八年級數(shù)學(xué)下冊 第一次月考（壓軸37題12種題型）（解析版）

第一次月考（壓軸37題12種題型）范圍：八年級下冊第一-第三單元一．三角形中位線定理（共1小題）1．如圖，在△ABC中，已知AB＝8，BC＝6，AC＝7，依次連接△ABC的三邊中點(diǎn)，得到△A1B1C1，再依次連接△A1B1C1的三邊中點(diǎn)，得到△A2B2C2，…，按這樣的規(guī)律下去，△A2022B2022C2022的周長為．【答案】．【解答】解：∵A1、B1、C1分別為BC、AC、AB的中點(diǎn)，∴A1B1＝AB，A1C1＝AC，B1C1＝BC，∴△A1B1C1的周長＝×△ABC的周長＝×21，……∴△A2022B2022C2022的周長＝×21，故答案為：．二．平行四邊形的性質(zhì)（共1小題）2．如圖，在平行四邊形ABCD中，∠A＝90°，AD＝10，AB＝8，點(diǎn)P在邊AD上，且BP＝BC，點(diǎn)M在線段BP上，點(diǎn)N在線段BC的延長線上，且PM＝CN，連接MN交CP于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作ME⊥CP于E，則EF＝2．【答案】2．【解答】解：如圖，過點(diǎn)M作MH∥BC交CP于H，則∠MHP＝∠BCP，∠NCF＝∠MHF，∵BP＝BC，∴∠BCP＝∠BPC，∴∠BPC＝∠MHP，∴PM＝MH，∵PM＝CN，∴CN＝MH，∵M(jìn)E⊥CP，∴PE＝EH，在△NCF和△MHF中，，∴△NCF≌△MHF（AAS），∴CF＝FH，∴EF＝EH+FH＝CP，∵矩形ABCD中，AD＝10，∴BC＝AD＝10，∴BP＝BC＝10，在Rt△ABP中，AP＝＝＝6，∴PD＝AD﹣AP＝10﹣6＝4，在Rt△CPD中，CP＝＝＝4，∴EF＝CP＝×4＝2．故答案為：2．三．菱形的性質(zhì)（共1小題）3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，邊長為2的菱形ABCD的頂點(diǎn)A、B分別在x軸、y軸的正半軸上移動，∠ABC＝60°，則OC的最大值是+1．【答案】．【解答】解：如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接CE，OE，AC，∵邊長為2的菱形ABCD，∴AB＝BC＝2，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∵AB的中點(diǎn)E，∴，CE⊥AB∴，在Rt△ABO中，，∴，∴當(dāng)C、O、E三點(diǎn)共線時OC最大，最大值為．故答案為：．四．菱形的判定與性質(zhì)（共2小題）4．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動，運(yùn)動到點(diǎn)A即停止；同時點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)向點(diǎn)C運(yùn)動，運(yùn)動到點(diǎn)C即停止．點(diǎn)P、Q的速度的速度都是1cm/s，連接PQ，AQ，CP，設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動的時間為t（s）．（1）當(dāng)t為何值時，四邊形ABQP是矩形？（2）當(dāng)t為何值時，四邊形AQCP是菱形？（3）分別求出（2）中菱形AQCP的周長和面積．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）當(dāng)四邊形ABQP是矩形時，BQ＝AP，即：t＝8﹣t，解得t＝4．答：當(dāng)t＝4時，四邊形ABQP是矩形；（2）設(shè)t秒后，四邊形AQCP是菱形當(dāng)AQ＝CQ，即＝8﹣t時，四邊形AQCP為菱形．解得：t＝3．答：當(dāng)t＝3時，四邊形AQCP是菱形；（3）當(dāng)t＝3時，CQ＝5，則周長為：4CQ＝20cm，面積為：4×8﹣2××3×4＝20（cm2）．5．如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，∠A＝60°，點(diǎn)D從點(diǎn)C出發(fā)沿CA方向以4cm/秒的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動，同時點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向以2cm/秒的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動，當(dāng)其中一個點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一個點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)D，E運(yùn)動的時間是t秒（0＜t≤15）．過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，連接DE，EF．（1）四邊形AEFD能夠成為菱形嗎？如果能，求出相應(yīng)的t值；如果不能，請說明理由；（2）當(dāng)t為何值時，△DEF為直角三角形？請說明理由．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】（1）證明：能．理由如下：在△DFC中，∠DFC＝90°，∠C＝30°，DC＝4t，∴DF＝2t，又∵AE＝2t，∴AE＝DF，∵AB⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF，又∵AE＝DF，∴四邊形AEFD為平行四邊形，當(dāng)AE＝AD時，四邊形AEFD為菱形，即60﹣4t＝2t，解得t＝10．