八年级数学下学期期中压轴题专项卷【苏科版，测试范围：数据的收集、整理、描述～分式】-【上好课】2024-2025学年初中数学同步精品课堂

2024-2025学年八年级数学下学期期中专项卷 【压轴题篇】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 考前须知： 1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。 2．测试范围：数据的收集、整理、描述~分式（苏科版）。 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（3分）（2024秋•靖江市期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连结BM，则BM的长是（　　） A． B． C． D．3 【分析】如图，连接AM，由题意得：CA＝CM，∠ACM＝60°，得到△ACM为等边三角形，根据AB＝BC，CM＝AM，得出BM垂直平分AC，于是求出，，最终得到答案． 【解答】解：如图，连接AM， 由题意得：CA＝CM，∠ACM＝60°， ∴△ACM为等边三角形， ∴AM＝CM，∠MAC＝∠MCA＝∠AMC＝60°； ∵∠ABC＝90°，， ∴AC＝2＝CM， ∵AB＝BC，CM＝AM， ∴BM垂直平分AC， ∴，， ∴，， ∴． 故选：A． 2．（3分）（2024春•泰兴市期中）互不重合的A、B、C三点在同一直线上，已知，，，这三点的位置关系是（　　） A．点A在B、C两点之间 B．点B在A、C两点之间 C．点C在A、B两点之间 D．无法确定 【分析】假设点A在B、C两点之间，则有AB+AC＝BC，即AB+AC﹣BC＝0，而0，据此可对选项A进行判断；假设点B在A、C两点之间，则有AB+BC＝AC，即AB+BC﹣AC＝0，而，当30a＝1，即a时点B在A、C两点之间，据此可对选项B进行判断；假设点C在A、B两点之间，则有AC+BC＝AB，即AC+BC﹣AB＝0，而，据此可对选项C进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：∵互不重合的A、B、C三点在同一直线上，，，， ∴a＞0， ①假设点A在B、C两点之间，则有AB+AC＝BC， 即AB+AC﹣BC＝0， ∵0， ∴假设点A在B、C两点之间是错误的， 故选项A不正确，不符合题意； ②假设点B在A、C两点之间，则有AB+BC＝AC， 即AB+BC﹣AC＝0， ∵， 当30a＝1，即a时，0， 此时点B在A、C两点之间， 故选项B正确，符合题意； ③假设点C在A、B两点之间，则有AC+BC＝AB， 即AC+BC﹣AB＝0， ∵， ∴假设点C在A、B两点之间是错误的， 故选项C不正确，不符合题意； 选项D亦不符合题意， 故选：B． 3．（3分）（2024春•江阴市期中）如图，▱ABCD中，点E、F分别是BC、CD上一点，连接AE、DE，连接AF交ED于点P，连接BF分别交AE、DE于点G、H，设△BGE的面积为S1，△PDF的面积为S2，四边形CEHF的面积为S3，若S1＝2，S2＝3，S3＝18，则阴影部分四边形AGHP的面积为（　　） A．17 B．19 C．18.5 D．23 【分析】利用平行四边形的性质和三角形面积即可求得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴S△ADE＝S△ADF+S△BCFS▱ABCD， 设S△ADP＝a，S△ABG＝b，S△FHP＝x，S△EGH＝y，S四边形AGHP＝m， 则a+m+y＝a+3+2+y+18， ∴m＝23， 即阴影部分四边形AGHP的面积为23； 故选：D． 4．（3分）（2024春•姜堰区期中）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝8．将△ABC沿EF折叠，使点A落在BC边的中点D处，点G、H、I分别为BE、EF、CF的中点，连接GH、HI、ID、DG，GH与DE相交于点M，HI与DF相交于点N，则四边形DMHN的面积为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】先证明△ABF≌△ACE（SAS），得出四边形GDIH是菱形，通过角和边的换算，得出点E和点F分别是AB，AC的中点，得证点M是GH的中点，点N是H的中点，根据等底同高得出S△MDH＝S△MDG，S△NDH＝S△NDI，再结合菱形面积等于对角线乘积的一半，即可作答． 【解答】解：如图1：连接CE，BF，AD， ∵∠A＝90°，AB＝AC＝8． ∴△ABC是等腰直角三角形， 则∠ABC＝∠ACB＝45°， 将△ABC沿EF折叠，使点A落在BC边的中点D处， ∴AD⊥BC，AD⊥EF， ∴EF∥BC， ∴∠AEF＝∠ABC＝45°，∠AFE＝∠ACB＝45°， ∴AE＝AF， ∵AB＝AC，∠A＝∠A， ∴△ABF≌△ACE（SAS）， ∴BF＝CE， ∵I为CF的中点， ∴A，H，D三点共线， ∵点G、H分别为BE、EF的中点，点D在BC边的中点处， ∴GH，DI分别是△EBF，△CBF的中位线， ∴GI⊥BF，DI∥BF，G， ∴GH＝D，GH∥DI， ∴四边形GDIH是平行四边形； 同理得， ∴四边形GDIH是菱形， 连接GI，分别交ED，FD于点P，Q，连接HP，HQ， 由折叠的性质得：∠DEF＝∠AEF＝45°，∠DFE＝∠AFE＝45°，AE＝ED，AF＝DF， ∴∠BED＝90°＝∠CFD， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴△BDE，△CDF都是等腰直角三角形， ∴BE＝ED＝AE，CF＝DF＝AF， ∴点E和点F分别是AB，AC的中点， 则EF＝BD＝CD， 则， 则GP＝EH， ∵点G、H、I分别为BE、EF、CF的中点， ∴EH∥BC，GI∥BC， 则GP∥EH， 则EGPH是平行四边形， 则点M是GH的中点； 同理得点N是HI的中点， 则S△MDH＝S△MDG，S△NDH＝S△NDI， ∴四边形DMHN的面积为菱形GDIH的面积一半， ∵∠A＝90°，AB＝AC＝8． ∴AD2+BD2＝AB2，°AD2＝BD2， 则AD＝BD＝4， 则， ∴菱形GDIH的面积， ∴四边形DMHN的面积为6， 故选：B． 5．（3分）（2024春•苏州期中）如图，正方形ABCD边长为1，延长BC至点E，使得，AF平分∠BAE交BC于点F，连接DF，则下列结论：①AF＝EF；②AE平分∠DAF；③DF⊥AE；④．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【分析】根据勾股定理得到AE2，过F作FH⊥AE于H，根据角平分线的性质得到BF＝FH，根据全等三角形的性质得到AH＝AB＝1，求得EH＝2﹣1＝1，得到AH＝EH，求得AF＝EF，故①正确，根据等腰三角形的性质得到∠DAE＝30°＝∠FAE，根据角平分线的定义得到AE平分∠DAF，故②正确；由∠DAE＝∠FAE，AD≠AF，得到DF与AE不垂直，设AF＝EF＝x，则BFx，根据勾股定理得到CF＝1，故④正确． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°， ∴AE2， 过F作FH⊥AE于H， ∵AF平分∠BAE交BC于点F， ∴BF＝FH， ∵AF＝AF， ∴Rt△ABF≌Rt△AHF（HL）， ∴AH＝AB＝1， ∴EH＝2﹣1＝1， ∴AH＝EH， ∴AF＝EF，故①正确， ∴∠FAE＝∠E＝∠BAF， ∵∠FAE+∠E+∠BAF＝90°， ∴∠FAE＝∠E＝∠BAF＝30°， ∴∠DAE＝30°＝∠FAE， ∴AE平分∠DAF，故②正确； ∵∠DAE＝∠FAE，AD≠AF， ∴DF与AE不垂直， 设AF＝EF＝x，则BFx， ∵AF2＝BF2+AB2， ∴x2＝（x）2+12， 解得x， ∴BF， ∴CF＝1，故④正确； 故选：B． 6．（3分）（2024春•工业园区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E、B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接DP．