山西省2025--2026学年华东师大版数学八年级下册期末复习——每天一道压轴题

**基本信息** 聚焦几何综合与动态问题，以题载法构建“性质应用-模型构造-逻辑推理”三阶解题体系，强化空间观念与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |几何变换|10道（旋转/折叠/平移）|旋转性质迁移、折叠轴对称应用、平移动态分析|变换性质→全等/相似→特殊四边形判定→计算推理| |函数与几何|2道|坐标法建模、分类讨论思想|函数解析式→点坐标关系→几何图形性质→综合计算|

山西华师大八下期末复习——每天一道压轴题 1．综合与探究 问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°），点B，C的对应点分别为点B′，C′，连接BB′，CC′，M，N分别为BB′，CC′的中点，连接AM，AN． （1）猜想结论：如图1，当B′C′恰好经过点C时，B′M与AN的位置关系是　 　 ，数量关系是　 　 ． （2）问题解决：如图2，当BB′恰好经过点C时． ①试猜想四边形AMCN的形状，并说明理由； ②连接BC′，若AC＝2，请直接写出线段BC′的长．（提示：“在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半”） 2．综合与探究 如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为t（0＜t＜5）秒． （1）若G、H分别是AB、DC的中点． ①求证：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形（0＜t＜2.5）； ②当t为何值时？以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形； （2）若G、H分别是折线A﹣B﹣C，C﹣D﹣A上的动点，分别从A、C开始，与E、F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值． 3．综合与探究 问题情境 数学活动课上，老师带领同学们利用矩形纸片开展活动．老师先提出一个问题：如图1，将矩形ABCD沿过点B的直线折叠，使得点A的对应点E落在BC边上，折痕与AD交于点F，试判断四边形ABEF的形状，并说明理由．（1）请解答老师的问题． 动手实践 （2）如图2，点G是AD的中点，勤学小组的同学将矩形ABCD沿直线BG折叠，点A的对应点为E，连接DE，并延长，交BC于点F． ①试判断四边形BFDG的形状，并说明理由． ②连接GF，交BE于点H，点O是GF的中点，若点H是OF的三等分点，AB＝6，直接写出AD的长． 4．综合与探究 四边形ABCD是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏． 【探究发现】 （1）如图1，小明将△ABE沿AE翻折得到△AB'E，点B的对应点B'，将纸片展平后，连接BB'并延长交边CD于点F，小明发现折痕AE与BF存在特殊的数量关系，数量关系为　 　 ；说明理由． 【类比探究】 （2）如图2，小明继续折纸，将四边形ABEG沿GE所在直线翻折得到四边形A'B'EG，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B′，将纸片展平后，连接BB'交边CD于点F，请你猜想线段AG、CE、DF之间的数量关系并证明； 【拓展延伸】 （3）在（2）的翻折过程中，如图3，若线段A'B'恰好经过点D，如果正方形ABCD的边长为9，CF＝3，直接写出CE的长． 5．综合与探究 如图1，把两个全等的直角△ABC与△DEF叠放在一起，∠ACB＝∠DFE＝90°，∠B＝60°，BC＝4．固定△ABC，将△DEF沿线段AB向右平移（即点D在线段AB上）． （1）如图2，连接CF，直接写出CF与AD的数量关系； （2）如图3，连接CF，DC，BF，得到四边形CDBF． ①当点D移动到AB的中点时，判断四边形CDBF的形状，并说明理由； ②在△DFE移动过程中，四边形CDBF的形状在不断改变，它的面积是否也发生变化．若不变，直接写出其面积；若改变，请说明理由． 6．综合与探究 问题情境：已知正方形ABCD和正方形ECGF有公共顶点C，点G在边CD的右侧，且AB＞EC，连结BE，DG． 