∴當(dāng)t＝10秒時，四邊形AEFD為菱形．（2）①當(dāng)∠DEF＝90°時，由（1）知四邊形AEFD為平行四邊形，∴EF∥AD，∴∠ADE＝∠DEF＝90°，∵∠A＝60°，∴∠AED＝30°，∴AD＝AE＝t，又AD＝60﹣4t，即60﹣4t＝t，解得t＝12；②當(dāng)∠EDF＝90°時，四邊形EBFD為矩形，在Rt△AED中∠A＝60°，則∠ADE＝30°，∴AD＝2AE，即60﹣4t＝4t，解得t＝．③若∠EFD＝90°，則E與B重合，D與A重合，此種情況不存在．綜上所述，當(dāng)t＝或12秒時，△DEF為直角三角形．五．矩形的性質(zhì)（共6小題）6．?dāng)?shù)學(xué)家笛卡爾在《幾何》一書闡述了坐標(biāo)幾何思想，主張取代數(shù)和幾何中最好的東西以長補(bǔ)短．如圖，在直角坐標(biāo)系中，矩形OABC，點(diǎn)B的坐標(biāo)是（1，3），則AC的長是（）A．3 B． C． D．4【答案】C【解答】解：連接OB，過B作BM⊥x軸于M，∵點(diǎn)B的坐標(biāo)是（1，3），∴OM＝1，BM＝3，由勾股定理可得：∴，∵四邊形OABC為矩形，∴OB＝AC，∴．故選：C．7．已知：如圖，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)P是線段AD上任意一點(diǎn)，且PE⊥AC于點(diǎn)E，PF⊥BD點(diǎn)F，則PE+PF等于（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：連接PO，∵矩形ABCD的兩邊AB＝5，BC＝12，∴S矩形ABCD＝AB?BC＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC＝＝＝13，∴S△AOD＝S矩形ABCD＝15，OA＝OD＝AC＝，∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA?PE+OD?PF＝OA（PE+PF）＝××（PE+PF）＝15，∴PE+PF＝，故選：C．8．矩形ABCD與矩形CEFG，如圖放置，點(diǎn)B，C，E共線，點(diǎn)C，D，G共線，連接AF，取AF的中點(diǎn)H，連接GH．若BC＝EF＝2，CD＝CE＝1，則GH＝（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：延長GH交AD于M點(diǎn)，如圖所示：∵四邊形ABCD與四邊形CEFG都是矩形，∴CD＝CE＝FG＝1，BC＝EF＝CG＝2，BE∥AD∥FG，∴DG＝CG﹣CD＝2﹣1＝1，∠HAM＝∠HFG，∵AF的中點(diǎn)H，∴AH＝FH，在△AMH和△FGH中，，∴△AMH≌△FGH（ASA）．∴AM＝FG＝1，MH＝GH，∴MD＝AD﹣AM＝2﹣1＝1，在Rt△MDG中，GM＝＝，∴GH＝GM＝，故選：B．9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知矩形ABCO，B（4，3），點(diǎn)D為x軸上的一個動點(diǎn)，以AD為邊在AD右側(cè)作等邊△ADE，連接OE，則OE的最小值為．【答案】．【解答】解：如圖，以O(shè)A為邊在OA右側(cè)作等邊三角形AGO，∴∠OAG＝60°，連接EG并延長交y軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)O作OH⊥GM于點(diǎn)H，在矩形ABCO中，∵B（4，3），∴OA＝BC＝3，AB＝OC＝4，∴OA＝OG＝AG＝3，∵△ADE是等邊三角形，∴AD＝AE，∠DAE＝60°，∴∠OAG＝∠DAE＝60°，∵∠OAD＝∠OAG﹣∠DAG，∠GAE＝∠DAE﹣∠DAG，∴∠OAD＝∠GAE，在△ADO和△AEG中，，∴△ADO≌△AEG（SAS），∴∠AOD＝∠AGE＝90°，∴∠AGM＝90°，∴點(diǎn)E在過定點(diǎn)G且與AG垂直的直線上運(yùn)動，即點(diǎn)E在直線MG上運(yùn)動，∵△OAG是等邊三角形，∴∠AGO＝60°，∴∠OGH＝30°，∵OH⊥GM，∴OH＝OG＝，當(dāng)點(diǎn)E與H不重合時，OE＞OH，當(dāng)點(diǎn)E與H重合時，OE＝OH，綜上所述：OE≥OH，∴OE的最小值為，故答案為：．10．如圖，∠MEN＝90°，矩形ABCD的頂點(diǎn)B，C分別是∠MEN兩邊上的動點(diǎn)，已知BC＝10，CD＝5，點(diǎn)D，E之間距離的最大值是5+5．．【答案】5+5．【解答】解：∵∠MEN＝90°，F(xiàn)是BC中點(diǎn)，∴EF＝BC＝5．如圖：ED≤EF+DF，當(dāng)點(diǎn)D，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，取等號．此時F是BC的中點(diǎn)，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∴FD＝＝＝5．∴ED最大＝EF+DF＝5+5．故答案為：5+5．11．如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為EC上一動點(diǎn)，P為DF中點(diǎn)，連接PB，則PB的最小值是2．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：如圖：當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時，點(diǎn)P在P1處，CP1＝DP1，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)E重合時，點(diǎn)P在P2處，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2＝CE．