初中数学苏科版八年级下册第九章 中心对称图形 单元测试卷
一、单选题
1．（2021八下·北仑期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：第1个图形不是轴对称图形；第2个图形是轴对称图形，又是中心对称图形；第3个图形是轴对称图形，又是中心对称图形；第4个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；
∴是轴对称图形又是中心对称图形的有2个.
故答案为：C.
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是将一个图形沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再逐一判断，可得既是轴对称图形又是中心对称图形的个数.
2．（2020八下·涪陵期末）下列命题是假命题的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以A选项为真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，所以C选项为假命题；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以D选项为真命题.
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据菱形的判定方法对C进行判断；根据正方形的判定方法对D进行判断.
3．（2021八下·姜堰期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝105 ，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，若点D恰好落在边BC上，且AD＝CD，则∠C的度数为（ ）
A．25 B．30 C．35 D．40
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵将 绕点A按逆时针方向旋转得到 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ，
故答案为：A.
【分析】利用等边对等角可证得∠C=∠CAD，利用三角形的外角的性质可证得∠ADB=2∠C；再利用旋转的性质可得到∠C=∠E，AB=AD，同时可证得∠B=2∠C；然后利用三角形的内角和定理，可求出∠C的度数.
4．（2021八下·慈溪期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E， ，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的面积；勾股定理；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平行四边形ABCD中，AC=2，BD=4，
∴AO=1，BO=2.
∵AB=，
∴AO2+AB2=BO2，
∴BC=.
∵AB·AC=BC·AE，即×2=AE，
∴AE=.
故答案为：D.
【分析】首先由平行四边形的性质可得AO=1，BO=2，进而推出AB⊥AC，由勾股定理得到BC的值，然后根据直角三角形的性质求解即可.
5．（2021八下·北仑期中）如图，在平行四边形 中，点A1,A2,A3,A4和C1,C2,C3,C4分别是AB和CD的五等分点，点B1,B2和D1,D2分别是BC和DA的三等分点，已知四边形A4B2C4D2的面积为2，则平行四边形ABCD的面积为（ ）
A．4 B． C． D．30
【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：设AB=5a，AD=3b，平行四边形ABCD的面积为S，AB边上的高为3x，BC边上的高为5y，
∴S=5a·3x=3b·5y
∴
易证△AA4D2≌△B2CC4，DD2C4≌△A4BB2，
∴
B2C边上的高为
∴△AA4D2和B2CC4的面积为；
同理可得：DD2C4和△A4BB2的面积是；
∴四边形A4B2C4D2的面积为，
解之：.
故答案为：C.
【分析】设AB=5a，AD=3b，平行四边形ABCD的面积为S，AB边上的高为3x，BC边上的高为5y，利用平行四边形的面积公式可证得；易证△AA4D2≌△B2CC4，DD2C4≌△A4BB2，可求出B2C及B2C边上的高；利用三角形的面积公式可求出△AA4D2和B2CC4的面积，同理可求出DD2C4和△A4BB2的面积；然后利用四边形A4B2C4D2的面积等于四边形ABCD的面积减去四个三角形的面积，建立关于S的方程，解方程可求出S的值.
6．（2021八下·重庆开学考）如图，菱形ABCD的边长是4cm，且∠ABC＝60°，E是BC中点，P点在BD上，则PE+PC的最小值为（ ）cm.
A．2 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图所示：作点E关于直线BD的对称点E1，连接CE1交BD于点P，则CE1的长即为PE＋PC的最小值
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD是∠ABC的平分线，
∴E1在AB上，
由图形对称的性质可知，
BE＝BE1＝ BC＝ ×4＝2，
∵BE＝BE1＝ BC，
∴△BCE1是直角三角形，
∴CE1＝ = = ，
∴PE＋PC的最小值是 ，
故答案为：B
【分析】作点E关于直线BD的对称点E1，连接CE1交BD于点P，则CE1的长即为PE＋PC的最小值，利用菱形的性质可知E1在AB上，可求出BE的长，同时可证得BE1＝ BC，利用勾股定理求出CE1的长.
7．（2021八上·镇海期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC＋BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC＋∠BAC＝∠FAC＋∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
在△FAM与△ABN中，
，
∴△FAM≌△ABN（AAS），
∴S△FAM＝S△ABN，
∴S△ABC＝S四边形FNCM，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∵AC＋BC＝6，
∴（AC＋BC）2＝AC2＋BC2＋2AC BC＝36，
∴AB2＋2AC BC＝36，
∵AB2﹣2S△ABC＝10.5，
∴AB2﹣AC BC＝10.5，
∴3AB2＝57，
解得AB＝ 或﹣ （负值舍去）.
故答案为：B.
【分析】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，从而利用AAS判断出△FAM≌△ABN，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2＋BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝57，于是得到结论.
8．（2021八下·慈溪期中）如图，已知 OABC的顶点A，C分别在直线 和 上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：过点B作BD⊥直线x=4，交直线x=4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x=1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x=4与AB交于点N，如图：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠OAB=∠BCO，OC∥AB，OA=BC.
∵直线x=1与直线x=4均垂直于x轴，
∴AM∥CN，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∴∠MAN=∠NCM，
∴∠OAF=∠BCD.
∵∠OFA=∠BDC=90°，
∴∠FOA=∠DBC.
在△OAF和△BCD中，∠FOA=∠DBC，OA=BC，∠OAF=∠BCD，
∴△OAF≌△BCD，
∴BD=OF=1，
∴OE=4+1=5，
∴OB=.
由于OE的长不变，所以当BE最小时，OB取得最小值，最小值为OB=OE=5.
故答案为：C.
【分析】过点B作BD⊥直线x=4，交直线x=4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x=1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x=4与AB交于点N，易得四边形ANCM是平行四边形，进而推出∠FOA=∠DBC，然后证明△OAF≌△BCD，求出OE的值，由OB=知BE最小时，OB取得最小值，据此解答即可.
9．（2020八上·文登期末）矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，连接AG，取AG的中点H，连接EH．若 ， ，则 （ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】如图，延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，
∵矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，
∴RG=BF=BC+CF=2+4=6，∠ARG= ，AR=AR-CE=4-2=2，
∴ ，
∵H是AG中点，
∴HG= ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在Rt△ENG中， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：A．
【分析】延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，先计算出RG=6，∠ARG= ，AR=2，根据勾股定理求出，得到HG= ，利用，求出，即可利用勾股定理求出EH。
10．（2020八上·三台期中）如图，正方形 的面积为 ， 是等边三角形，点 在正方形 内，在对角线 上有一点 ，使 的和最小，则这个最小值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连接 、 、 关于 AC 对称．
∴ ．
∴ ，当 、 、 三点共线得 最小．
∴ ，选C．
【分析】连接 、 ，由于 关于 对称，可得PB=PD，由于，可得当 、 、 三点共线得 最小，最小值等于BE的长，据此解答即可.