若AB＝2时，则△ADP周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】如图所示，在AB上取一点G使得BG＝BE，连接 EG，CP，由正方形的性质得到AB＝BC＝AD＝CD＝2，∠B＝∠BCD＝90°，证明△AGE≌△ECP得到∠ECP＝∠AGE＝135°，进而推出点P在直线CP上运动；如图所示，作点D关于直线CP的对称点F，连接CF，AF，PF，则DP＝FP，CF＝CD＝2，∠DCP＝∠FCP＝45°，即∠DCF＝90°，即可证明B、C、F三点共线，进 一步推出当A、P、F三点共线时，△ADP的周长 有最小值，最小值为AF+2，由勾股定理得 ，则△ADP的周长最小值为 ． 【解答】解：如图所示，在AB上取一点G使得BG＝BE，连接EG，CP， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝AD＝CD＝2，∠B＝∠BCD＝90°， ∴∠BAE+∠BEA＝90°＝∠BEA+∠CEP， ∴∠GAE＝∠CEP， ∵BG＝BE， ∴∠BGE＝∠BEG＝45°， ∴∠AGE＝90°， ∵AB﹣BG＝BC﹣BE， ∴AG＝EC， 又∵AE＝EP， ∴△AGE≌△ECP（SAS）， ∴∠ECP＝∠AGE＝135°， ∴∠DCP＝45°， ∴点P在直线CP上运动， 如图所示，作点D关于直线CP的对称点F，连接 CF，AF，PF， ∴DP＝FP，CF＝CD＝2，∠DCP＝∠FCP＝45°，即∠DCF＝90°， ∴∠DCF+∠BCD＝180°， 即B、C、F三点共线， ∵△ADP的周长＝AD+DP+AP＝2+DP+AP＝AP+PF+2， ∴当A、P、F三点共线时，△ADP的周长有最小值，最小值为AF+2， 在Rt△ABC中，由勾股定理得 ， ∴△ADP的周长最小值为 ， 故选：A． 7．（3分）（2024春•惠山区期中）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC交AC于点F，连接BF，则下列结论中其中正确的有（　　） ①△ABD≌△BCF；②四边形BDEF是平行四边形；③；④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】连接EC，过点C作CH⊥EF于点H．先证明△BAD≌△CAE，再证明△EFC是等边三角形，即可解决问题． 【解答】解：连接EC，过点C作CH⊥EF于点H． ∵△ABC，△ADE都是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD与△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS），故①正确； ∴BD＝EC＝1，∠ACE＝∠ABD＝60°， ∵EF∥BC， ∴∠EFC＝∠ACB＝60°， ∴△EFC是等边三角形， ∴EF＝EC＝BD＝1，FH＝EH， ∴CH， ∵EF∥BD， ∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确， ∵BD＝CF＝1，BA＝BC，∠ABD＝∠BCF， ∴△ABD≌△BCF（SAS），故①正确， ∵S平行四边形BDEF＝BD•CH＝1，故③正确， ∵AC＝BC＝3，BD＝CF＝1， ∴CD＝2BD，AF＝2CF， ∵S△ABD， ∴S△AEF•S△AECS△ABD，故④正确， ∴①②③④都正确， 故选：D． 8．（3分）（2024春•宜兴市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△ABC绕点C顺时针旋转α（α＜90°）得到△EFC，延长EF分别交AB、CD于M、N，当N为EM中点时，DN的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接MC，根据全等三角形的性质结合平行线的性质可得出NM＝NC，进而得出∠MCE＝90°，最后利用勾股定理即可解决问题． 【解答】解：连接MC， 由旋转可知， BC＝FC，∠EFC＝∠B＝90°，CE＝AC，CF＝BC＝3， ∴∠MFC＝90°． 在Rt△MBC和Rt△MFC中， ， ∴Rt△MBC≌Rt△MFC（HL）， ∴∠BMC＝∠NMC． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠BMC＝∠MCN， ∴∠NMC＝∠MCN， ∴NM＝NC． ∵点N是ME的中点， ∴EN＝MN， ∴EN＝NC． 在Rt△ABC中， AC， ∴EC＝AC＝5． 令NC＝x， 则FN＝4﹣EN＝4﹣x， 在Rt△CFN中， （4﹣x）2+32＝x2， 解得x， ∴DN＝4． 故选：C． 9．（3分）（2024春•锡山区期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若，PB＝10，下列结论： ①△APD≌△AEB；②∠AEB＝135°；③；④S△APD+S△APB＝33；⑤CD＝11．其中正确结论的序号是（　　） A．①②③④ B．①④⑤ C．①②④ D．③④⑤ 【分析】①利用SAS即可证明△APD≌△AEB，进而可以判断①正确；②根据△APD≌△AEB和等腰直角三角形的性质得出∠APE＝∠AEP＝45°，得出∠APD＝∠AEB＝135°，进而可以判断②正确；③根据勾股定理计算可得EB的长，进而可以判断③；④连接BD，可得S△APD+S△APB＝S△AEP+S△EPB＝33，即可判断④；⑤根据S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝33+32＝65，进而可以判断⑤． 【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°，PEAE＝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， ∴BE8，故③不成立； ④如图，连接BD， 由②得：PE＝6，BE＝8， ∵△APD≌△AEB， ∴S△APD+S△APB ＝S△AEB+S△APB ＝S四边形AEBP ＝S△AEP+S△EPB •AE•AP•PE•BE 336×8 ＝33．故④成立； ∵△APD≌△AEB， ∴PD＝BE＝8， ∴S△BDPPD•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． 综上所述，正确结论的序号是①②④， 故选：C． 10．（3分）（2024春•梁溪区校级期中）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合）且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论： ①在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形； ②点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM； ③无论点M运动到何处，都有DMHM； ④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°． 以上结论正确的是（　　） A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．③④ 【分析】先判定△MEH≌△DAH，即可得到△DHM是等腰直角三角形，进而得出DMHM；依据当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，即可得到Rt△ADM中，DM＝2AM，即可得到DM＝2BE；首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断①；依据点M是边BA延长线上的动点，且AM＜AB，可得∠AHM＜∠BAC＝45°，即可得出∠CHM＞135°． 