OA′＝OD＋A′D＝；
②当点O在线段D上，如图所示：
此时点，O，D，共线；
且C＝C，
∵CE⊥OD，
∴点E是的中点，
∴E＝E＝a＋，
∴O＝E−OE＝a＋−＝；
综上，符合题意的O的长为：或．
故答案为：或．
【名师指路】
本题主要考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等内容；画出对应的图形，作出合适的辅助线是解题关键．
20．（2021·江苏·如皋初级中学八年级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，两锐角的角平分线交于点P，点E、F分别在边BC、AC上，且都不与点C重合，若∠EPF＝45°，连接EF，当AC＝6，BC＝8，AB＝10时，则△CEF的周长为 _____．
【标准答案】4
【思路指引】
根据题意过点P作PM⊥BC于M，PN⊥AC于N，PK⊥AB于K，在EB上取一点J，使得MJ=FN，连接PJ，进而利用全等三角形的性质证明EF=EM+EN，即可得出结论．
【详解详析】
解：如图，过点P作PM⊥BC于M，PN⊥AC于N，PK⊥AB于K，在EB上取一点J，使得MJ＝FN，连接PJ．
∵BP平分∠BC，PA平分∠CAB，PM⊥BC，PN⊥AC，PK⊥AB，
∴PM＝PK，PK＝PN，
∴PM＝PN，
∵∠C＝∠PMC＝∠PNC＝90°，
∴四边形PMCN是矩形，
∴四边形PMCN是正方形，
∴CM＝PM，
∴∠MPN＝90°，
在△PMJ和△PNF中，
，
∴△PMJ≌△PNF（SAS），
∴∠MPJ＝∠FPN，PJ＝PF，
∴∠JPF＝∠MPN＝90°，
∵∠EPF＝45°，
∴∠EPF＝∠EPJ＝45°，
在△PEF和△PEJ中，
，
∴△PEF≌△PEJ（SAS），
∴EF＝EJ，
∴EF＝EM+FN，
∴△CEF的周长＝CE+EF+CF＝CE+EM+CF+FN＝2EM＝2PM，
∵S△ABC＝•BC•AC＝（AC+BC+AB）•PM，
∴PM＝2，
∴△ECF的周长为4，
故答案为：4．
【名师指路】
本题考查角平分线的性质定理，正方形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，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．
三、解答题
21．（2021·江苏·宜兴市和桥镇第二中学八年级月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C．
（1）写出C点坐标 ；
（2）若M为线段BC上一点，且满足S△AMB ＝ S△AOB，请求出点M的坐标；
（3）如图2，设点F为线段AB中点，点G为y轴正半轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求出点G的坐标．
【标准答案】（1）点C（6，0）；（2）点；（3）满足条件的点G坐标为或．
【思路指引】
（1）直接利用直线，令y=0，解方程即可；
（2）结合图形，由S△AMB＝S△AOB 分析出直线OM平行于直线AB，再利用两直线相交建立方程组，解方程组求得交点M的坐标；
（3）分两种情形：①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．求出Q（n-4，n-2）．②当n＜4时，如图2-2中，同法可得Q（4-n，n+2），代入直线BC的解析式解方程即可解决问题．
【详解详析】
解：（1）∵直线交x轴正半轴于点C．
∴当y=0时，，
解得x=6
∴点C（6，0）
故答案为（6，0）；
（2）连接OM并双向延长，
∵S△AMB＝S△AOB ，
∴点O到AB与点M到AB的距离相等，
∴直线OM平行于直线AB，
∵AB解析式为y＝2x＋8，
故设直线OM解析式为：，
将直线OM的解析式与直线BC的解析式联立得方程组得：
，
解得：
故点；
（3）∵直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令y=0，2x＋8=0，
解得x=-4，
∴A（-4，0），
令x=0，则y＝8
∴B（0，8），
∵点F为AB中点，
点F横坐标为，纵坐标为
∴F（-2，4），
设G（0，n），
①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN=n-4，
∴Q（n-4，n-2），
∵点Q在直线上，
∴，
∴,
∴．
②当n＜4时，如图2-2中，
点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN= 4-n，
∴Q（4- n， n+2），
∵点Q在直线上，
∴，
∴n=-2，
∴．
综上所述，满足条件的点G坐标为或．
【名师指路】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，平行线性质，两直线联立解方程组，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
22．（2021·江苏江阴·八年级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，过点A作射线l∥BC，若点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿射线l运动，设运动时间为t秒（t＞0），作∠PCB的平分线交射线l于点D，记点D关于射线CP的对称点是点E，连接AE、PE、BP．
（1）求证：PC＝PD；
（2）当△PBC是等腰三角形时，求t的值；
（3）是否存在点P，使得△PAE是直角三角形，如果存在，请直接写出t的值，如果不存在，请说明理由．
【标准答案】（1）见解析；（2）t＝1或或；（3）存在，△PAE是直角三角形时t＝或
【思路指引】
（1）根据平行线的性质可得∠PDC＝∠∠BCD，根据角平分线的定义可得∠PCD＝∠BCD，则∠PCD＝∠PDC，即可得到PC＝PD；
（2）分当BP＝BC＝4cm时，当PC＝BC＝4cm时，当PC＝PB时三种情况讨论求解即可；
（3）分当∠PAE＝90°时，当∠APE＝90°时，当∠AEP＝90°时，三种情况讨论求解即可．
【详解详析】
解：（1）∵l∥BC，
∴∠PDC＝∠∠BCD，