二、填空题
11．（2020八上·东台月考）如图， 按顺时针方向转动40°得 ，点D恰好在边BC上，则∠C＝ °.
【答案】70
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC按顺时针方向转动一个角后成为△AED，
∴△ABC≌△AED，
∴AD＝AC，∠EAB＝∠CAD＝40°，
∴∠C＝ ＝ ＝70°.
故答案为：70.
【分析】由于△ABC按顺时针方向转动一个角后成为△AED，可求出AD＝AC，∠EAB＝∠CAD＝40°，再由三角形内角和定理即可求出答案.
12．（2020八下·海州期末）如图，在平行四边形 中， 、 相交于点 ，点 是 的中点.若 ，则 的长是 .
【答案】6
【知识点】平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴ 点O是BD的中点
∵点E是AB的中点
∴
故答案为：6.
【分析】根据平行四边形的性质可得点O是BD的中点 ,据三角形中位线定理可得 .
13．（2020八下·福州期中）在平面直角坐标系 中，已知点 ， ，请确定点C的坐标，使得以A，B，C，O为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的所有点C的坐标是 ．
【答案】(4，0)或(-4，0)或(0，4).
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的判定
【解析】【解答】解：如下图所示：
需要对AB分是平行四边形的边长还是对角线两种情况讨论：
情况一：当AB为平行四边形的边时，如上图所示：
根据平行四边形对边相等有AB=OC，
∴C点在x轴上的坐标为：C1(4，0)和C2(-4，0)；
情况二：当AB为平行四边形的对角线时，如上图所示：
此时OC必为平行四边形的另一条对角线，
根据平行四边形对角线互相平分可知，
∴C点在y轴上的坐标为：C3(0，4).
故答案为：(4，0)或(-4，0)或(0，4).
【分析】需要分类讨论：以AB为该平行四边形的边和对角线两种情况．
14．（2021八下·姜堰期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AM⊥CD于点M，已知AC＝6，BD＝8，则AM＝ .
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是ABCD菱形，
∴AC⊥BD， ， ， ，
∴△DOC是直角三角形，
∴ ，
∵AM⊥CD，
∴ ，
∴ .
故答案为：
【分析】利用菱形的对角线互相垂直平分，可求出OD，OC的长，同时可求出菱形的面积；再利用勾股定理求出CD的长，然后利用菱形的面积公式求出AM的长.
15．（2021八下·上海期中）如图，□ 的周长为 ， 相交于点 ， 交 于 ，则 的周长为 .
【答案】15
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平行四边形的周长为30
∴AD+CD=15
∵OE垂直平分AC
∴AE=EC
∴三角形DCE的周长=EC+DC+DE=AE+ED+DC=AD+DC=15
【分析】根据题意，由平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质，等量代换，计算得到三角形的周长即可。
16．（2020八上·咸阳开学考）如图，在长方形ABCD中，AB＝12，BC＝9，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，且OE＝OD，则AP＝ .
【答案】7.2
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设CD与BE交于点G，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠D=∠A=∠C=90°，AD=BC=9，CD=AB=12，
由折叠的性质可知△ABP≌△EBP，
∴EP=AP，∠E=∠A=90°，BE=AB=12，
在△ODP和△OEG中，
，
∴△ODP≌△OEG（ASA），
∴OP=OG，PD=GE，
∴DG=EP，
设AP=EP=x，则PD=GE=9-x，DG=x，
∴CG=12-x，BG=12-（9-x）=3+x，
根据勾股定理得：BC2+CG2=BG2，
即92+（12-x）2=（x+3）2，
解得：x=7.2，
∴AP=7.2，
故答案为：7.2.
【分析】设CD与BE交于点G，AP=x，证明△ODP≌△OEG，根据全等三角形的性质得到OP=OG，PD=GE，根据翻折变换的性质用x表示出PD、OP，根据勾股定理列出方程，解方程即可.
17．（2021八下·北仑期中）如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为
【答案】
【知识点】三角形全等的判定（ASA）；角平分线的定义；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵AD平分∠BAC，
∴∠GAF=∠CAF，
∵CG⊥AD
∴∠AFC=∠AFG=90°，
在△AFG和△AFC中
∴△AFG≌△AFC（ASA）
∴AC=AG=3，CF=FG
∴BG=AB-AG=4-3=1，
∵AE是中线
∴BE=CE
∴EF是△CBG的中位线，
∴.
故答案为：.
【分析】利用角平分线的定义及垂直的定义可证得∠GAF=∠CAF，∠AFC=∠AFG；再利用ASA证明△AFG≌△AFC，利用全等三角形的性质可证得AC=AG=3，CF=FG，由此可求出BG的长；然后利用三角形中线的定义去证明EF是△CBG的中位线，利用三角形的中位线定理可求出EF的长.
18．（2020八下·天桥期末）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点（点M不与点B，C重合），过点C作CN⊥DM交AB于点N，连结OM、ON，MN．下列五个结论：①△CNB≌△DMC；②ON＝OM；③ON⊥OM；④若AB＝2，则S△OMN的最小值是1；⑤AN2+CM2＝MN2．其中正确结论是 ；（只填序号）
【答案】①②③⑤
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】①∵正方形ABCD中，CD＝BC，∠BCD＝90°，
∴∠BCN+∠DCN＝90°，
∵CN⊥DM，
∴∠CDM+∠DCN＝90°，
∴∠BCN＝∠CDM，
在△CNB和△DMC中
，
∴△CNB≌△DMC（ASA），
故①符合题意；
②∵△CNB≌△DMC，
∴CM＝BN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCM＝∠OBN＝45°，OC＝OB，
在△OCM和△OBN中，
，
∴△OCM≌△OBN（SAS），
∴OM＝ON，
故②符合题意；
③∵△OCM≌△OBN，
∴∠COM＝∠BON，
∴∠BOM+∠COM＝∠BOM+∠BON，即∠NOM＝∠BOC＝90°，
∴ON⊥OM；
故③符合题意；
④∵AB＝2，
∴S正方形ABCD＝4，
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积＝△BOC的面积＝1，即四边形BMON的面积是定值1，
∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN＝x＝CM，则BM＝2﹣x，
∴△MNB的面积S＝ x（2﹣x）＝﹣ x2+x＝﹣ （x﹣1）2+ ，
∴当x＝1时，△MNB的面积有最大值 ，
此时S△OMN的最小值是1﹣ ＝ ，
故④不符合题意；
⑤∵AB＝BC，CM＝BN，
∴BM＝AN，
在Rt△BMN中，BM2+BN2＝MN2，
∴AN2+CM2＝MN2，
故⑤符合题意；
∴本题正确的结论有：①②③⑤，
故答案为①②③⑤．
【分析】①由正方形的性质得出CD=BC，∠BCD=90°，证出∠BCN=∠CDM，由ASA即可得出结论；
②由全等三角形的性质得出CM=BN，由正方形的性质得出∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，由SAS证得△OCM≌△OBN（SAS）即可得出结论；
③由△OCM≌△OBN，得出∠COM=∠BON，则∠BOM+∠COM=∠BOM+∠BON，即可得出结论；
④由AB=2，得出S正方形ABCD=4，由△OCM≌△OBN得出四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，推出△MNB的面积有最大值 即可得出结论；
⑤由CM=BN，BM=AN，由勾股定理即可得出结论．
三、综合题
19．（2021八下·贺兰期中）在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．
（1）试在图中做出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△A1B1C1；
（2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并写出 A、C两点的坐标；
（3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并写出B2、C2两点的坐标．
【答案】解：（1）如图，△A1B1C1 为所求，
（2）如图，点A（0，1），C（-3，1）；
（3）如图，△A2B2C2为所求， B2（3，-5），C2（3，-1）.