【解答】解：由题可得，AM＝BE， ∴AB＝EM＝AD， ∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC， ∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH， ∴EH＝AH， ∴△MEH≌△DAH（SAS）， ∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH， ∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形， ∴DMHM，故③正确； 当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°， ∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°， ∴Rt△ADM中，DM＝2AM， 即DM＝2BE，故②正确； ∵CD∥EM，EC∥DM， ∴四边形CEMD是平行四边形， ∵DM＞AD，AD＝CD， ∴DM＞CD， ∴四边形CEMD不可能是菱形，故①错误， ∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB， ∴∠AHM＜∠BAC＝45°， ∴∠CHM＞135°，故④正确； 由上可得正确结论的序号为②③④． 故选：B． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）（2024春•工业园区校级期中）如图，在Rt△ACB中，两直角边AC＝4，BC＝3，将△ABC绕AC中点M旋转一定角度，得到△DEF，点F正好落在AB边上，DE和AB交于点G，则AG长为 　　． 【分析】勾股定理可求AB＝5，由旋转的性质可得∠A＝∠D，DM＝AM，CM＝MF，DE＝AB＝5，可得AM＝MF＝CM，可得∠AFC＝90°，由勾股定理可求AF的长，由等边三角形的性质可求GF的长，即可求AG的长． 【解答】解：如图，连接CF， ∵在Rt△ACB中，AC＝4，BC＝3， ∴， ∵点M是AC中点， ∴， ∵将△ABC绕AC中点M旋转一定角度，得到△DEF， ∴∠A＝∠D，DM＝AM，CM＝MF，DE＝AB＝5， ∴AM＝MF＝CM， ∴∠MAF＝∠MFA，∠MFC＝∠MCF， ∵∠MAF+∠MFA+∠MFC+∠MCF＝180°， ∴∠MFA+∠MFC＝90°， ∴∠AFC＝90°， ∵， ∴， ∴， ∵∠A＝∠D，∠A＝∠AFM， ∴∠D＝∠AFM， ∴DG＝GF， 又∵∠DFE＝∠EGF+∠DFG＝90°， ∴∠D+∠E＝90°， ∴∠E＝∠GFE， ∴GF＝GE， ∴， ∴， 故答案为：． 12．（3分）（2024春•玄武区期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，PD＝2，点E为CD边上的一个动点，连接PE，以PE为边向下方作等边△PEG，连接AG，则AG的最小值是 　　． 【分析】以PD为边向下作等边△PDT，连接GT，延长GT交AD的延长线于R．证明△PDE≌△PTG（SAS），推出∠PDE＝∠PTG＝90°，推出点G在射线RT上运动，推出当AG⊥RG时，AG的值最小． 【解答】解：如图中，以PD为边向下作等边△PDT，连接GT，延长GT交AD的延长线于R． ∵∠DPT＝∠EPG＝60°， ∴∠DPE＝∠TPG， ∵PD＝PT，PE＝PG， ∴△PDE≌△PTG（SAS）， ∴∠PDE＝∠PTG＝90°， ∴∠PTR＝90°， ∵∠PTD＝60°， ∴∠DTR＝∠R＝30°， ∴DT＝DR＝DP＝2， ∴∠PTR＝90°， ∴PT⊥TR， ∴点G在射线RT上运动， ∴当AG⊥RG时，AG的值最小，最小值AR， 故答案为：． 13．（3分）（2024春•秦淮区期中）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AD＝7，DC＝24，AB＝15．M是AD边上的定点，N是BC边上的动点，O是MN的中点．点N从点B运动到点C的过程中，点O运动的路径长为 　10　． 【分析】连接BM，CM，AC，过O作OF∥BC交BM于G，交CM于H，由三角形中位线定理可以判断，GH就是O的运动轨迹，然后根据勾股定理求出BC的长即可求出GH的长． 【解答】解：连接BM，CM，AC，过O作OF∥BC交BM于G，交CM于H，如图： ∵O是MN中点，GH∥BC， ∴G，H分别为BM和CM的中点， ∴在N点移动过程中，由三角形中位线定理可知，OG∥BC，OH∥BC， ∴GH即为O的运动轨迹， ∴GHBC， 在Rt△ACD中，AC25， 在Rt△ABC中，BC20， ∴GH＝10． 故答案为：10． 14．（3分）（2024春•建邺区校级期中）如图，在Rt△ABC和Rt△EBC中，∠BAC＝∠BEC＝90°，AB＝AC＝4，以AC、EC为邻边作▱ACEF，连接CF，则线段CF的最小值为 　　． 【分析】过点A作AG∥BC，取AG＝BC，连接FG，取AG的中点H，连接FH，CH，过点C作CM⊥AG于点 ，证明△AGF≌△CBE，得出∠AFG＝∠CEB＝90°，根据直角三角形性质得出 ，根据CF≥CH﹣FH，且当 C、F、H三点共线时，等号成立，得出当C、F、H 三点共线时，CF最大，且最小值为 【解答】解：过点A作AG∥BC，取AG＝BC，连接FG，取 AG的中点H，连接FH，CH，过点C作CM⊥AG于点M，如图所示： ∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴， ∴， ∵AG∥BC， ∴∠CAM＝∠ACB＝45°， ∵CM⊥AG， ∴△ACM为等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∵四边形ACEF为平行四边形， ∴AF＝CE，AF∥CE， ∴∠CAF+∠ACE＝180°， 即∠CAF+∠ACB+∠BCE＝180°， ∴∠CAF+∠BCE＝180°﹣∠ACB＝135°， ∵∠GAF+∠CAF＝180°﹣∠CAM＝135°， ∴∠GAF＝∠BCE， ∵AG＝BC，AF＝CE， ∴△AGF≌△CBE（SAS）， ∴∠AFG＝∠CEB＝90°， ∴， ∵CF≥CH﹣FH，且当C、F、H三点共线时，等号成立，当C、F、H三点共线时，CF最大，且最小值为， 故答案为：． 15．（3分）（2024春•梁溪区校级期中）邻边长分别为3，a（a＞3）的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于3的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去，若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则a的值 　5或4　． 【分析】根据题意，进行分类讨论，再根据菱形的性质，列出方程求解即可． 【解答】解：①如图，经历三次折叠后，四边形IJHF为菱形， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD＝BC＝CD＝3， ∴DF＝CE＝a﹣3， ∵四边形GCEH为菱形， ∴GC＝CE＝a﹣3， ∴DG＝FH＝3﹣（a﹣3）＝6﹣a， ∵四边形DGJI为菱形， ∴DI＝DG＝6﹣a， ∴IF＝a﹣3﹣（6﹣a）＝2a﹣9， ∵四边形IJHF为菱形， ∴IF＝HF，即6﹣a＝2a﹣9， 解得：a＝5； ②如图，经历三次折叠后，四边形DIHF为菱形， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD＝BC＝CD＝3， ∴DF＝CE＝a﹣3， ∵四边形JCEG，IJGH，DIHF都为菱形， ∴DICD＝2或CD＝1 ∴a﹣3＝2或a﹣3＝1 解得：a＝5或4； 综上：a的值为5． 故答案为：5或4． 16．（3分）（2024春•江阴市期中）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E、点F分别是边BC、CD上的一个动点，将△ABE沿AE折叠，使顶点B落在点B'处，再将纸片沿EF折叠，使顶点C落在射线EB'上的点C'处，下列结论：①∠AEF＝90°；②若CE＝2BE，则CF＝DF；③当点B'与C'重合时，CF；④连接AC'，若△AEC'是以AE为腰的等腰三角形，则BE或2．