當(dāng)點(diǎn)F在EC上除點(diǎn)C、E的位置處時，有DP＝FP．由中位線定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF．∴點(diǎn)P的運(yùn)動軌跡是線段P1P2，∴當(dāng)BP⊥P1P2時，PB取得最小值．∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E為AB的中點(diǎn)，∴△CBE、△ADE、△BCP1為等腰直角三角形，CP1＝2．∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．∴∠DP2P1＝90°．∴∠DP1P2＝45°．∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值為BP1的長．在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝2，∴BP1＝2∴PB的最小值是2．故答案為：2．正方形的性質(zhì)（共15小題）12．已知：如圖，在正方形ABCD外取一點(diǎn)E，連接AE，BE，DE．過點(diǎn)A作AE的垂線交DE于點(diǎn)P．若，PB＝10，下列結(jié)論：①△APD≌△AEB；②∠AEB＝135°；③；④S△APD+S△APB＝33；⑤CD＝11．其中正確結(jié)論的序號是（）A．①②③④ B．①④⑤ C．①②④ D．③④⑤【答案】C【解答】解：①在正方形ABCD，AB＝AD，∠BAD＝90°，∵EA⊥PA，∴∠EAP＝∠BAD＝90°∴∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，∴∠EAB＝∠PAD，∵AE＝AP，在△APD和△AEB中，，∴△APD≌△AEB（SAS）；故①成立；②∵AE＝AP＝3，∠EAP＝90°，∴∠AEP＝∠APE＝45°，PE＝AE＝6，∵△APD≌△AEB，∴∠AEB＝∠APD＝180°﹣45°＝135°，故②成立；③∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，∴EB⊥ED，在Rt△BPE中，PE＝6，PB＝10，∴BE＝＝8，故③不成立；④如圖，連接BD，由②得：PE＝6，BE＝8，∵△APD≌△AEB，∴S△APD+S△APB＝S△AEB+S△APB＝S四邊形AEBP＝S△AEP+S△EPB＝?AE?AP+?PE?BE＝×3×3+×6×8＝33．故④成立；∵△APD≌△AEB，∴PD＝BE＝8，∴S△BDP＝PD?BE＝32，∴S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝33+32＝65，∴S正方形ABCD＝2S△ABD＝130，∴CD2＝130，∴CD＝，故⑤不成立．綜上所述，正確結(jié)論的序號是①②④，故選：C．13．如圖，正方形ABCD中，AB＝12，點(diǎn)P為射線DA上一個動點(diǎn)，連接CP，點(diǎn)E為CD上一點(diǎn)，且DE＝4，在射線AB上截取點(diǎn)Q使EQ＝CP，交CP于點(diǎn)M，連接BM，則BM的最小值為（）A．8 B．12 C． D．【答案】C【解答】解：如圖，過點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，則∠EFA＝∠EFQ＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠D＝∠A＝90°，∴四邊形DAFE是矩形，∴AD＝EF＝CD，在Rt△EFQ和Rt△CDP中，，∴Rt△EFQ≌Rt△CDP（HL），∴∠FEQ＝∠DCP，∵∠FEQ+∠CEM＝∠CEF＝90°，∴∠DCP+∠CEM＝90°，∴∠EMC＝90°，∴點(diǎn)M在以CE為直徑的半圓上（不與重合C，E），∵AB＝CD＝12，DE＝4，∴EC＝12﹣4＝8，∴OE＝OC＝4，∴OB＝＝4，∴當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動到OB與半圓的交點(diǎn)處時BM最小，此時BM＝OB﹣OM＝4﹣4．故選：C．14．如圖，正方形ABCD的四個頂點(diǎn)均在坐標(biāo)軸上，AB＝2．將正方形ABCD繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)，每秒旋轉(zhuǎn)60°，同時點(diǎn)P從AB的中點(diǎn)處出發(fā)，在正方形的邊上順時針移動，每秒移動1個單位，則第2022秒時，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：根據(jù)題意可知：正方形旋轉(zhuǎn)6次回到原位，P點(diǎn)經(jīng)過8秒回到原位，∵2022÷6＝337，2022÷8＝252...6，此時正方形回到原位，點(diǎn)P走6個單位，所以點(diǎn)P位于第三象限，在BC的中點(diǎn)處，∵BC＝AB＝2．∴OB＝OC＝，∴P（﹣，﹣）．故選：C．15．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的每一條邊為邊作三個正方形．CM與AB，BE交于點(diǎn)P，Q，歐幾里得在《幾何原本》中利用該圖證明了勾股定理，現(xiàn)連結(jié)DG，若∠ABE＝30°，則的值為（）A． B． C． D．