【知识点】坐标与图形性质；中心对称及中心对称图形；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）△ABC 的三边以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后分别得到A1B1， B1C1 和A1C1 ，然后将这三点顺次连接起来即可；
（2） 根据点B的坐标为（﹣3，5）， 画出直角坐标系，在图中找出A、C两点坐标即可；
（3）分别作出A、B、C关于原点对称的点A2，B2，C2，然后将这三点顺次连接起来，在坐标系中分别读出其坐标即可.
20．（2021八下·拱墅月考）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD的角平分线AE交CD于点F，交BC的延长线于点E.
（1）求证：BE＝CD；
（2）若BF恰好平分∠ABE，连接AC、DE，求证：四边形ACED是平行四边形.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB，
∴BE＝CD
（2）证明：∵BE＝AB，BF平分∠ABE，
∴AF＝EF，
在△ADF和△ECF中，
，
∴△ADF≌△ECF（ASA），
∴DF＝CF，
又∵AF＝EF，
∴四边形ACED是平行四边形
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质得出AB＝CD， 再结合角平分线的定义推得∠BAE＝∠AEB，可得BE＝AB，从而得出BE=CD；
（2）由等腰三角形的性质得出AF＝EF， 再利用角边角定理证明△ADF≌△ECF，得出DF=CF，则可证明四边形ACED是平行四边形.
21．（2020八下·三台期末）如图，在Rt ABC中，∠ACB＝90°．过点C的直线m∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC交直线m于点E，垂足为点F，连结CD、BE．
（1）求证：CE＝AD
（2）当点D是AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）若点D是AB中点，当四边形BECD是正方形时，则∠A大小满足什么条件？
【答案】（1）证明：∵m∥AB，
∴EC∥AD，
∵DE⊥BC，∴∠CFD＝90°，
∵∠BCD+∠DCA＝90°，∠BCD+∠CDE＝90°，
∴∠DCA＝∠CDE，
∴DE∥AC，
∴四边形DECA是平行四边形，
∴CE＝DA；
（2）解：四边形BECD是菱形．理由如下：
∵由（1）知：四边形DECA是平行四边形，
∴CE＝DA，CE∥AD，
在Rt△ABC中，∵点D是AB的中点，
∴BD＝DC＝DA，
又∵CE＝DA，
∴CE＝BD，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵BD＝CD，
∴四边形BECD是菱形．
（3）解：∠A＝45°，理由如下：
∵DE∥AC，
∴∠EDB＝∠A，
∵四边形BECD是正方形，
∴∠BDC＝90°，∠EDB＝ ∠BDC＝45°，
∴∠A＝45°．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）连接CD，利用同角的余角相等，得到∠DCA＝∠CDE，利用平行四边形的判定和性质得结论；（2）先证明四边形BECD是平行四边形，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半说明邻边相等，证明该四边形是菱形；（3）由平行线的性质得出∠EDB＝∠A，由正方形的性质得出∠BDC＝90°，∠EDB＝ ∠BDC＝45°，即可得出结论．
22．（2020八下·花都期末）如图①，在矩形OACB中，点A、B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．
（1）请直接写出点C的坐标；
（2）如图②，点F在BC上，连接AF，把 ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点 重合，求线段CF的长度；
（3）如图③，动点P(x，y)在第一象限，且y＝2x﹣6，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角 BDP，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）C(8，6)
（2）解：∵BC＝8，AC＝6，
∴AB＝ ＝ ＝10，
∵把△ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C'重合，
∴AC＝AC'＝6，CF＝C'F，∠C＝∠AC'F＝60°，
∴BC'＝AB﹣AC'＝4，
∵BF2＝C'F2+C'B2，
∴（8﹣CF）2＝CF2+16，
∴CF＝3；
（3）解：设点P（a，2a﹣6），
当点P在BC下方时，如图③，过点P作EF∥BC，交y轴于E，交AC于F，
∵△BPD是等腰直角三角形，
∴BP＝PD，∠BPD＝90°，
∴EF∥BC，
∴∠BEP＝∠BOA＝90°，∠PFD＝∠CAO＝90°，
∴∠BPE+∠DPF＝∠DPF+∠PDF，
∴∠BPE＝∠PDF，
∴△BPE≌△PDF（AAS），
∴PF＝BE＝6﹣（2a﹣6）＝12﹣2a，EP＝DF，
∵EF＝EP+PF＝a+12﹣2a＝8，
∴a＝4，
∴点P（4，2）；
当点P在BC的上方时，如图④，过点P作EF∥BC，交y轴于E，交AC的延长线于F，
同理可证△BPE≌△PDF，
∴BE＝PF＝2a﹣6﹣6＝2a﹣12，
∵EF＝EP+PF＝a+2a﹣12＝8，
∴a＝ ，
∴点P（ ， ），
综上所述：点P坐标为(4，2)或( ， )．
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）∵四边形OACB是矩形，
∴BC＝OA＝8，AC＝OB＝6，AC∥OB，BC∥OA，
∴点C的坐标（8，6）；
【分析】（1）根据矩形的性质求出BC＝OA＝8，AC＝OB＝6，AC∥OB，BC∥OA，再求点的坐标即可；
（2）利用勾股定理求出AB=10，再利用勾股定理进行计算求解即可；
（3）分类讨论，利用全等三角形的判定和性质进行计算求解即可。
23．（2020八下·大石桥期末）△ABC中，点O是AC上一动点，过点O作直线MN BC，若MN交∠BCA的平分线于点E，交∠DCA的平分线于点F，连接AE、AF.
（1）说明： ；
（2）当点O运动到AC中点处时，求证：四边形AECF是矩形；
（3）在（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AECF为正方形，并加以证明.