猜想证明： （1）如图1，若点E在CD上，B，C，G三点在同一直线上，判断线段BE和DG之间的数量关系和位置关系，并说明理由． 深入探究： （2）如图2，将正方形ECGF绕着点C逆时针旋转，使得边CE，FG分别位于正方形ABCD的边CD的两侧，若点B，E，F在同一直线上，点D，F，G在同一直线上，猜想BF与DF+2CG之间的数量关系，并说明理由． （3）如图3，将正方形ECGF绕着点C顺时针旋转，已知正方形ABCD的边长为2，正方形ECGF的边长为，当点E恰好落在线段DG上时，直接写出△BCE的面积． 7．综合与探究 问题情境：综合与实践课上，老师让同学们以平行四边形纸片的折叠为主题开展数学活动．已知平行四边形纸片ABCD，AD＞AB．如图1，将平行四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D的对应点F落在边BC上，展开后，折痕AE交CD于点E，在此基础上，继续沿过点F的直线折叠，使点B的对应点H落在AF上，展开后折痕FG交AB于点G，延长GH交AE于点K． 初步探究：（1）求证：四边形EFGK是平行四边形． 深入探究：（2）如图2，当平行四边形纸片ABCD是矩形，且AD＝10，AB＝6时，直接写出此时GK的长． 8．综合与探究 问题情境： 如图，四边形ABCD为正方形，点E为对角线AC上的一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交直线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． 猜想证明： （1）求证：四边形DEFG是正方形． 解决问题： （2）求∠DCG的度数． （3）已知BC＝4，CF＝2，请直接写出CG的长． 9．综合与探究 如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y（x＞0）的图象在第一象限内交于点A（1，4），B（4，a），P为x轴负半轴上一动点，作直线PA，连结PB． （1）求一次函数的表达式． （2）若△ABP的面积为12，求点P的坐标． （3）在（2）的条件下，若E为直线PA上一点，F为y轴上一点，是否存在点E，F，使以E，F，P，B为顶点的四边形是以PB为边的平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 10．综合与探究 问题背景：在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的三角形纸片为操作对象，进行相关问题的研究，下面是创新小组在操作纸片过程中研究的问题，请你解决这些问题．如图1，△ABC≌△DEF，其中∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2，AB＝2BC，． 操作与发现： （1）如图2，创新小组将两张三角形纸片按如图所示的方式放置后，经过观察发现四边形ACBF是矩形，请你证明这个结论． 操作与探究： （2）创新小组在图2的基础上，将△DEF纸片沿AB方向平移至如图3的位置，其中点E与AB的中点重合，连接CE，BF，经过探究后发现四边形BCEF是菱形，请你证明这个结论． （3）创新小组在图3的基础上又进行了探究，将△DEF纸片绕点E逆时针旋转至DE与BC平行的位置，如图4所示，连接AF，BF．创新小组经过观察与推理后发现四边形ACBF是矩形，请你证明这个结论． 提出问题： （4）请你参照以上操作，在图2的基础上，通过平移或旋转△DEF构造出的图形，在图5中画出这个图形，标明字母，说明构图方法，写出你发现的结论，不必证明． 11．综合与探究 直线y＝x+2与x轴和y轴分别交于点A、B，直线CD与AB交于点C，与y轴交于点D（0，8），过点C作CE⊥x轴于点E，点E的横坐标为3． （1）求直线CD的解析式； （2）点P是x轴上一动点，过点P（t，0）作x轴垂线分别与直线AB、CD交于点M、N，求线段MN的长（用t表示）； （3）在（2）的条件下，t为何值时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形． 12．综合与探究 问题情境： 数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，如图2，在正方形内取一点E，使∠CED＝90°，将点E绕点C逆时针旋转90°得到点E′，射线DE，E′B交于点F． 