﹣1【答案】D【解答】解：∵四邊形AEDC和AMNB為正方形，∴AE＝AC，AB＝AM，∠EAC＝∠MAB＝90°，∴∠EAB＝∠CAM，在△EAB和△CAM中，，∴△EAB≌△CAM（SAS），∴∠EBA＝∠CMA＝30°，∴∠BPQ＝∠APM＝60°，∴∠BQP＝90°，∴PQ＝PB，在Rt△AMP中，設(shè)AP＝1，則PM＝2，根據(jù)勾股定理得AM＝，∴PB＝﹣1，∴PQ＝，∴QM＝QP+PM＝+2＝，在△ACB和△DCG中，，∴△ACB≌△DCG（SAS），∴DG＝AB＝，∴＝＝﹣1．故選：D．16．如圖，正方形ABCD的邊長為10，點(diǎn)E，F(xiàn)在正方形內(nèi)部，AE＝CF＝8，BE＝DF＝6，則線段EF的長為（）A．2 B．4 C．4﹣ D．4+【答案】A【解答】解：延長DF交AE于G，如圖：∵AB＝10，AE＝8，BE＝6，∴AE2+BE2＝AB2，∴△ABE是直角三角形，∴同理可得，△DFC是直角三角形，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠BAE+∠DAG＝90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SSS），∴∠BAE＝∠DCF，又∵∠DCF+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，∴∠DCF＝∠ADG，∴∠BAE＝∠ADG，∵∠BAE+∠DAG＝90°，∴∠ADG+∠DAG＝90°，∴∠DGA＝90°，即△AGD是直角三角形，在△AGD和△BAE中，，∴△AGD≌△BEA（AAS），∴AG＝BE＝6，DG＝AE＝8，∴EG＝8﹣6＝2，同理可得：GF＝2，∴Rt△EFG中，EF＝＝2，故選：A．17．有兩個正方形A，B．現(xiàn)將B放在A的內(nèi)部得圖甲，將A，B構(gòu)造新的正方形得圖乙．若圖甲和圖乙中陰影部分的面積分別為1和12，若三個正方形A和兩個正方形B得圖丙，則陰影部分的面積為（）A．28 B．29 C．30 D．31【答案】B【解答】解：設(shè)正方形A的邊長為a，正方形B的邊長為b，且a＞b＞0，根據(jù)圖甲和圖乙，得：，整理，得：，由①得：（a﹣b）2＝1，∵a＞b，∴a﹣b＝1，由②得：ab＝6，①+②×2，得：（a+b）2＝25，∴a+b＝5，觀察圖丙，得：S陰影＝（2a+b）2﹣3a2﹣2b2＝（a+b）（a﹣b）+4ab＝5×1+4×6＝29．故選：B．18．如圖，四邊形ABCD是正方形，G是BC上的任意一點(diǎn)，DE⊥AG于點(diǎn)E，BF‖DE且交AG于點(diǎn)F，若AB＝4EF，則S陰影：S正方形ABCD的值為（）A．9：16 B．17：32 C．17：36 D．18：35【答案】B【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∵DE⊥AG，BF∥DE，∴BF⊥AG，∴∠BFA＝∠AED＝90°，∵∠BAF+∠EAD＝90°，∠EAD+∠ADE＝90°，∴∠BAF＝∠ADE，在△ABF和△DAE中，，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AF＝DE，設(shè)EF＝x，AF＝y(tǒng)，則AB＝4EF＝4x，∴BF＝AE＝AF﹣EF＝y(tǒng)﹣x，∵AF2+BF2＝AB2，∴y2+（y﹣x）2＝（4x）2，整理得，2y2﹣2xy﹣15x2＝0，解得，y＝x（舍）或y＝x，∴BF＝x，AF＝x，∴S正方形ABCD＝16x2，∴S陰影＝S正方形ABCD﹣2S△ABF＝16x2﹣2×x?x＝x2，∴S陰影：S正方形ABCD＝17：32，故選：B．19．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)B與點(diǎn)D分別在x軸、y軸上，正方形OBCD與正方形OEFG的邊長分別為6和4，正方形OEFG繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，當(dāng)F落在y軸正半軸上時，BE2＝52﹣24；當(dāng)C，G，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，BE的長為2+2或2﹣2．．【答案】52﹣24；2+2或2﹣2．【解答】解：正方形OBCD與正方形OEFG的邊長分別為6和4，如圖：則B（6，0），OE＝4，當(dāng)正方形OEFG繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，當(dāng)F落在y軸正半軸上時，∴OE平分∠BOD，∴∠BOE＝45°，設(shè)E（m，m），則OE＝m＝4，∴m＝2，∴E（2，2），∴BE2＝（2﹣6）2+（2﹣0）2，整理得：BE2＝52﹣24；當(dāng)C，G，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，分兩種情況：①如下圖：作DM⊥CG于M，DK⊥OG的延長線于K，連接DG，∴四邊形DMGK為矩形，∵∠KDM＝∠CDO＝90°，∴∠KDM﹣∠ODM＝∠CDO﹣∠ODM，即∠CDM＝∠ODK，∵OD＝CD，∠K＝∠CMD＝90°，∴△CDM≌△ODK（AAS），∴DM＝DK，CM＝OK，∴四邊形DMGK為正方形，設(shè)GM＝x，則OK＝OG+KG＝4+x，∴CM＝x+4，在Rt△ODK中，由勾股定理可得OD2＝OK2+DK2，即62＝x2+（x+4）2，解得：x＝或x＝﹣（舍去）∴x＝，∵DG為正方形DMGK對角線，∴DG＝DK＝x＝2﹣2，∵∠GOE＝∠BOD＝90°，∴∠DOG＝∠BOE，∵DO＝OB，OG＝OE，∴△DOG≌BOE（SAS），∴BE＝DG＝2﹣2；②如圖：作DM⊥CG于M，DK⊥OG的延長線于K，連接DG，∴四邊形DMGK為矩形，同理可證明四邊形DMGK為正方形，設(shè)GM＝x，則DK＝KG＝x∴KO＝KG﹣OG＝x﹣4，∴在Rt△ODK中，由勾股定理可得OD2＝OK2+DK2，62＝x2+（x﹣4）2，解得：x＝2+或x＝2﹣（舍去），∴x＝2+，即DK＝2+，∵DG為正方形DMGK對角線，∴DG＝DK＝2+2，同理再證明△DOG≌BOE（SAS），∴BE＝DG＝2+2，綜上所述：BE＝2+2或2﹣2，故答案為：52﹣24；2+2或2﹣2．