其中正确的结论有 　①②③④　．（填序号） 【分析】由折叠得∠AEB＝∠AEB′，∠FEC＝∠FEC′，得∠AEB′+∠FEC′＝∠AEB+∠FEC＝90°，即可证明①正确；证明△ABE∽△EFC，导出AB＝2BE，即可求出CF，证明③正确；当点B'与C'重合时，在Rt△ADF中，利用勾股定理求出CF，即可证明③正确；若△AEC'是以AE为腰的等腰三角形，分两种情况：AC′＝AE时和EC′＝AE时，分别利用等腰三角形的性质和勾股定理求出BE，即可证明④正确． 【解答】解：由折叠得，∠AEB＝∠AEB′，∠FEC＝∠FEC′， ∴∠AEB′+∠FEC′＝∠AEB+∠FEC＝90°，即∠AEF＝90°，故①正确； ∵∠AEF＝90°， ∴∠AEB+∠FEC＝90°， ∵∠B＝∠C＝90°， ∴△ABE∽△EFC， 若CE＝2BE， ∴AB＝2BE， ∴BE＝2，EC＝4，CF＝2， ∴CF＝DF，故②正确； 设CF＝x，则DF＝4﹣x， 当点B'与C'重合时，AF＝4+x， 在Rt△ADF中，AD2+DF2＝AF2，即62+（4﹣x）2＝（4+x）2， ∴x，故③正确； 若△AEC'是以AE为腰的等腰三角形，且AC′＝AE时， ∵AB′⊥EC′， ∴B′E＝B′C′＝BE，即EC＝2BE， ∵BC＝6， ∴BE＝2， 若△AEC'是以AE为腰的等腰三角形，且EC′＝AE时， 设BE＝x，则EC＝6﹣x＝EC′＝AE， 在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2，即42+x2＝（6+x）2， ∴x，故④正确； 故答案为：①②③④． 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（8分）（2024春•锡山区期中）如图①，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝13，BC边上的高为4，点E是边AD上一动点． （1）尺规作图：请在图①中作菱形AEFG，使点F，G在边BC上．（不写作法，保留作图痕迹） （2）聪明的你一定会发现，可作出的菱形的个数随着点E的位置变化而变化．请直接写出菱形的个数及对应的AE的长的取值范围． 【分析】（1）如图②，在边AD上取一点E，以点A为圆心，AE长为半径画弧，交BC于点G，在BC上截取GF＝AE，连接EF，则四边形AEFG为所求作的菱形．根据邻边相等的四边形是菱形证明即可； （2）如图①中，过点A作AT⊥BC于点T，利用勾股定理求出A＝CT，在TC上取一点G，使得AG＝CG，设AG＝CG＝x，利用勾股定理求出x，分五种情形，分别求解． 【解答】解：（1）如图①，菱形AEFG即为所求； 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴AE∥GF， ∵AE＝GF， ∴四边形AEFG是平行四边形， ∵AE＝AG， ∴四边形AEFG是菱形； （2）如图②中，过点A作AT⊥BC于点T， 在Rt△ABT中，BT3， ∵BC＝13， ∴CT＝13﹣3＝10， 在TC上取一点G，使得AG＝CG，设AG＝CG＝x， 则有x2＝42+（10﹣x）2， ∴x， 观察图形可知： ①当0＜AE＜4时，菱形的个数为0； ②当AE＝4时，菱形的个数为1； ③当4＜AE≤5时，菱形的个数为2； ④当5＜AE时，菱形的个数为1； ⑤当AE≤13时，菱形的个数为0． 18．（8分）（2024春•秦淮区期中）数学概念 如果一个菱形的四个顶点分别在一个矩形的四条边上（不与矩形的顶点重合），那么称这个菱形是该矩形的内接菱形． 初步认识 （1）如图①，矩形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．求证：四边形EFGH是矩形ABCD的内接菱形． 深入思考 （2）如图②，矩形ABCD中，E是边AB上的一点． ①用直尺和圆规作矩形ABCD的内接菱形EFGH，使点F，G，H分别在BC，CD，DA上；（保留作图痕迹，不写画法） ②已知AE＝2，BE＝1，AD＝a．若矩形ABCD存在以点E为顶点的内接菱形，则a的取值范围是 　a　． 【分析】（1）连接AC，BD，利用矩形的性质，三角形的中位线定理和菱形的判定定理解答即可； （2）①利用矩形的性质作出矩形的中心，再利用对角线互相垂直平分的四边形是菱形的性质解答即可； ②利用矩形的内接菱形的性质，菱形的性质和勾股定理解答即可． 【解答】（1）证明：连接AC，BD，如图， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AC＝BD． ∵E，H分别是AB，DA的中点， ∴EH为△ABD的中位线， ∴EHBD， 同理：FGBD，EF，GHAC． ∴EH＝EF＝FG＝GH， ∴四边形EFGH为菱形． ∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点， ∴四边形EFGH是矩形ABCD的内接菱形． （2）解：①1．连接AC，BD，AC与BD交于点O， 2．连接EO并延长交CD于点G， 3．过点O作EG的垂线交BC于点F，交AD于点H， 4．连接EF，FG，GH，HE， 则四边形EFGH为所作矩形ABCD的内接菱形．如图， ②如图，四边形AECF为菱形， 则AE＝CF＝AF＝2， ∵AB＝CD， ∴BE＝DF＝1， ∴AD． ∵矩形的内接菱形的四个顶点不与矩形的顶点重合， ∴AD． ∴a的取值范围为a． 故答案为：a． 19．（8分）（2024春•鼓楼区期中）数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F．探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由． 小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，他发现AF与DE之间的数量关系是 　AFDE　．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系． （1）请你按照小明的思路，完成解题过程； （2）你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程． 【分析】（1）延长BC，作DGLAF，交BC的延长线于点G，连接EG，证明四边形AFGD为平行四边形，从而证明ACDEAFGE得到DEG是等腰直角三角形，得到DG＝2DE，故可求解； （2）作DGIDE，并截取DG﹣DE，连接AG，证明DEG是等腰直角三角形，得到EGEDE，再证明GDAAEDC EF＝AG，AGIEF，再得到四边形GEF为平行四边形，则AF＝EG，故可求解（1）． 【解答】解：AFDE，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点， ∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE． ∵AB2＝AE2+BE2， ∴AB2＝2DE2， ∵B点与F点重合， ∴AF2＝2DE2， ∴； （1）如图③，延长BC，作DG∥AF，交BC的延长线于点G，连接EG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD﹣90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC， ∵DG∥AF，AD∥BC， ∴四边形AFGD为平行四边形， ∴AF＝DG，AD＝FG， ∴FG＝CD． ∵∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠ACB＝45°，∠ACD＝45°， ∵EF⊥AC， ∴∠FEC＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°， ∴EF＝EC． ∴∠EFC＝∠ECD． ∴△CDE≌△FGE（SAS）． ∴ED＝EG，∠FEG＝∠CED． ∴∠DEG＝∠FEC＝90°， ∴△DEG是等腰直角三角， ∴DG2＝DE2+EG2＝2DE2， ∴， ∴AFDE， 故答案为：AFDE． （2）如图④，作DG⊥DE，并截取DG＝DE，连接AG、GE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝90°，CD＝AD， ∴∠DAC＝∠DCA＝45°， 同理，∠ACB＝45°， ∵GD⊥DE， ∴∠GDE＝90°， 又∵DG＝DE， ∴△DEG是等腰直角三角形， ∴EG2＝DE2+DG2＝2DE2， ∴EGDE， ∵∠ADC＝∠GDE＝90°， ∴∠GDA＝∠EDC， ∴△GDA≌Δ EDC（SAS）， ∴∠GAD＝∠ECD＝45°，AG＝EC， ∴∠GAE＝90°， ∵EF⊥AC， ∴∠FEC＝∠FEA＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°， ∴EF＝EC． ∴EF＝AG， ∵∠GAE＝∠FEA＝90°， ∴AG∥EF， ∴四边形AGEF为平行四边形， ∴AF＝EG． ∵AFDE． 