【答案】（1）证明：∵MN∥BC，
∴∠OFC=∠FCD，∠OEC=∠ECB，
又∵CF平分∠ACD，CE平分∠ACB，
∴∠OCF=∠FCD，∠OCE=∠ECB，
∴∠OFC=∠OCF，∠OEC=∠OCE，
∴OF=OC，OE=OC，
∴OE=OF；
（2）证明：当点O运动到AC中点处时，OA=OC，由第（1）知，OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵OC=OF，
∴OA=OC=OF=OE，
∴AC=EF，
∴四边形AECF是矩形；
（3）证明：当点O运动到AC中点处时，且 满足∠ACB是直角的直角三角形时，四边形AECF为正方形，理由如下：
∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∵MN∥BC，
∴AC⊥EF，
又∵由第（2）问知，当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形，即 满足∠ACB是直角的直角三角形时，四边形AECF为正方形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质，内错角相等，以及角平分线的性质，等量代换得出 ∠OFC=∠OCF，∠OEC=∠OCE， 进而根据等角对等边得出 OF=OC，OE=OC， 根据等量代换得出OE=OF；
（2）先证明 四边形AECF 是平行四边形，再证明对角线相等，即可证明四边形为矩形；
（3）根据正方形的判定定理进行判断即可.
24．（2020八下·灵丘期末）已知：如图已知直线 的函数解析式为 ，与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点 为线段 上的一个动点（与A、B不重合），作 轴于点E， 轴于点F，连接 ，问：
①若 的面积为S，求S关于m的函数关系式，并写出m的取值范围；
②是否存在点P，使 的值最小？若存在，求出 的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：令x=0，则y=8，
∴B（0，8），
令y=0，则-2x+8=0，
∴x=4，
∴A（4，0）；
（2）解：①∵点P（m，n）为线段AB上的一个动点，
∴-2m+8=n，∵A（4，0），
∴OA=4，
∴0＜m＜4
∴S△PAO= OA×PE= ×4×n=2（-2m+8）=-4m+16，（0＜m＜4）；
②存在，理由如下：
∵PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，OA⊥OB，
∴四边形OEPF是矩形，
∴EF=OP，
当OP⊥AB时，此时EF最小，
∵A（4，0），B（0，8），
∴AB=4
∵S△AOB= OA×OB= AB×OP，
∴OP= ，
∴EF的最小值为 ．
【知识点】一次函数的图象；三角形的面积；矩形的性质；一次函数的性质
【解析】【分析】（1）分别令x=0,y=0求出y、x值，从而得出A、B的坐标；
（2）①由点P（m，n）为线段AB上的一个动点，可得-2m+8=n，由A（4，0）可得0＜m＜4 ，利用S△PAO= OA×PE即可求出函数解析式；
②存在，理由：先证四边形OEPF是矩形，可得EF=OP，从而求出当OP⊥AB时，此时EF最小， 利用S△AOB= OA×OB= AB×OP可求出OP的长，即得结论.
25．（2020八下·金牛期末）已知四边形ABCD为矩形，对角线AC、BD相交于点O，∠CDO＝30°．点E、F为矩形边上的两个动点，且∠EOF＝60°．
（1）如图1，当点E、F分别位于AB、AD边上时．
①求证：∠DOF＝∠AOE；
②若∠OEB＝75°，求证：DF＝AE．
（2）如图2，当点E、F同时位于AB边上时，若∠OFB＝75°，试探究线段AF与线段BE的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∠CDA＝90°，
∴AO＝DO，
∵∠CDO＝30°，
∴∠ADO＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∵∠EOF＝60°，
∴∠EOF＝∠AOD，
∴∠DOF＝∠AOE；
②在OF上截取OH＝OE，连接DH，
∵AO＝OD，∠DOF＝∠AOE，OE＝OH，
∴△AOE≌△DOH（SAS），
∴AE＝DH，
∵∠OEB＝75°，
∴∠AEO＝105°，
∵∠AEO+∠EOF+∠OFA+∠DAB＝360°，
∴∠AFO＝105°，
∴∠DFH＝75°，
∴∠DFH＝∠DHF，
∴DF＝DH＝AE；
（2）将△OAF绕点O顺时针旋转120°得到△OBN，连接NE．
∴ON＝OF，∠NOF＝∠AOB＝120°，AF＝BN，
∵∠AOB＝120°，∠EOF＝60°，
∴∠BON+∠BOE＝∠AOF+∠BOE＝60°，
∴∠EON＝∠EOF，
∵OF＝ON，OE＝OE，
∴△EOF≌△EON（SAS），
∴∠OEF＝∠OEN，
∵∠OFB＝75°，∠OBF＝30°，
∴∠BOF＝75°，
∴∠BOE＝75°﹣60°＝15°，
∴∠FEO＝∠BOE+∠OBE＝45°，
∴∠OEF＝∠OEN＝45°，
∴∠NEB＝∠NEF＝90°，
∵∠OBN＝∠OAF＝30°，∠OBE＝30°，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝90°﹣60°＝30°，
∴BN＝2BE，
∵AF＝BN，
∴AF＝2BE．
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）①由矩形的性质可得AO＝DO，∠CDA＝90°，可证△AOD是等边三角形，可得∠EOF＝∠AOD，可得∠DOF＝∠AOE；②在OF上截取OH＝OE，连接DH，由“SAS”可证△AOE≌△DOH，由四边形内角和定理可求∠AFO＝105°，可得∠DFH＝∠DHF，可证DF＝DH＝AE；（2）将△OAF绕点O顺时针旋转120°得到△OBN，连接NE，由旋转的性质可得ON＝OF，∠NOF＝∠AOB＝120°，AF＝BN，由“SAS”可证△EOF≌△EON，可得∠OEF＝∠OEN，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠OEF＝∠OEN＝45°，可得∠NEB＝∠NEF＝90°，由直角三角形的性质可求解．
26．（2020八下·济南期末）如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，
（1）如图1，连接AG、CE，试判断AG和CE的数量和位置关系并证明.
（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角（0°＜β＜180°），如图2，连接AG、CE相交于点M，连接MB，当角β发生变化时，∠EMB的度数是否发生变化？若不变化，求出∠EMB的度数；若发生变化，请说明理由.
（3）在（2）的条件下，过点A作AN⊥MB交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系.
【答案】（1）解：AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
如图1，延长CE交AG于点M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC
（2）解：∠EMB的度数不发生变化，∠EMB的度数为45°理由为：
如图2，过B作BP⊥EC，BH⊥AM，
在△ABG和△CEB中，
∴△ABG≌△CEB（SAS），
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴
∴BP=BH，
∴MB为∠EMG的平分线，
∵∠AMC=∠ABC=90°，
∴
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（3）
理由为：如备用用，在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
∴△ABQ≌△BCM（SAS），
∴CM=BQ，
则
故答案为：
【分析】（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；（2）过B作BP⊥EC，BH⊥AM，利用SAS得出三角形ABG与三角形BEC全等，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线，再由∠BAG=∠BCE，及一对对顶角相等，得到∠AMC为直角，即∠AME为直角，利用角平分线定义即可得证；（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到 ，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
1 / 1初中数学苏科版八年级下册第九章 中心对称图形 单元测试卷
一、单选题
1．（2021八下·北仑期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．（2020八下·涪陵期末）下列命题是假命题的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
3．（2021八下·姜堰期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝105 ，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，若点D恰好落在边BC上，且AD＝CD，则∠C的度数为（ ）
A．25 B．30 C．35 D．40
4．（2021八下·慈溪期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E， ，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021八下·北仑期中）如图，在平行四边形 中，点A1,A2,A3,A4和C1,C2,C3,C4分别是AB和CD的五等分点，点B1,B2和D1,D2分别是BC和DA的三等分点，已知四边形A4B2C4D2的面积为2，则平行四边形ABCD的面积为（ ）
A．4 B． C． D．30
6．（2021八下·重庆开学考）如图，菱形ABCD的边长是4cm，且∠ABC＝60°，E是BC中点，P点在BD上，则PE+PC的最小值为（ ）cm.