20．如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F(xiàn)分別為邊AB，BC的中點(diǎn)，連接AF，DE，點(diǎn)G，H分別為DE，AF的中點(diǎn)，連接GH，則GH的長為．【答案】．【解答】解：連接AG并延長AG交CD于點(diǎn)P，連接PF，如圖所示，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝BC＝AB＝4，∠C＝90°，AB∥CD，∴∠AEG＝∠GDP，∵E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，∴AE＝AB＝2，CF＝BC＝2．∵G為DE的中點(diǎn)，∴EG＝DG，在△EAG和△DPG中，，∴△EAG≌△DPG（ASA）．∴AG＝PG，DP＝AE＝2．∴G為AP的中點(diǎn)，∵H為AF的中點(diǎn)，∴GH是△APF的中位線．∴GH＝PF．在Rt△FCP中，CP＝DC﹣DP＝4﹣2＝2，∴PF＝＝2．∴GH＝PF＝．故答案為：．21．綜合與實(shí)踐問題情境：如圖①，點(diǎn)E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBE'（點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C）．延長AE交CE'于點(diǎn)F，連接DE．猜想證明：（1）試判斷四邊形BE'FE的形狀，并說明理由；（2）如圖②，若AD＝DE，請猜想線段CF與FE'的數(shù)量關(guān)系并加以證明．【答案】（1）四邊形BE'FE是正方形，理由見解析；（2）CF＝FE′，證明見解析．【解答】解：（1）結(jié)論：四邊形BE'FE是正方形．理由如下：∵△CBE'是由Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到的，∴∠CE'B＝∠AEB＝90°，∠EBE'＝90°，又∵∠BEF+∠AEB＝90°，∴∠BEF＝90°，∴四邊形BE'FE是矩形，由旋轉(zhuǎn)可知：BE＝BE'，∴四邊形BE'FE是正方形；（2）結(jié)論：CF＝FE′．證明：如圖②，過點(diǎn)D作DH⊥AE于點(diǎn)H，則∠AHD＝90°，∠DAH+∠ADH＝90°，∵DA＝DE，∴AH＝EH＝AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠DAB＝90°，∴∠DAH+∠EAB＝90°，∴∠ADH＝∠EAB，在△ADH和△BAE中，，∴△ADH≌△BAE（AAS），∴AH＝BE，由旋轉(zhuǎn)可知：AE＝CE'，由（1）可知：四邊形BE'FE是正方形，∴BE＝E'F，∴E'F＝AH＝AE＝CE'，∴CF＝FE′．22．（1）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)P為線段BC上一個動點(diǎn)，若線段MN垂直AP于點(diǎn)E，交線段AB于點(diǎn)M，交線段CD于點(diǎn)N，證明：AP＝MN；（2）如圖2，正方形ABCD中，點(diǎn)P為線段BC上一動點(diǎn)，若線段MN垂直平分線段AP，分別交AB，AP，BD，DC于點(diǎn)M，E，F(xiàn)，N．求證：EF＝ME+FN．【答案】（1）見解答；（2）見解答．【解答】解：（1）如圖1，過B點(diǎn)作BH∥MN交CD于H，則AP⊥BH，∵BM∥NH，∴四邊形MBHN為平行四邊形，∴MN＝BH，∵四邊形ABCD是正方形．∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，∴∠BAP＝∠CBH，∴△ABP≌△BCH（ASA），∴BH＝AP，∴MN＝AP；（2）如圖2，連接FA，F(xiàn)P，F(xiàn)C∵正方形ABCD是軸對稱圖形，F(xiàn)為對角線BD上一點(diǎn)，∴FA＝FC，又∵FE垂直平分AP，∴FA＝FP，∴FP＝FC，∴∠FPC＝∠FCP，∵∠FAB＝∠FCP，∴∠FAB＝∠FPC，∴∠FAB+∠FPB＝180°，∴∠ABC+∠AFP＝180°，∴∠AFP＝90°，∴FE＝AP，由（1）知，AP＝MN，∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，∴EF＝ME+FN．23．已知邊長為2的正方形ABCD中，P是對角線AC上的一個動點(diǎn)（與點(diǎn)A，C不重合），過點(diǎn)P作PE⊥PB，PE交DC于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥AC，垂足為點(diǎn)F．（1）求證：PB＝PE；（2）在點(diǎn)P的運(yùn)動過程中，PF的長度是否發(fā)生變化？若不變，求出這個不變的值；若變化，試說明理由．【答案】（1）證明見解答；（2）點(diǎn)P在運(yùn)動過程中，PF的長度不變，值為．【解答】（1）證明：過點(diǎn)P作PG⊥BC于G，過點(diǎn)P作PH⊥DC于H，如圖1．∵四邊形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC，∴∠GPC＝∠ACB＝∠ACD＝∠HPC＝45°．∴PG＝PH，∠GPH＝∠PGB＝∠PHE＝90°．∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°，∴∠BPG＝90°﹣∠GPE＝∠EPH．