∵CD平分∠BCP，
∴∠PCD＝∠BCD，
∴∠PCD＝∠PDC，
∴PC＝PD；
（2）在△ABC中，∠ACB＝90°，，，
∴，
若△PBC是等腰三角形，存在以下三种情况：
①当BP＝BC＝4cm时，作PH⊥BC于H，
∵∠ACB＝90°，l∥BC，
∴∠ACH=∠CAP=90°，
∴四边形ACHP是矩形，
∴PH＝AC＝3cm，
由勾股定理
∴，
∴，即，
解得，
②当PC＝BC＝4cm时，
由勾股定理，即，
解得；
③当PC＝PB时，P在BC的垂直平分线上，
∴CH＝BC＝2cm，
∴同理可得AP＝CH＝2cm，
即2t＝2，
解得t＝1，
综上所述，当t＝1或或时，△PBC是等腰三角形；
（3）∵D关于射线CP的对称点是点E，
∴PD＝PE，∠ECP=∠DCP，
由（1）知，PD＝PC，
∴PC＝PE，
要使△PAE是直角三角形，则存在以下三种情况：
①当∠PAE＝90°时，
此时点C、A、E在一条直线上，且AE＝AC＝3cm，
∵CD平分∠BCP，
∴∠ECP=∠DCP=∠BCD，
∴∠ACP＝∠ACB＝30°，
∴，
∵，即，
∴即2t＝，
解得；
②当∠APE＝90°时，
∴∠EPD=90°
∵D、E关于直线CP对称，
∴∠EPF=∠DPF=45°，
∴∠APC=∠DPF=45°，
∵l∥BC，
∴∠CAP=180°-∠ACB=90°，
∴∠ACP=45°，
∴AP=AC=3cm，
∴，
∴；

③当∠AEP＝90°时，
在Rt△ACP中，PC＞AP，
在Rt△AEP中，AP＞PE，
∵PC＝PE＝PD，
故此情况不存在，
综上，△PAE是直角三角形时或．
【名师指路】
本题主要考查了轴对称的性质，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够利用分类讨论的思想求解．
23．（2021·江苏·无锡市羊尖中学九年级月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝kx+b（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点B（0，6），直线l2与x轴交于点C，与直线l1交于D（m，3），OC＝2OA，tan∠BAO＝．
（1）求直线l2的解析式．
（2）在线段DC上是否存在点P，使△DAP的面积为？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）如图2，连接OD，将△ODB沿直线AB翻折得到△O'DB．若点M为直线AB上一动点，在平面内是否存在点N，使得以B、O′、M、N为顶点的四边形为菱形，若存在，直接写出N的坐标，若不存在，请说明理由．
【标准答案】（1）；（2）（，2）；（3）N点坐标为（，）、（，）、（0，0）或（，6）．
【思路指引】
（1）由y轴截距以及正切值，可求出，则 A点坐标为（，0），因为OC＝2OA所以C点坐标为（，0 ），将D（m，3）代入，得D点坐标为（ ，3），再将D（，3），C（，0 ）代入，求得．
（2）设P点坐标为（a，），由题意可知△DAP为，△DAP的高为A点到直线CD的距离，过 A点做DC平行线交y轴于点E，由可知 ，将A（，0）代入，解得 ，故两线间的距离为，△DAP的高为，由三角形面积= 底×高，有2，故有，进而即可求解；
（3）如图所示，共有4个点满足条件，证明见解析．
【详解详析】
（1）∵B（0，6），tan∠BAO＝
∴
令y=0，得A点坐标为（，0）
∵OC＝2OA
∴C点坐标为（，0）
将D（m，3）代入
∴D点坐标为（，3）
将D（，3），C（，0）代入有
得
∴
（2）设P点坐标为（a，），过A点做DC平行线交y轴于点E
∵AE//DC
∴
∴
将A（，0）代入
得b=2
∴
故和间的距离为，即△DAP的高为
由三角形面积=底×高有
有2
故有
化简得
解得a=0（舍去）或a=，
故P点坐标为（，2）．
（3）
如图所示，可知BO’=6，在B点上方截取BM1=6，过M1做BO’平行线，过O’做BM1平行线，两平行线相交于N1．
由作图步骤可知▱BO’N1M1为菱形，
由菱形性质可得N1坐标为（，）．
如图所示，可知BO’=6，在B点下方截取BM2=6，过M2做BO’平行线，过O’做BM2平行线，两平行线相交于N2．
由作图步骤可知▱BO’N2M2为菱形，
由菱形性质可得N2坐标为（，）．
如图所示，可知BO’=6，在B点下方截取BN3=6，过N3做BO’平行线，过O’做BN3平行线，两平行线相交于M3．
由作图步骤可知▱B N3M3O’为菱形，
由菱形性质可得N3坐标为（0，0）．
如图所示，可知BO’=6，令BO’做菱形其中一条对角线，过O’做x轴平行线交直线AB于点M4，过B点做O’M4平行线，过O’点做直线AB平行线，两平行线相交于N4．
由作图步骤可知▱B M4O’N4为菱形，
由菱形性质可得N4坐标为（，6）．
综上所述N点坐标为（，）、（，）、（0，0）或（，6）．
【名师指路】
本题考查了一次函数的图象及其性质，菱形的判定，熟练掌握并应用菱形的性质是解第三问的关键：⑴菱形的四条边都相等；⑵菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角.⑶菱形具有平行四边形的一切性质.⑷菱形是轴对称图形，对称轴是两条对角线所在的直线.⑸利用菱形的性质可证线段相等，角相等．
24．（2021·江苏·苏州工业园区星湾学校八年级期中）背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．
(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．
(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．
(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．
(4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值．
【标准答案】(1)150°；
(2)见详解；
(3)；
(4)．
【思路指引】
（1）根据旋转性质得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；