特例研究： 启智小组在探究过程中遵循由特殊到一般的探究规律：如图1，发现点E在对角线AC中点O处时，点F与点B重合，此时四边形EFE′C的形状为正方形． 探究发现： （1）博学小组发现，如图2，只要∠CED＝90°，四边形EFE′C的形状都是正方形，请证明； （2）奋发小组受博学小组的启发，进一步深入探究，如图3，取BC中点G，连接E′G，FO，AF，又发现：在点E运动过程中，FO与E′G始终保持特定的数量关系，请写出此数量关系，并说明理由； 拓展应用： （3）在（2）的条件下，已知AF＝1，BC＝5，直接写出BF的长度． 参考答案与试题解析 1．解：（1）B′M与AN的位置关系是B′M∥AN，B′M与AN的数量关系是B′M＝AN； 理由：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°， ∴∠ACB＝60°； 由旋转性质得：∠BAB′＝∠CAC′，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，∠C′＝∠ACB＝60°，AB＝AB′，AC＝AC′， ∴△ACC′是等边三角形， ∴∠BAB′＝∠CAC′＝60°， ∴△BAB′是等边三角形， ∴∠BB′A＝60°， ∴∠MB′N＝∠BB′A+∠AB′C′＝90°； ∵M，N分别为BB′，CC′的中点， ∴AM⊥BB′，AN⊥CC′， ∴∠AMB′＝∠ANB′＝∠MB′N＝90°， ∴四边形MANB′是矩形， ∴B′M∥AN，B′M＝AN； 故答案为：平行；相等； （2）①四边形AMCN是矩形； 理由如下：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°， ∴∠ACB＝60°； 由旋转得：∠BAB′＝∠CAC′，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，AB＝AB′，AC＝AC′， ∴△ACC′是等腰三角形，△BAB′是等腰三角形， ∴∠ACC′＝∠AC′C，∠AB′B＝∠ABC＝30°， ∴∠CAC′＝∠BAB′＝180°﹣2∠ABC＝120°， ∴； ∴∠MCN＝∠ACB+∠ACN＝90°； ∵M，N分别为BB′，CC′的中点，AB＝AB′，AC＝AC′， ∴AM⊥BB′，AN⊥CC′， ∴∠AMC＝∠ANC＝∠MCN＝90°， ∴四边形AMCN是矩形； ②在Rt△ACN中，由①知∠ACN＝30°， ∴， 由勾股定理得， ∴； 在Rt△ABC中，∠ABC＝30°， ∴BC＝2AC＝4； 在Rt△BCC′中，． 2．（1）①证明：如图1， 当0＜t＜2.5时， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠BAC＝∠ACD， ∵G，H分别是AB和CD的中点， ∴，CHCD， ∴AG＝CH， 由题意得，AE＝CF， ∴△GAE≌△HCF（SAS）， ∴FH＝EG，∠AEG＝∠CFH， ∴180°﹣∠AEG＝180°﹣∠CFH， ∴∠EGC＝∠HFA， ∴EG∥FH， ∴四边形EGFH是平行四边形； ②解：连接GH，如图2， ∵四边形ABCD是矩形，G、H是中点， ∴GH＝BC＝8cm， 当EF＝GH＝8cm时，四边形EGFH是矩形，分两种情况： ①E、F未相遇前，AE＝CF＝2t，则EF＝10﹣4t＝8， 解得t＝0.5； ②E、F相遇后，EF＝2t+2t﹣10＝8， 解得t＝4.5， 综上所述，当t＝0.5或t＝4.5时，四边形EGFH是矩形； （3）t为秒时，四边形EGFH是菱形．理由如下： 如图3，连接AG、CH， ∵四边形GEHF是菱形， ∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF， ∵AF＝CE， ∴OA＝OC， ∴四边形AGCH是菱形， ∴AG＝CG， 设AG＝CG＝x，则BG＝8﹣x， 由勾股定理得：AB2+BG2＝AG2， ∴62+（8﹣x）2＝x2， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴t为秒时，四边形EGFH是菱形． 3．