20．（8分）（2024春•南京期中）如图，正方形ABCD和正方形AEFG，点F是BC上的动点． （1）连接BE，DG， ①求证：BE＝DG； ②求证：∠ADG＝45°； （2）连接AF，若BF＝BE，则∠BAF＝　22.5　°． 【分析】（1）①由四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，可得AE＝AG，AB＝AD，∠EAG＝∠BAD＝90°，故∠EAB＝∠GAD，得△ABE≌△ADG（SAS），有BE＝DG； ②连接AF，AC，由四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，可证△DAG∽△CAF，得∠ADG＝∠ACF，故∠ADG＝45°； （2）连接AF，由∠ADG＝45°＝∠ABE，可得∠EBF＝∠ABE+∠ABF＝45°+90°＝135°，而BE＝BF，故∠BEF＝∠BFE＝（180°﹣∠EBF）÷2＝22.5°，从而∠AFB＝∠AFE+∠EFB＝67.5°，即可得答案． 【解答】（1）证明：①如图： ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AE＝AG，AB＝AD，∠EAG＝∠BAD＝90°， ∴∠EAB＝∠GAD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG； ②如图，过点G作GM⊥BC于点M，过点E作EN⊥CB交CB的延长线于点N．延长MG交AD于点T．则四边形ABMT是矩形，连接BE． ∴AT＝BM， ∵四边形AEFG是正方形， ∴FE＝FG，∠EFG＝90°， ∵∠N＝∠GMF＝90°， ∴∠EFN+∠GFM＝90°，∠GFM+∠FGM＝90°， ∴∠EFN＝∠FGM， ∴△EFN≌△FGM（AAS）， ∴EN＝FM，FN＝GM， 同法可证AT＝GM， ∴FN＝BM， ∴EN＝BN， ∴∠EBN＝ABE＝45°， ∵△ABE≌△ADG， ∴∠ADG＝∠ABE＝45°； （2）解：连接AF，如图： 由（1）知，△ADG≌△ABE， ∴∠ADG＝45°＝∠ABE， ∴∠EBF＝∠ABE+∠ABF＝45°+90°＝135°， ∵BE＝BF， ∴∠BEF＝∠BFE＝（180°﹣∠EBF）÷2＝22.5°， ∵∠AFE＝45°， ∴∠AFB＝∠AFE+∠EFB＝67.5°， ∴∠BAF＝90°﹣∠AFB＝22.5°； 故答案为：22.5． 21．（8分）（2024春•姑苏区校级期中）（1）如图①，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC边上的动点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，可以证明△DEF≌△DMF，进一步推出AE，EF，FC之间的数量关系为 　EF＝AE+CF　； （2）如图②正方形ABCD，∠EDF＝45°，猜想AM，MN，CN的数量关系，并证明你的结论． （3）如图③，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E，F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF＝60°，连接BD分别与边AE，AF交于M，N．当∠DAF＝15°时，直接写出BM，MN，DN之间的数量关系 　DN2+MN2＝BM2　． 【分析】（1）证明△DEF≌△DMF，可得出EF和FM的数量关系，即可得出结论； （2）过点D作DH⊥DM，且使DH＝DM，连接NH、CH，证明△ADM≌△CDH（SAS），由全等三角形的性质得出AM＝CH，∠DAM＝∠DCH＝45°，证明△MDN≌△HDN（SAS），得出MN＝NH，由勾股定理得出结论； （3）将△ADF绕点A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到点G，在AG上取AH＝AN，连接HM，HB，利用△ABH≌△ADN，证明MN＝MH，DN＝BH，再证明△BMH是直角三角形即可． 【解答】解：（1）结论：EF＝AE+FC； 理由：∵△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，∠EDF＝45°， ∴∠MDF＝45°，△DAE≌△DCM， ∴DE＝DM，AE＝CM， ∵∠DCF＝∠DFM＝90°， ∴F、C、M三点共线， 在△DEF和△DMF中， ， ∴△DEF≌△DMF（SAS）， ∴EF＝FM， ∴EF＝AE+CF； 故答案为：EF＝AE+CF； （2）MN2＝AM2+NC2． 证明：过点D作DH⊥DM，且使DH＝DM，连接NH、CH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠BAD＝∠ADC＝90°， ∵∠MDH＝90°， ∴∠ADM＝∠CDH， ∴△ADM≌△CDH（SAS）， ∴AM＝CH，∠DAM＝∠DCH＝45°， ∵∠EDF＝45°， ∴∠ADM+∠NDC＝45°， ∴∠CDH+∠NDC＝∠NDH＝45°， ∴∠MDM＝∠HDN， 又∵DN＝DN， ∴△MDN≌△HDN（SAS）， ∴MN＝NH， ∵∠ACD＝45°， ∴∠NCH＝90°， ∴NH2＝CH2+CN2， ∴MN2＝AM2+NC2； （3）将△ADF绕点A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到点G，在AG上取AH＝AN，连接HM，HB，如图， ∴∠BAG＝∠DAF， 又AH＝AN，AB＝AD， ∴△ABH≌△ADN（SAS）， ∴DN＝BH，∠ABH＝∠ADN， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴∠ABD＝∠ADB＝30°， ∴∠HBD＝∠ABH+∠ABD＝60°， ∵∠DAF＝15°，∠EAF＝60°， ∴∠DAM＝∠AMD＝75°， ∴∠AMN＝∠AMH＝75°， ∴∠HMB＝180°﹣∠AMN﹣∠AMH＝30°， ∴∠BHM＝90°， ∴BH2+MH2＝BM2， ∴DN2+MN2＝BM2． 故答案为：DN2+MN2＝BM2． 22．（10分）（2024春•武进区期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，那么我们把原四边形叫做“中方四边形”． （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 　D　； A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 （2）如图1，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连结BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”； （3）如图2，四边形ABCD是“中方四边形”，若AC2的值为32，则AB+CD的最小值是 　8　.