A．2 B．2 C．3 D．4
7．（2021八上·镇海期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC＋BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．
8．（2021八下·慈溪期中）如图，已知 OABC的顶点A，C分别在直线 和 上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（2020八上·文登期末）矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，连接AG，取AG的中点H，连接EH．若 ， ，则 （ ）
A． B．2 C． D．
10．（2020八上·三台期中）如图，正方形 的面积为 ， 是等边三角形，点 在正方形 内，在对角线 上有一点 ，使 的和最小，则这个最小值为（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2020八上·东台月考）如图， 按顺时针方向转动40°得 ，点D恰好在边BC上，则∠C＝ °.
12．（2020八下·海州期末）如图，在平行四边形 中， 、 相交于点 ，点 是 的中点.若 ，则 的长是 .
13．（2020八下·福州期中）在平面直角坐标系 中，已知点 ， ，请确定点C的坐标，使得以A，B，C，O为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的所有点C的坐标是 ．
14．（2021八下·姜堰期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AM⊥CD于点M，已知AC＝6，BD＝8，则AM＝ .
15．（2021八下·上海期中）如图，□ 的周长为 ， 相交于点 ， 交 于 ，则 的周长为 .
16．（2020八上·咸阳开学考）如图，在长方形ABCD中，AB＝12，BC＝9，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，且OE＝OD，则AP＝ .
17．（2021八下·北仑期中）如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为
18．（2020八下·天桥期末）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点（点M不与点B，C重合），过点C作CN⊥DM交AB于点N，连结OM、ON，MN．下列五个结论：①△CNB≌△DMC；②ON＝OM；③ON⊥OM；④若AB＝2，则S△OMN的最小值是1；⑤AN2+CM2＝MN2．其中正确结论是 ；（只填序号）
三、综合题
19．（2021八下·贺兰期中）在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．
（1）试在图中做出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△A1B1C1；
（2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并写出 A、C两点的坐标；
（3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并写出B2、C2两点的坐标．
20．（2021八下·拱墅月考）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD的角平分线AE交CD于点F，交BC的延长线于点E.
（1）求证：BE＝CD；
（2）若BF恰好平分∠ABE，连接AC、DE，求证：四边形ACED是平行四边形.
21．（2020八下·三台期末）如图，在Rt ABC中，∠ACB＝90°．过点C的直线m∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC交直线m于点E，垂足为点F，连结CD、BE．
（1）求证：CE＝AD
（2）当点D是AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）若点D是AB中点，当四边形BECD是正方形时，则∠A大小满足什么条件？
22．（2020八下·花都期末）如图①，在矩形OACB中，点A、B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．
（1）请直接写出点C的坐标；
（2）如图②，点F在BC上，连接AF，把 ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点 重合，求线段CF的长度；
（3）如图③，动点P(x，y)在第一象限，且y＝2x﹣6，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角 BDP，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（2020八下·大石桥期末）△ABC中，点O是AC上一动点，过点O作直线MN BC，若MN交∠BCA的平分线于点E，交∠DCA的平分线于点F，连接AE、AF.
（1）说明： ；
（2）当点O运动到AC中点处时，求证：四边形AECF是矩形；
（3）在（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AECF为正方形，并加以证明.
24．（2020八下·灵丘期末）已知：如图已知直线 的函数解析式为 ，与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点 为线段 上的一个动点（与A、B不重合），作 轴于点E， 轴于点F，连接 ，问：
①若 的面积为S，求S关于m的函数关系式，并写出m的取值范围；
②是否存在点P，使 的值最小？若存在，求出 的最小值；若不存在，请说明理由．
25．（2020八下·金牛期末）已知四边形ABCD为矩形，对角线AC、BD相交于点O，∠CDO＝30°．点E、F为矩形边上的两个动点，且∠EOF＝60°．
（1）如图1，当点E、F分别位于AB、AD边上时．
①求证：∠DOF＝∠AOE；
②若∠OEB＝75°，求证：DF＝AE．
（2）如图2，当点E、F同时位于AB边上时，若∠OFB＝75°，试探究线段AF与线段BE的数量关系，并说明理由．
26．（2020八下·济南期末）如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，
（1）如图1，连接AG、CE，试判断AG和CE的数量和位置关系并证明.
（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角（0°＜β＜180°），如图2，连接AG、CE相交于点M，连接MB，当角β发生变化时，∠EMB的度数是否发生变化？若不变化，求出∠EMB的度数；若发生变化，请说明理由.
（3）在（2）的条件下，过点A作AN⊥MB交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：第1个图形不是轴对称图形；第2个图形是轴对称图形，又是中心对称图形；第3个图形是轴对称图形，又是中心对称图形；第4个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；
∴是轴对称图形又是中心对称图形的有2个.
故答案为：C.
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是将一个图形沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再逐一判断，可得既是轴对称图形又是中心对称图形的个数.
2．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以A选项为真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，所以C选项为假命题；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以D选项为真命题.
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据菱形的判定方法对C进行判断；根据正方形的判定方法对D进行判断.
3．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵将 绕点A按逆时针方向旋转得到 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ，
故答案为：A.
【分析】利用等边对等角可证得∠C=∠CAD，利用三角形的外角的性质可证得∠ADB=2∠C；再利用旋转的性质可得到∠C=∠E，AB=AD，同时可证得∠B=2∠C；然后利用三角形的内角和定理，可求出∠C的度数.
4．【答案】D
【知识点】三角形的面积；勾股定理；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平行四边形ABCD中，AC=2，BD=4，
∴AO=1，BO=2.
∵AB=，
∴AO2+AB2=BO2，
∴BC=.
∵AB·AC=BC·AE，即×2=AE，
∴AE=.
故答案为：D.
【分析】首先由平行四边形的性质可得AO=1，BO=2，进而推出AB⊥AC，由勾股定理得到BC的值，然后根据直角三角形的性质求解即可.
5．【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：设AB=5a，AD=3b，平行四边形ABCD的面积为S，AB边上的高为3x，BC边上的高为5y，
∴S=5a·3x=3b·5y
∴
易证△AA4D2≌△B2CC4，DD2C4≌△A4BB2，
∴
B2C边上的高为
∴△AA4D2和B2CC4的面积为；
同理可得：DD2C4和△A4BB2的面积是；
∴四边形A4B2C4D2的面积为，
解之：.