在△PGB和△PHE中，，∴△PGB≌△PHE（ASA），∴PB＝PE．（2）解：PF的長度不變．連接BD，如圖2．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BOP＝90°，∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°，∴∠PBO＝90°﹣∠BPO＝∠EPF，∵EF⊥PC，即∠PFE＝90°，∴∠BOP＝∠PFE，在△BOP和△PFE中，，∴△BOP≌△PFE（AAS），∴BO＝PF．∵四邊形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∴BC＝OB．∵BC＝2，∴OB＝，∴PF＝OB＝．∴點(diǎn)P在運(yùn)動過程中，PF的長度不變，值為．24．如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)O是對角線AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AO上（不與A、O重合）的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE⊥PB且交邊CD于點(diǎn)E．（1）求證：PB＝PE；（2）過點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，如圖2，若正方形ABCD的邊長為2，則在點(diǎn)P運(yùn)動的過程中，PF的長度是否發(fā)生變化？若不變，請直接寫出這個不變的值；若變化，請說明理由．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）證明：如圖1，過P作MN∥AD，交AB于M，交CD于N，∵PB⊥PE，∴∠BPE＝90°，∴∠MPB+∠EPN＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠D＝90°，∵AD∥MN，∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90°，∴∠MPB+∠MBP＝90°，∴∠EPN＝∠MBP，Rt△PNC中，∠PCN＝45°，∴△PNC是等腰直角三角形，∴PN＝CN，∵∠BMP＝∠PNC＝∠ABC＝90°，∴四邊形MBCN是矩形，∴BM＝CN，∴BM＝PN，∴△BMP≌△PNE（ASA），∴PB＝PE；（2）在P點(diǎn)運(yùn)動的過程中，PF的長度不發(fā)生變化，理由是：如圖2，連接OB，∵點(diǎn)O是正方形ABCD對角線AC的中點(diǎn)，∴OB⊥AC，∴∠AOB＝90°，∴∠AOB＝∠EFP＝90°，∴∠OBP+∠BPO＝90°，∵∠BPE＝90°，∴∠BPO+∠OPE＝90°，∴∠OBP＝∠OPE，由（1）得：PB＝PE，∴△OBP≌△FPE，∴PF＝OB，∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴OB＝＝，∴PF為定值是．25．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC（或它們的延長線）于點(diǎn)M，N．（1）當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時（如圖1），求證：BM+DN＝MN；（2）當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時（如圖2），則線段BM，DN和MN之間數(shù)量關(guān)系是BM+DN＝MN；（3）當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時，猜想線段BM，DN和MN之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系呢？并對你的猜想加以說明．【答案】（1）答案見證明；（2）BM+DN＝MN；（3）DN﹣BM＝MN．【解答】（1）證明：如圖1，過A作AE⊥MN于E，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝90°，∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝90°﹣45°＝45°，在△ABM和△ADN中，∴△ABM≌△ADN（SAS），∴AM＝AN，∠BAM＝∠DAN＝45°＝22.5°，∵AE⊥MN，∴∠NAE＝MAN＝22.5°，MN＝2EN，∴∠DAN＝∠NAE，∵AE⊥MN，∠D＝90°，∴DN＝NE，即BM＝DN＝NE，∴BM+DN＝MN；（2）解：線段BM，DN和MN之間數(shù)量關(guān)系是BM+DN＝MN，理由如下：延長CB至E，使得BE＝DN，連接AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝90°＝∠ABE，在△ADN和△ABE中，∵，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴∠BAE＝∠DAN，AE＝AN，∴∠EAN＝∠BAE+∠BAN＝∠DAN+∠BAN＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，∵在△EAM和△NAM中，∴△EAM≌△NAM，∴MN＝ME，∵M(jìn)E＝BM+BE＝BM+DN，∴BM+DN＝MN，故答案為：BM+DN＝MN；（3）DN﹣BM＝MN，理由如下：如圖3，在DC上截取DE＝BM，連接AE，由（1）知△ADE≌△ABM（SAS），∴∠DAE＝∠BAM，AE＝AM，∴∠EAM＝∠BAM+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠EAN＝∠MAN．