（不需要解答过程） 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）如图，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG，推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN＝90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论； （3）分别作AD，BC，AB，CD的中点E，F，M，N，并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，证出FM＝FN，∠MFN＝90°，求出MNFM，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，则可得出答案． 【解答】（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，正方形的对角线相等且互相垂直， ∴一定是“中方四边形”的是正方形； 故答案为：D； （2）证明：如图2，设四边形BCGE的边BC、CG、GE、BE的中点分别为M、N、R、L，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K， ∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L， ∴MN、NR，RL，LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线， ∴MN∥BG，MNBG，RL∥BG，RLBG，RN∥CE，RNCE，ML∥CE，MLCE， ∴MN∥RL，MN＝RL，RN∥CE∥ML，RN＝ML， ∴四边形MNRL是平行四边形， ∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形， ∴AE＝AB，AG＝AC，∠EAB＝∠GAC＝90°， ∴∠EAC＝∠BAG， ∴△EAC≌△BAG（SAS）， ∴CE＝BG，∠AEC＝∠ABG， 又∵RLBG，RNCE， ∴RL＝RN， ∴平行四边形MNRL是菱形， ∵∠EAB＝90°， ∴∠AEP+∠APE＝90°． 又∵∠AEC＝∠ABG，∠APE＝∠BPK， ∴∠ABG+∠BPK＝90°， ∴∠BKP＝90°， 又∵MN∥BG，ML∥CE， ∴∠LMN＝90°． ∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”． （3）解：如图，分别作AD，BC，AB，CD的中点E，F，M，N，并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON， ∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点， ∴四边形ENFM是正方形， ∴FM＝FN，∠MFN＝90°， ∴， ∵M，F分别是AB，BC的中点， ∴． ∴， ∵AC2的值为32， ∴MN＝4， 由题意得：当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长， ∴2（OM+ON）≥2MN， 由（2）知：AC⊥BD， 又∵M，N分别是AB，CD的中点， ∴AB＝2OM，CD＝2ON， ∴2（OM+ON）＝AB+CD， ∴AB+CD≥2MN， ∵MN＝8， ∴AB+CD 的最小值为8． 故答案为：8． 23．（10分）（2024春•梁溪区期中）折纸不仅是一项有趣的活动，也是一项益智的数学活动．今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论． 实践操作，解决问题 如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点D′落在矩形ABCD所在平面内，边BC和AD′相交于点E，连接BD′．发现：结论①AE＝EC；结论②BD′∥AC． （1）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明；若不成立，请说明理由； （2）东京沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形（如图3所示）．沿对称轴EF再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则京京折叠的矩形纸片的长宽之比为 　1：1或　； （3）新题探究：如图4所示，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2（AB≠BC）．将△ADC沿对角线AC翻折．使点D′落在ABCD所在平面内，连接BD′，当△BCD′恰好为直角三角形时，BC的长度为 　1或4或或　． 【分析】（1）证明∠DAC＝∠EAC，AD＝AD′，∠DAC＝∠D′AC，可得∠EAC＝∠ECA，可得AE＝EC，证明AD′＝BC，可得BE＝ED′，再进一步利用等腰三角形的性质与平行线的判定可得结论； （2）分两种情况讨论，当点D′与B点不重合时，得出∠ACB＝30°，继而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解，当点D′与B点重合时，根据正方形的性质即可求解； （3）分三种情况讨论，分别画出图形，结合（1）中的结论，根据含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）AE＝EC，BD′∥AC，理由如下， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠DAC＝∠EAC， ∵折叠， ∴AD＝AD′，∠DAC＝∠D′AC， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴AE＝EC， ∵折叠， ∴AD＝AD′， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC， ∴AD′＝BC， ∵EC＝EA， ∴AD′﹣AE＝BC﹣CE，即BE＝ED′， ∴， 又∵，∠AEC＝∠BED′， ∴∠EAC＝∠ED′B， ∴BD′∥AC； （2）当点D′与B点不重合时，如图， 依题意，EF＝ED′＝BE，AE＝EC，∠EFC＝∠AFE＝90°， 设∠ACB＝α，则∠EAF＝∠ACB＝∠BAE， ∵∠ACB+∠BAC＝90°， ∴α+2α＝90°， 解得：α＝30°， ∴， 在Rt△ABC中，， ∴矩形纸片的长宽之比为， 当点D′与B点重合时，如图， 此时ABCD是正方形， ∴矩形纸片的长宽之比为1：1， 综上矩形纸片的长宽之比1：1或； （3）当∠CBD′＝90°时，如图，设CD′与AB交于点E， 由（1）可得BD′∥AC， ∴∠ACB＝180°﹣∠CBD′＝90°， 在Rt△ABC中，∵∠ABC＝60°，AB＝2， ∴∠BAC＝30°， ∴； 如图，当∠CD′B＝90°时，由（1）可得BD′∥AC， ∴∠ACD′＝180°﹣∠BD′C＝90°， ∵折叠， ∴∠ACD＝∠ACD′＝90°， ∴D，C，D′三点共线， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝60°，AB＝2， ∴∠D＝60°，CD＝AB＝2， ∴∠DAC＝30°， 在Rt△ACD中，A D＝2 C D＝4， ∴BC＝AD＝4； 如图，当∠BCD′＝90°时， ∵∠ABC＝60°， ∴∠BEC＝30°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠DCA＝∠EAC， ∵折叠， ∴AD＝AD′，∠DCA＝∠ECA， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴AE＝EC， 设BC＝m， ∴BE＝2m，， ∴， ∴， ∴； 如图，当∠BCD′＝90°时，同理可得∠CDE＝∠D＝∠ABC＝60°，∠CED＝30°＝∠AEB，CD＝CD′＝2＝AB， ∴D′E＝4，， 同理可得：AE＝CE，AD′＝AD＝BC， ∴BE＝D′E＝4， ∴； 综上所述：BC的长度为1或4或或． 