故答案为：C.
【分析】设AB=5a，AD=3b，平行四边形ABCD的面积为S，AB边上的高为3x，BC边上的高为5y，利用平行四边形的面积公式可证得；易证△AA4D2≌△B2CC4，DD2C4≌△A4BB2，可求出B2C及B2C边上的高；利用三角形的面积公式可求出△AA4D2和B2CC4的面积，同理可求出DD2C4和△A4BB2的面积；然后利用四边形A4B2C4D2的面积等于四边形ABCD的面积减去四个三角形的面积，建立关于S的方程，解方程可求出S的值.
6．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图所示：作点E关于直线BD的对称点E1，连接CE1交BD于点P，则CE1的长即为PE＋PC的最小值
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD是∠ABC的平分线，
∴E1在AB上，
由图形对称的性质可知，
BE＝BE1＝ BC＝ ×4＝2，
∵BE＝BE1＝ BC，
∴△BCE1是直角三角形，
∴CE1＝ = = ，
∴PE＋PC的最小值是 ，
故答案为：B
【分析】作点E关于直线BD的对称点E1，连接CE1交BD于点P，则CE1的长即为PE＋PC的最小值，利用菱形的性质可知E1在AB上，可求出BE的长，同时可证得BE1＝ BC，利用勾股定理求出CE1的长.
7．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC＋∠BAC＝∠FAC＋∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
在△FAM与△ABN中，
，
∴△FAM≌△ABN（AAS），
∴S△FAM＝S△ABN，
∴S△ABC＝S四边形FNCM，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∵AC＋BC＝6，
∴（AC＋BC）2＝AC2＋BC2＋2AC BC＝36，
∴AB2＋2AC BC＝36，
∵AB2﹣2S△ABC＝10.5，
∴AB2﹣AC BC＝10.5，
∴3AB2＝57，
解得AB＝ 或﹣ （负值舍去）.
故答案为：B.
【分析】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，从而利用AAS判断出△FAM≌△ABN，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2＋BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝57，于是得到结论.
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：过点B作BD⊥直线x=4，交直线x=4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x=1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x=4与AB交于点N，如图：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠OAB=∠BCO，OC∥AB，OA=BC.
∵直线x=1与直线x=4均垂直于x轴，
∴AM∥CN，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∴∠MAN=∠NCM，
∴∠OAF=∠BCD.
∵∠OFA=∠BDC=90°，
∴∠FOA=∠DBC.
在△OAF和△BCD中，∠FOA=∠DBC，OA=BC，∠OAF=∠BCD，
∴△OAF≌△BCD，
∴BD=OF=1，
∴OE=4+1=5，
∴OB=.
由于OE的长不变，所以当BE最小时，OB取得最小值，最小值为OB=OE=5.
故答案为：C.
【分析】过点B作BD⊥直线x=4，交直线x=4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x=1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x=4与AB交于点N，易得四边形ANCM是平行四边形，进而推出∠FOA=∠DBC，然后证明△OAF≌△BCD，求出OE的值，由OB=知BE最小时，OB取得最小值，据此解答即可.
9．【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】如图，延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，
∵矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，
∴RG=BF=BC+CF=2+4=6，∠ARG= ，AR=AR-CE=4-2=2，
∴ ，
∵H是AG中点，
∴HG= ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在Rt△ENG中， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：A．
【分析】延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，先计算出RG=6，∠ARG= ，AR=2，根据勾股定理求出，得到HG= ，利用，求出，即可利用勾股定理求出EH。
10．【答案】C
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连接 、 、 关于 AC 对称．
∴ ．
∴ ，当 、 、 三点共线得 最小．
∴ ，选C．
【分析】连接 、 ，由于 关于 对称，可得PB=PD，由于，可得当 、 、 三点共线得 最小，最小值等于BE的长，据此解答即可.
11．【答案】70
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC按顺时针方向转动一个角后成为△AED，
∴△ABC≌△AED，
∴AD＝AC，∠EAB＝∠CAD＝40°，
∴∠C＝ ＝ ＝70°.
故答案为：70.
【分析】由于△ABC按顺时针方向转动一个角后成为△AED，可求出AD＝AC，∠EAB＝∠CAD＝40°，再由三角形内角和定理即可求出答案.
12．【答案】6
【知识点】平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴ 点O是BD的中点
∵点E是AB的中点
∴
故答案为：6.
【分析】根据平行四边形的性质可得点O是BD的中点 ,据三角形中位线定理可得 .
13．【答案】(4，0)或(-4，0)或(0，4).
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的判定
【解析】【解答】解：如下图所示：
需要对AB分是平行四边形的边长还是对角线两种情况讨论：
情况一：当AB为平行四边形的边时，如上图所示：
根据平行四边形对边相等有AB=OC，
∴C点在x轴上的坐标为：C1(4，0)和C2(-4，0)；
情况二：当AB为平行四边形的对角线时，如上图所示：
此时OC必为平行四边形的另一条对角线，
根据平行四边形对角线互相平分可知，
∴C点在y轴上的坐标为：C3(0，4).
故答案为：(4，0)或(-4，0)或(0，4).
【分析】需要分类讨论：以AB为该平行四边形的边和对角线两种情况．
14．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是ABCD菱形，
∴AC⊥BD， ， ， ，
∴△DOC是直角三角形，
∴ ，
∵AM⊥CD，
∴ ，
∴ .
故答案为：
【分析】利用菱形的对角线互相垂直平分，可求出OD，OC的长，同时可求出菱形的面积；再利用勾股定理求出CD的长，然后利用菱形的面积公式求出AM的长.
15．【答案】15
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平行四边形的周长为30
∴AD+CD=15
∵OE垂直平分AC
∴AE=EC
∴三角形DCE的周长=EC+DC+DE=AE+ED+DC=AD+DC=15
【分析】根据题意，由平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质，等量代换，计算得到三角形的周长即可。
16．【答案】7.2
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设CD与BE交于点G，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠D=∠A=∠C=90°，AD=BC=9，CD=AB=12，
由折叠的性质可知△ABP≌△EBP，
∴EP=AP，∠E=∠A=90°，BE=AB=12，
在△ODP和△OEG中，
，
∴△ODP≌△OEG（ASA），
∴OP=OG，PD=GE，
∴DG=EP，
设AP=EP=x，则PD=GE=9-x，DG=x，
∴CG=12-x，BG=12-（9-x）=3+x，
根据勾股定理得：BC2+CG2=BG2，
即92+（12-x）2=（x+3）2，
解得：x=7.2，
∴AP=7.2，
故答案为：7.2.
【分析】设CD与BE交于点G，AP=x，证明△ODP≌△OEG，根据全等三角形的性质得到OP=OG，PD=GE，根据翻折变换的性质用x表示出PD、OP，根据勾股定理列出方程，解方程即可.