∵在△MAN和△EAN中，，∴△MAN≌△EAN（SAS），∴EN＝MN，即DN﹣DE＝MN，∴DN﹣BM＝MN．26．已知正方形ABCD，點(diǎn)F是射線DC上一動點(diǎn)（不與C、D重合），連接AF并延長交直線BC于點(diǎn)E，交BD于點(diǎn)H，連接CH，過點(diǎn)C作CG⊥HC交AE于點(diǎn)G．（1）若點(diǎn)F在邊CD上，如圖1．①證明：∠DAH＝∠DCH；②猜想線段CG與EF的關(guān)系并說明理由；（2）取DF中點(diǎn)M，連結(jié)MG，若MG＝4，正方形邊長為6，求BE的長．【答案】（1）①證明見解析部分．②結(jié)論：EF＝2CG，證明見解析部分．（2）6+2或6﹣2．【解答】證明：（1）①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝DC，在△ADH和△CDH中，，∴△ADH≌△CDH（SAS），∴∠DAH＝∠DCH；②結(jié)論：EF＝2CG，理由如下：∵△DAH≌△DCH，∴∠DAF＝∠DCH，∵CG⊥HC，∴∠FCG+∠DCH＝90°，∴∠FCG+∠DAF＝90°，∵∠DFA+∠DAF＝90°，∠DFA＝∠CFG，∴∠CFG＝∠FCG，∴GF＝GC，∵∠GCE+∠GCF＝90°，∠CFG+∠E＝90°，∴∠GCE＝∠GCF，∴CG＝GE，∴EF＝2CG；（2）①如圖，當(dāng)點(diǎn)F在線段CD上時，連接DE．∵∠GFC＝∠GCF，∠GEC+∠GFC＝90°，∠GCF+∠GCE＝90°，∴∠GCE＝∠GEC，∴EG＝GC＝FG，∵FG＝GE，F(xiàn)M＝MD，∴DE＝2MG＝8，在Rt△DCE中，CE＝＝＝2，∴BE＝BC+CE＝6+2；②如圖，當(dāng)點(diǎn)F在線段DC的延長線上時，連接DE．同法可知GM是△DEC的中位線，∴DE＝2GM＝8，在Rt△DCE中，CE＝2，∴BE＝BC﹣CE＝6﹣2綜上所述，BE的長為6+2或6﹣2．七．正方形的判定（共1小題）27．如圖，在△ABC中，點(diǎn)O是邊AC上一個動點(diǎn)，過O作直線MN∥BC，MN交∠ACB的平分線于點(diǎn)E，交△ABC的外角∠ACD的平分線于點(diǎn)F．（1）探究線段OE與OF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動到何處，且△ABC滿足什么條件時，四邊形AECF是正方形？請說明理由．【答案】（1）OE＝OF，理由見解析；（2）當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動到AC的中點(diǎn)，且△ABC滿足∠ACB為直角的直角三角形時，四邊形AECF是正方形．【解答】解：（1）OE＝OF．理由如下：∵CE是∠ACB的角平分線，∴∠ACE＝∠BCE，又∵M(jìn)N∥BC，∴∠NEC＝∠ECB，∴∠NEC＝∠ACE，∴OE＝OC，∵CF是∠BCA的外角平分線，∴∠OCF＝∠FCD，又∵M(jìn)N∥BC，∴∠OFC＝∠FCD，∴∠OFC＝∠OCF，∴OF＝OC，∴OE＝OF；（2）當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動到AC的中點(diǎn)，且△ABC滿足∠ACB為直角的直角三角形時，四邊形AECF是正方形．理由如下：∵當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動到AC的中點(diǎn)時，AO＝CO，又∵EO＝FO，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵FO＝CO，∴AO＝CO＝EO＝FO，∴AO+CO＝EO+FO，∴AC＝EF，∴四邊形AECF是矩形．∵M(jìn)N∥BC，當(dāng)∠ACB＝90°，∴∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，∴AC⊥EF，∴四邊形AECF是正方形．當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動到AC的中點(diǎn)，且△ABC滿足∠ACB為直角的直角三角形時，四邊形AECF是正方形．八．旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)（共6小題）28．如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBG．延長AE交CG于點(diǎn)F，連接DE．下列結(jié)論：①AF⊥CG，②四邊形BEFG是正方形，③若DA＝DE，則CF＝FG；其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．①② C．②③ D．①③【答案】A【解答】解：設(shè)AF交BC于K，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABK＝90°，∴∠KAB+∠AKB＝90°，∵將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBG，∴∠KAB＝∠BCG，∵∠AKB＝∠CKF，∴∠BCG+∠CKF＝90°，∴∠KFC＝90°，∴AF⊥CG，故①正確；∵將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，又∵∠BEF＝90°，∴四邊形BEFG是矩形，又∵BE＝BG，∴四邊形BEFG是正方形，故②正確；如圖，過點(diǎn)D作DH⊥AE于H，∵DA＝DE，DH⊥AE，∴AH＝AE，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∴∠DAH+∠EAB＝90°，∴∠ADH＝∠EAB，又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，∴△ADH≌△BAE（AAS），∴AH＝BE＝AE，∵將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴AE＝CG，∵四邊形BEFG是正方形，∴BE＝GF，∴GF＝CG，∴CF＝FG，故③正確；∴正確的有：①②③，故選：A．