（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，点P在CB′上即可；
（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；
（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根据勾股定理AB′=即可．
(1)
解：连结PP′，
∵≌，
∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′为等边三角形，
,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在△P′PC中，PC=5，
，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，
故答案为150°；
(2)
证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，
∵△APB≌△AB′P′，
∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，
∵，
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∴点P在CB′上，
∴过的费马点．
(3)
解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，
∴△APB≌△AP′B′，
∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∵，，，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=
∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=
∴最小=CB′=；
(4)
解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，
∴△BCE≌△CE′B′，
∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，
∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，
∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=2，∠ABC=90°，
∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，
∴BF=，BF=，
∴AF=AB+BF=2+，
∴AB′=，
∴最小=AB′=．
【名师指路】
本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．
25．（2021·江苏江阴·八年级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝6，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
(1)若P为BC上一点．
①如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的点E（不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时CE＝ ；
②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；
(2)如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．
【标准答案】(1)见解析，①，②，见解析；
(2)或
【思路指引】
（1）①以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，利用勾股定理求出DE的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP=CP，BP=PE，从而BP=PC；
（2）由△PEC是直角三角形，当∠EPC=90°时，则四边形ABPE是正方形，得PB=AB=10；当∠ECP=90°时，设BP=x，则PC=x-6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC=90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去．
(1)
解：（1）①如图：以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，
∵AE=AB=10，AD=6，∠D=90°，
∴DE===8，
∴CE=DC-DE=10-8=2；
故答案为：2；
②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，
∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CE∥AP，
∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，
∴EP＝CP，
∴BP＝BC，
∴BC＝2BP；
(2)
（2）∵△PEC是直角三角形，
当∠EPC＝90°时，
∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，
∴PB＝AB＝10；
当∠ECP＝90°时，
由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，
∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，
在Rt△ECP中，由勾股定理得：
182+（x﹣6）2＝x2，
解得x＝30，
∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，
不符合题意，舍去，
综上：BP＝10或30．
【名师指路】
本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题．