17．【答案】
【知识点】三角形全等的判定（ASA）；角平分线的定义；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵AD平分∠BAC，
∴∠GAF=∠CAF，
∵CG⊥AD
∴∠AFC=∠AFG=90°，
在△AFG和△AFC中
∴△AFG≌△AFC（ASA）
∴AC=AG=3，CF=FG
∴BG=AB-AG=4-3=1，
∵AE是中线
∴BE=CE
∴EF是△CBG的中位线，
∴.
故答案为：.
【分析】利用角平分线的定义及垂直的定义可证得∠GAF=∠CAF，∠AFC=∠AFG；再利用ASA证明△AFG≌△AFC，利用全等三角形的性质可证得AC=AG=3，CF=FG，由此可求出BG的长；然后利用三角形中线的定义去证明EF是△CBG的中位线，利用三角形的中位线定理可求出EF的长.
18．【答案】①②③⑤
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】①∵正方形ABCD中，CD＝BC，∠BCD＝90°，
∴∠BCN+∠DCN＝90°，
∵CN⊥DM，
∴∠CDM+∠DCN＝90°，
∴∠BCN＝∠CDM，
在△CNB和△DMC中
，
∴△CNB≌△DMC（ASA），
故①符合题意；
②∵△CNB≌△DMC，
∴CM＝BN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCM＝∠OBN＝45°，OC＝OB，
在△OCM和△OBN中，
，
∴△OCM≌△OBN（SAS），
∴OM＝ON，
故②符合题意；
③∵△OCM≌△OBN，
∴∠COM＝∠BON，
∴∠BOM+∠COM＝∠BOM+∠BON，即∠NOM＝∠BOC＝90°，
∴ON⊥OM；
故③符合题意；
④∵AB＝2，
∴S正方形ABCD＝4，
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积＝△BOC的面积＝1，即四边形BMON的面积是定值1，
∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN＝x＝CM，则BM＝2﹣x，
∴△MNB的面积S＝ x（2﹣x）＝﹣ x2+x＝﹣ （x﹣1）2+ ，
∴当x＝1时，△MNB的面积有最大值 ，
此时S△OMN的最小值是1﹣ ＝ ，
故④不符合题意；
⑤∵AB＝BC，CM＝BN，
∴BM＝AN，
在Rt△BMN中，BM2+BN2＝MN2，
∴AN2+CM2＝MN2，
故⑤符合题意；
∴本题正确的结论有：①②③⑤，
故答案为①②③⑤．
【分析】①由正方形的性质得出CD=BC，∠BCD=90°，证出∠BCN=∠CDM，由ASA即可得出结论；
②由全等三角形的性质得出CM=BN，由正方形的性质得出∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，由SAS证得△OCM≌△OBN（SAS）即可得出结论；
③由△OCM≌△OBN，得出∠COM=∠BON，则∠BOM+∠COM=∠BOM+∠BON，即可得出结论；
④由AB=2，得出S正方形ABCD=4，由△OCM≌△OBN得出四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，推出△MNB的面积有最大值 即可得出结论；
⑤由CM=BN，BM=AN，由勾股定理即可得出结论．
19．【答案】解：（1）如图，△A1B1C1 为所求，
（2）如图，点A（0，1），C（-3，1）；
（3）如图，△A2B2C2为所求， B2（3，-5），C2（3，-1）.
【知识点】坐标与图形性质；中心对称及中心对称图形；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）△ABC 的三边以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后分别得到A1B1， B1C1 和A1C1 ，然后将这三点顺次连接起来即可；
（2） 根据点B的坐标为（﹣3，5）， 画出直角坐标系，在图中找出A、C两点坐标即可；
（3）分别作出A、B、C关于原点对称的点A2，B2，C2，然后将这三点顺次连接起来，在坐标系中分别读出其坐标即可.
20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB，
∴BE＝CD
（2）证明：∵BE＝AB，BF平分∠ABE，
∴AF＝EF，
在△ADF和△ECF中，
，
∴△ADF≌△ECF（ASA），
∴DF＝CF，
又∵AF＝EF，
∴四边形ACED是平行四边形
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质得出AB＝CD， 再结合角平分线的定义推得∠BAE＝∠AEB，可得BE＝AB，从而得出BE=CD；
（2）由等腰三角形的性质得出AF＝EF， 再利用角边角定理证明△ADF≌△ECF，得出DF=CF，则可证明四边形ACED是平行四边形.
21．【答案】（1）证明：∵m∥AB，
∴EC∥AD，
∵DE⊥BC，∴∠CFD＝90°，
∵∠BCD+∠DCA＝90°，∠BCD+∠CDE＝90°，
∴∠DCA＝∠CDE，
∴DE∥AC，
∴四边形DECA是平行四边形，
∴CE＝DA；
（2）解：四边形BECD是菱形．理由如下：
∵由（1）知：四边形DECA是平行四边形，
∴CE＝DA，CE∥AD，
在Rt△ABC中，∵点D是AB的中点，
∴BD＝DC＝DA，
又∵CE＝DA，
∴CE＝BD，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵BD＝CD，
∴四边形BECD是菱形．
（3）解：∠A＝45°，理由如下：
∵DE∥AC，
∴∠EDB＝∠A，
∵四边形BECD是正方形，
∴∠BDC＝90°，∠EDB＝ ∠BDC＝45°，
∴∠A＝45°．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）连接CD，利用同角的余角相等，得到∠DCA＝∠CDE，利用平行四边形的判定和性质得结论；（2）先证明四边形BECD是平行四边形，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半说明邻边相等，证明该四边形是菱形；（3）由平行线的性质得出∠EDB＝∠A，由正方形的性质得出∠BDC＝90°，∠EDB＝ ∠BDC＝45°，即可得出结论．
22．【答案】（1）C(8，6)
（2）解：∵BC＝8，AC＝6，
∴AB＝ ＝ ＝10，
∵把△ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C'重合，
∴AC＝AC'＝6，CF＝C'F，∠C＝∠AC'F＝60°，
∴BC'＝AB﹣AC'＝4，
∵BF2＝C'F2+C'B2，
∴（8﹣CF）2＝CF2+16，
∴CF＝3；
（3）解：设点P（a，2a﹣6），
当点P在BC下方时，如图③，过点P作EF∥BC，交y轴于E，交AC于F，
∵△BPD是等腰直角三角形，
∴BP＝PD，∠BPD＝90°，
∴EF∥BC，
∴∠BEP＝∠BOA＝90°，∠PFD＝∠CAO＝90°，
∴∠BPE+∠DPF＝∠DPF+∠PDF，
∴∠BPE＝∠PDF，
∴△BPE≌△PDF（AAS），
∴PF＝BE＝6﹣（2a﹣6）＝12﹣2a，EP＝DF，
∵EF＝EP+PF＝a+12﹣2a＝8，
∴a＝4，
∴点P（4，2）；
当点P在BC的上方时，如图④，过点P作EF∥BC，交y轴于E，交AC的延长线于F，
同理可证△BPE≌△PDF，
∴BE＝PF＝2a﹣6﹣6＝2a﹣12，
∵EF＝EP+PF＝a+2a﹣12＝8，
∴a＝ ，
∴点P（ ， ），
综上所述：点P坐标为(4，2)或( ， )．