29．如圖，正方形ABCD和正方形CEFG邊長分別為a和b，正方形CEFG繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，給出下列結(jié)論：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a2+2b2；④當(dāng)∠DCE＝60°時，S△DCE＝S△BCE．其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【解答】解：設(shè)BE，DG交于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD和EFGC都為正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，∴∠BCD+∠DCE＝∠ECG+∠DCE＝90°，∴∠BCE＝∠DCG，在△BCE和△DCG中，，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴BE＝DG，∴∠1＝∠2，∵∠1+∠4＝∠3+1＝90°，∴∠2+∠3＝90°，∴∠BOG＝90°，∴BE⊥DG，故①②正確；連接BD，EG，如圖所示，∴DO2+BO2＝BD2＝BC2+CD2＝2a2，EO2+OG2＝EG2＝CG2+CE2＝2b2，∴BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故③正確；如圖所示，延長BC至點(diǎn)M，EM⊥BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)E作EN⊥CD于N，∴S△DCE＝，S，當(dāng)∠DCE＝60°時，∠ECM＝90°﹣∠DCE＝90°﹣60°＝30°，∵sin∠DCE＝，sin，∴NE＝，ME＝，∴S＝，∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∴S＝S△BCE，故④正確，∴正確的結(jié)論是①②③④，故選：D．30．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，點(diǎn)P是BC上的動點(diǎn)，連接PA，將PA繞點(diǎn)P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE，連結(jié)CE．P從點(diǎn)B向點(diǎn)C運(yùn)動過程中，CE的最小值為（）A．1 B． C． D．2【答案】B【解答】解：過E作EM⊥BC于M，如圖：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°＝∠PME，∵PA繞點(diǎn)P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE，∴AP＝PE，∠APE＝90°，∴∠EPM＝90°﹣∠APB＝∠BAP，∴△ABP≌△PME（AAS），∴PM＝AB＝2，BP＝EM，∵BC＝4，∴BP+CM＝BC﹣PM＝2，設(shè)BP＝EM＝x，則CM＝2﹣x，在Rt△CEM中，CE2＝EM2+CM2＝x2+（2﹣x）2＝2x2﹣4x+4＝2（x﹣1）2+2，∴當(dāng)x＝1時，CE2取最小值，最小值為2，∴CE最小值是，故選：B．31．如圖，已知△OAB是正三角形，OC⊥OA，OC＝OA．將△OAB繞點(diǎn)O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，使得OB與OC重合，得到△OCD，則旋轉(zhuǎn)的角度是（）A．150° B．120° C．90° D．60°【答案】A【解答】解：∵△OAB是正三角形，∴∠BOA＝60°，∵OC⊥OA，∴∠AOC＝90°，∴∠BOC＝∠BOA+∠AOC＝60°+90°＝150°，即旋轉(zhuǎn)角是150°，故選：A．32．如圖，在Rt△ABC中，AB＝5，∠B＝30°，點(diǎn)P是在直角邊BC上一動點(diǎn)，且△APD為等邊三角形，則CD的最小值是．【答案】．【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝5，∠B＝30°，∴AC＝AB＝，∵∠ACB＝90°，∴點(diǎn)C在以AB為直徑的圓上，設(shè)AB的中點(diǎn)為H，連接DH，當(dāng)點(diǎn)C在線段DH上時，CD的值最小，連接PH，∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝60°，∵點(diǎn)H為AB的中點(diǎn)，∴CH＝AH，∴△ACH是等邊三角形，∴∠ACH＝60°，AC＝AH，∴∠ACD＝120°，∵△APD為等邊三角形，∴∠DAP＝60°，AD＝AP，∴∠DAC＝∠HAP，∴△ADC≌△APH（SAS），∴∠AHP＝∠ACD＝120°，PH＝CD，∴∠BHP＝60°，∴∠CAB＝∠BHP，∴AC∥PH，∴BP＝CP，∴PH＝AC＝，∴CD的最小值是，故答案為：．33．如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B為y軸正半軸上一動點(diǎn)，連接AB，以AB為一邊向下作等邊△ABC，連接OC