24．（12分）（2024春•梁溪区校级期中）在如图所示的平面直角坐标系中，正方形AOBC边长为2，点C的坐标为（2，2）． （1）如图1，动点D在OB边上，将△BCD沿直线DC折叠，点B落在点B′处，连接DB′并延长，交AO于点E． ①当B′D＝OD时，点D的坐标是 　（1，0）　； ②若点E是线段OA的中点，求此时点D与点B′的坐标； （2）如图2，动点D，G分别在边OB，AC上，将四边形DBCG沿直线DG折叠，使点B的对应点B′始终落在边OA上（点B′不与点O，A重合），点C落在点C′处，B′C′交AC于点E．设OB′＝t，四边形AB′DG的面积为S，直接写出S与t的关系式． 【分析】（1）①由折叠的性质得出，则可得出答案； ②连接CE．证明Rt△EAC≌Rt△E′BC（HL），得出EB′＝AE，设D（x，0），则OD＝x，DB＝DB′＝2﹣x，DE＝3﹣x．由勾股定理可求出D点坐标，证出S△OEB′：S△ODB′＝3：2，由可得出答案； （2）连接B'G，B'B，BG，设OB'＝t，则AB'＝OA﹣OB'＝2﹣t．设BD＝B'D＝m，则OD＝OB﹣BD＝2﹣m，解得．由梯形的面积公式可得出答案． 【解答】解：（1）①∵正方形AOBC边长为2，点C的坐标为（2，2）， ∴OB＝BC＝AC＝OA＝2， ∵将△BCD沿直线DC折叠， ∴B′D＝BD， 又∵B′D＝OD， ∴BD＝OD， ∴， ∴点D的坐标是（1，0）， 故答案为：（1，0）； ②连接CE． ∵折叠， ∴CB′＝CB＝AC＝2． 在Rt△EAC和Rt△E′BC中， ， ∴Rt△EAC≌Rt△E′BC（HL）， ∴EB′＝AE， ∵E为OA中点， ∴AE＝OEOA＝1， ∴EB′＝AE＝1． 设D（x，0），则OD＝x，DB＝DB′＝2﹣x，DE＝3﹣x． ∵∠EOD＝90°， ∴12+x2＝（3﹣x）2， 解得：x， ∴D（，0）， ∵EB′：DB′＝1：（2）＝3：2， ∴S△OEB′：S△ODB′＝3：2， 又∵S△OED1， ∴S△OEB′S△OED，S△ODB′S△OED， ∴1×xB′，yB′ ∴xB′，yB′， ∴B′（，）． （2）如图，连接B'G，B'B，BG， 设OB'＝t，则AB'＝OA﹣OB'＝2﹣t．设BD＝B'D＝m，则OD＝OB﹣BD＝2﹣m， 在RtΔOB'D中，OB'+OD2＝B'D2， ∴t2+（2﹣m）2＝m2， 解得． ∴， 设CG＝n，则AG＝AC﹣CG＝2﹣n， 在 Rt△AB'G中，B'G2＝AB'2+AG2＝（2﹣t）2+（2﹣n）2， 在Rt△BCG中，BG2＝CG2+BC2＝n2+22＝n2+4， 由折叠可知DG垂直平分B'B， ∴B'G＝BG， ∴B'G2＝BG2， 即（2﹣t）2+（2﹣n）2＝n2+4， 解得， ∴S梯形DBCG， ∴S＝S正方形OABC﹣S△BOD﹣S梯形DBCG． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年八年级数学下学期期中专项卷 【压轴题篇】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 考前须知： 1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。 2．测试范围：数据的收集、整理、描述~分式（苏科版）。 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（3分）（2024秋•靖江市期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连结BM，则BM的长是（　　） A． B． C． D．3 2．（3分）（2024春•泰兴市期中）互不重合的A、B、C三点在同一直线上，已知，，，这三点的位置关系是（　　） A．点A在B、C两点之间 B．点B在A、C两点之间 C．点C在A、B两点之间 D．无法确定 3．（3分）（2024春•江阴市期中）如图，▱ABCD中，点E、F分别是BC、CD上一点，连接AE、DE，连接AF交ED于点P，连接BF分别交AE、DE于点G、H，设△BGE的面积为S1，△PDF的面积为S2，四边形CEHF的面积为S3，若S1＝2，S2＝3，S3＝18，则阴影部分四边形AGHP的面积为（　　） A．17 B．19 C．18.5 D．23 4．（3分）（2024春•姜堰区期中）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝8．将△ABC沿EF折叠，使点A落在BC边的中点D处，点G、H、I分别为BE、EF、CF的中点，连接GH、HI、ID、DG，GH与DE相交于点M，HI与DF相交于点N，则四边形DMHN的面积为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 5．（3分）（2024春•苏州期中）如图，正方形ABCD边长为1，延长BC至点E，使得，AF平分∠BAE交BC于点F，连接DF，则下列结论：①AF＝EF；②AE平分∠DAF；③DF⊥AE；④．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 6．（3分）（2024春•工业园区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E、B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接DP．若AB＝2时，则△ADP周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 7．（3分）（2024春•惠山区期中）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC交AC于点F，连接BF，则下列结论中其中正确的有（　　） ①△ABD≌△BCF；②四边形BDEF是平行四边形；③；④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（3分）（2024春•宜兴市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△ABC绕点C顺时针旋转α（α＜90°）得到△EFC，延长EF分别交AB、CD于M、N，当N为EM中点时，DN的长为（　　） A． B． C． D． 9．（3分）（2024春•锡山区期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若，PB＝10，下列结论： ①△APD≌△AEB；②∠AEB＝135°；③；④S△APD+S△APB＝33；⑤CD＝11．其中正确结论的序号是（　　） A．①②③④ B．①④⑤ C．①②④ D．③④⑤ 10．（3分）（2024春•梁溪区校级期中）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合）且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论： ①在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形； ②点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM； ③无论点M运动到何处，都有DMHM； ④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°． 以上结论正确的是（　　） A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．③④ 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）（2024春•工业园区校级期中）如图，在Rt△ACB中，两直角边AC＝4，BC＝3，将△ABC绕AC中点M旋转一定角度，得到△DEF，点F正好落在AB边上，DE和AB交于点G，则AG长为 　 　． 12．