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）∵四边形OACB是矩形，
∴BC＝OA＝8，AC＝OB＝6，AC∥OB，BC∥OA，
∴点C的坐标（8，6）；
【分析】（1）根据矩形的性质求出BC＝OA＝8，AC＝OB＝6，AC∥OB，BC∥OA，再求点的坐标即可；
（2）利用勾股定理求出AB=10，再利用勾股定理进行计算求解即可；
（3）分类讨论，利用全等三角形的判定和性质进行计算求解即可。
23．【答案】（1）证明：∵MN∥BC，
∴∠OFC=∠FCD，∠OEC=∠ECB，
又∵CF平分∠ACD，CE平分∠ACB，
∴∠OCF=∠FCD，∠OCE=∠ECB，
∴∠OFC=∠OCF，∠OEC=∠OCE，
∴OF=OC，OE=OC，
∴OE=OF；
（2）证明：当点O运动到AC中点处时，OA=OC，由第（1）知，OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵OC=OF，
∴OA=OC=OF=OE，
∴AC=EF，
∴四边形AECF是矩形；
（3）证明：当点O运动到AC中点处时，且 满足∠ACB是直角的直角三角形时，四边形AECF为正方形，理由如下：
∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∵MN∥BC，
∴AC⊥EF，
又∵由第（2）问知，当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形，即 满足∠ACB是直角的直角三角形时，四边形AECF为正方形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质，内错角相等，以及角平分线的性质，等量代换得出 ∠OFC=∠OCF，∠OEC=∠OCE， 进而根据等角对等边得出 OF=OC，OE=OC， 根据等量代换得出OE=OF；
（2）先证明 四边形AECF 是平行四边形，再证明对角线相等，即可证明四边形为矩形；
（3）根据正方形的判定定理进行判断即可.
24．【答案】（1）解：令x=0，则y=8，
∴B（0，8），
令y=0，则-2x+8=0，
∴x=4，
∴A（4，0）；
（2）解：①∵点P（m，n）为线段AB上的一个动点，
∴-2m+8=n，∵A（4，0），
∴OA=4，
∴0＜m＜4
∴S△PAO= OA×PE= ×4×n=2（-2m+8）=-4m+16，（0＜m＜4）；
②存在，理由如下：
∵PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，OA⊥OB，
∴四边形OEPF是矩形，
∴EF=OP，
当OP⊥AB时，此时EF最小，
∵A（4，0），B（0，8），
∴AB=4
∵S△AOB= OA×OB= AB×OP，
∴OP= ，
∴EF的最小值为 ．
【知识点】一次函数的图象；三角形的面积；矩形的性质；一次函数的性质
【解析】【分析】（1）分别令x=0,y=0求出y、x值，从而得出A、B的坐标；
（2）①由点P（m，n）为线段AB上的一个动点，可得-2m+8=n，由A（4，0）可得0＜m＜4 ，利用S△PAO= OA×PE即可求出函数解析式；
②存在，理由：先证四边形OEPF是矩形，可得EF=OP，从而求出当OP⊥AB时，此时EF最小， 利用S△AOB= OA×OB= AB×OP可求出OP的长，即得结论.
25．【答案】（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∠CDA＝90°，
∴AO＝DO，
∵∠CDO＝30°，
∴∠ADO＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∵∠EOF＝60°，
∴∠EOF＝∠AOD，
∴∠DOF＝∠AOE；
②在OF上截取OH＝OE，连接DH，
∵AO＝OD，∠DOF＝∠AOE，OE＝OH，
∴△AOE≌△DOH（SAS），
∴AE＝DH，
∵∠OEB＝75°，
∴∠AEO＝105°，
∵∠AEO+∠EOF+∠OFA+∠DAB＝360°，
∴∠AFO＝105°，
∴∠DFH＝75°，
∴∠DFH＝∠DHF，
∴DF＝DH＝AE；
（2）将△OAF绕点O顺时针旋转120°得到△OBN，连接NE．
∴ON＝OF，∠NOF＝∠AOB＝120°，AF＝BN，
∵∠AOB＝120°，∠EOF＝60°，
∴∠BON+∠BOE＝∠AOF+∠BOE＝60°，
∴∠EON＝∠EOF，
∵OF＝ON，OE＝OE，
∴△EOF≌△EON（SAS），
∴∠OEF＝∠OEN，
∵∠OFB＝75°，∠OBF＝30°，
∴∠BOF＝75°，
∴∠BOE＝75°﹣60°＝15°，
∴∠FEO＝∠BOE+∠OBE＝45°，
∴∠OEF＝∠OEN＝45°，
∴∠NEB＝∠NEF＝90°，
∵∠OBN＝∠OAF＝30°，∠OBE＝30°，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝90°﹣60°＝30°，
∴BN＝2BE，
∵AF＝BN，
∴AF＝2BE．
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）①由矩形的性质可得AO＝DO，∠CDA＝90°，可证△AOD是等边三角形，可得∠EOF＝∠AOD，可得∠DOF＝∠AOE；②在OF上截取OH＝OE，连接DH，由“SAS”可证△AOE≌△DOH，由四边形内角和定理可求∠AFO＝105°，可得∠DFH＝∠DHF，可证DF＝DH＝AE；（2）将△OAF绕点O顺时针旋转120°得到△OBN，连接NE，由旋转的性质可得ON＝OF，∠NOF＝∠AOB＝120°，AF＝BN，由“SAS”可证△EOF≌△EON，可得∠OEF＝∠OEN，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠OEF＝∠OEN＝45°，可得∠NEB＝∠NEF＝90°，由直角三角形的性质可求解．
26．【答案】（1）解：AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
如图1，延长CE交AG于点M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC
（2）解：∠EMB的度数不发生变化，∠EMB的度数为45°理由为：
如图2，过B作BP⊥EC，BH⊥AM，
在△ABG和△CEB中，
∴△ABG≌△CEB（SAS），
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴
∴BP=BH，
∴MB为∠EMG的平分线，
∵∠AMC=∠ABC=90°，
∴
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（3）
理由为：如备用用，在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
∴△ABQ≌△BCM（SAS），
∴CM=BQ，
则
故答案为：
【分析】（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；（2）过B作BP⊥EC，BH⊥AM，利用SAS得出三角形ABG与三角形BEC全等，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线，再由∠BAG=∠BCE，及一对对顶角相等，得到∠AMC为直角，即∠AME为直角，利用角平分线定义即可得证；（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到 ，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
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