（3分）（2024春•玄武区期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，PD＝2，点E为CD边上的一个动点，连接PE，以PE为边向下方作等边△PEG，连接AG，则AG的最小值是 　 　． 13．（3分）（2024春•秦淮区期中）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AD＝7，DC＝24，AB＝15．M是AD边上的定点，N是BC边上的动点，O是MN的中点．点N从点B运动到点C的过程中，点O运动的路径长为 　 　． 14．（3分）（2024春•建邺区校级期中）如图，在Rt△ABC和Rt△EBC中，∠BAC＝∠BEC＝90°，AB＝AC＝4，以AC、EC为邻边作▱ACEF，连接CF，则线段CF的最小值为 　 　． 15．（3分）（2024春•梁溪区校级期中）邻边长分别为3，a（a＞3）的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于3的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去，若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则a的值 　 　． 16．（3分）（2024春•江阴市期中）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E、点F分别是边BC、CD上的一个动点，将△ABE沿AE折叠，使顶点B落在点B'处，再将纸片沿EF折叠，使顶点C落在射线EB'上的点C'处，下列结论：①∠AEF＝90°；②若CE＝2BE，则CF＝DF；③当点B'与C'重合时，CF；④连接AC'，若△AEC'是以AE为腰的等腰三角形，则BE或2．其中正确的结论有 　 　．（填序号） 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（8分）（2024春•锡山区期中）如图①，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝13，BC边上的高为4，点E是边AD上一动点． （1）尺规作图：请在图①中作菱形AEFG，使点F，G在边BC上．（不写作法，保留作图痕迹） （2）聪明的你一定会发现，可作出的菱形的个数随着点E的位置变化而变化．请直接写出菱形的个数及对应的AE的长的取值范围． 18．（8分）（2024春•秦淮区期中）数学概念 如果一个菱形的四个顶点分别在一个矩形的四条边上（不与矩形的顶点重合），那么称这个菱形是该矩形的内接菱形． 初步认识 （1）如图①，矩形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．求证：四边形EFGH是矩形ABCD的内接菱形． 深入思考 （2）如图②，矩形ABCD中，E是边AB上的一点． ①用直尺和圆规作矩形ABCD的内接菱形EFGH，使点F，G，H分别在BC，CD，DA上；（保留作图痕迹，不写画法） ②已知AE＝2，BE＝1，AD＝a．若矩形ABCD存在以点E为顶点的内接菱形，则a的取值范围是 　 　． 19．（8分）（2024春•鼓楼区期中）数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F．探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由． 小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，他发现AF与DE之间的数量关系是 　 　．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系． （1）请你按照小明的思路，完成解题过程； （2）你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程． 20．（8分）（2024春•南京期中）如图，正方形ABCD和正方形AEFG，点F是BC上的动点． （1）连接BE，DG， ①求证：BE＝DG； ②求证：∠ADG＝45°； （2）连接AF，若BF＝BE，则∠BAF＝　 　°． 21．（8分）（2024春•姑苏区校级期中）（1）如图①，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC边上的动点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，可以证明△DEF≌△DMF，进一步推出AE，EF，FC之间的数量关系为 　 　； （2）如图②正方形ABCD，∠EDF＝45°，猜想AM，MN，CN的数量关系，并证明你的结论． （3）如图③，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E，F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF＝60°，连接BD分别与边AE，AF交于M，N．当∠DAF＝15°时，直接写出BM，MN，DN之间的数量关系 　 　． 22．（10分）（2024春•武进区期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，那么我们把原四边形叫做“中方四边形”． （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 　 　； A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 （2）如图1，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连结BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”； （3）如图2，四边形ABCD是“中方四边形”，若AC2的值为32，则AB+CD的最小值是 　 　.（不需要解答过程） 23．（10分）（2024春•梁溪区期中）折纸不仅是一项有趣的活动，也是一项益智的数学活动．今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论． 实践操作，解决问题 如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点D′落在矩形ABCD所在平面内，边BC和AD′相交于点E，连接BD′．发现：结论①AE＝EC；结论②BD′∥AC． （1）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明；若不成立，请说明理由； （2）东京沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形（如图3所示）．沿对称轴EF再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则京京折叠的矩形纸片的长宽之比为 　 　； （3）新题探究：如图4所示，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2（AB≠BC）．将△ADC沿对角线AC翻折．使点D′落在ABCD所在平面内，连接BD′，当△BCD′恰好为直角三角形时，BC的长度为 　 　． 24．（12分）（2024春•梁溪区校级期中）在如图所示的平面直角坐标系中，正方形AOBC边长为2，点C的坐标为（2，2）． （1）如图1，动点D在OB边上，将△BCD沿直线DC折叠，点B落在点B′处，连接DB′并延长，交AO于点E． ①当B′D＝OD时，点D的坐标是 　 　； ②若点E是线段OA的中点，求此时点D与点B′的坐标； （2）如图2，动点D，G分别在边OB，AC上，将四边形DBCG沿直线DG折叠，使点B的对应点B′始终落在边OA上（点B′不与点O，A重合），点C落在点C′处，B′C′交AC于点E．设OB′＝t，四边形AB′DG的面积为S，直接写出S与t的关系式． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$