解：（1）四边形ABEF为正方形；理由如下： ∵将矩形ABCD沿过点B的直线折叠，使得点A的对应点E落在BC边上，折痕与AD交于点F， ∴∠A＝∠ABC＝90°， ∴∠A＝∠BEF＝90°，AB＝BE， ∴四边形ABEF是正方形； （2）①四边形BFDG为平行四边形；理由如下： ∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC ∵点G是AD的中点， ∴AG＝GD， ∵将矩形ABCD沿直线BG折叠，点A的对应点为E， ∴AG＝GD＝GE，∠AGB＝∠BGE， ∴∠GED＝∠GDE， ∵∠AGB+∠BGE+∠EGD＝180°，∠GED+∠GDE+∠EGD＝180°， ∴∠AGB+∠BGE＝∠GED+∠GDE， ∴∠AGB＝∠BGE＝∠GED＝∠GDE， ∴BG∥FD， ∴四边形BFDG是平行四边形； ②AD的长为或．理由如下： 当H是OF的下方的三等分点时， ∵AB＝6，点O是GF的中点， ∴， ∵∠GFD+∠FDG＝90°，∠BEF+∠GED＝90°，∠GED＝∠GDE， ∴∠GFD＝∠BEF， ∴HF＝HE＝1， ∵BE＝AB＝6， ∴BH＝5， 在直角三角形BFH中，由勾股定理得：， ∵四边形BFDG是平行四边形， ∴， ∴； 当H是OF的上方的三等分点时， ∵AB＝6，点O是GF的中点， ∴， ∵∠GFD+∠FDG＝90°，∠BEF+∠GED＝90°，∠GED＝∠GDE， ∴∠GFD＝∠BEF， ∴HF＝HE＝2， ∵BE＝AB＝6， ∴BH＝4， 在直角三角形BFH中，由勾股定理得：， ∵四边形BFDG是平行四边形， ∴， ∴； 综上所述，AD的长为或． 4．解：（1）如图， 由题可知AE垂直平分BB'， ∴∠AMB＝90°， 在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°， ∴∠BAE＝∠CBF＝90°﹣∠ABM， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF； 故答案为：AE＝BF． （2）AG+CE＝DF； 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD， ∵翻折， ∴GE⊥BF， ∴∠BME＝90°， 过点G作GN⊥BC，垂足为点N， ∴∠GNB＝∠GNE＝90°， ∴∠NGE+∠GEN＝90°，∠MBE+∠MEB＝90°， ∴∠NGE＝∠MBE， ∵∠A＝∠ABC＝∠GNB＝90°， ∴四边形ABNG是矩形， ∴AG＝BN，AB＝GN， ∴BC＝GN， 又∵∠NGE＝∠MBE，∠C＝∠GNE＝90°， ∴△BCF≌△GNE（ASA）， ∴NE＝CF， ∴BC﹣NE＝CD﹣CF，即BN+CE＝DF， ∴AG+CE＝DF． （3）设CE＝x， ∵正方形ABCD的边长为9，CF＝3， ∴CD＝9，DF＝CD﹣FC＝6，BE＝BC﹣CE＝9﹣x， 过点D作DP⊥GE，垂足为H，交线段AB于点P，连接PE，DE． ∵四边形ABEG沿GE所在直线翻折得到四边形A′B′EG，线段A′B经过点D， ∴D，P关于直线GE对称，∠PHE＝90°， ∴GE垂直平分DP， ∴PE＝DE， ∵由（2）得∠BME＝90°，∠ABC＝∠C＝90°， ∴∠PHE＝∠BME＝90°， ∴PD∥BF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD， ∴四边形PBFD是平行四边形， ∴PB＝DF＝6， 在Rt△PBE中，∠PBE＝90°， ∴根据勾股定理，PB2+BE2＝PE2， 在Rt△DCE中，∠C＝90°， ∴根据勾股定理，DC2+CE2＝DE2， 又∵PE＝DE， ∴62+（9﹣x）2＝x2+92， 解得 x＝2， 答：CE的长为2． 5．解：（1）CF＝AD，理由如下： ∵平移， ∴AC∥DF，AC＝DF， ∴四边形ADFC是平行四边形， ∴CF＝AD； （2）①四边形CDBF是菱形，理由如下： 设DF与BC的交点为点M， ∵点D移动到AB的中点， ∴AD＝BD， ∵AD＝CF， ∴CF＝BD， 由平移可知CF∥BD，AC∥DF， ∴CF＝BD，且CF∥BD， ∴四边形CDBF是平行四边形， ∵AC∥DF，∠ACB＝90°， ∴∠DMB＝90°， ∴DF⊥BC， ∴四边形CDBF是菱形． ②不改变． ∵∠ACB＝∠DFE＝90°，∠B＝60°，BC＝4， ∴DF＝ACBC＝4， ∵四边形CDBF的面积8， ∴四边形CDBF的面积为8． 6．解：（1）BE＝DG，BE⊥DG， 理由：在正方形ABCD和正方形中，BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG＝90°， ∴△BCE≌△DCG（SAS）， ∴BE＝DG，∠CBE＝∠CDG， 如图1，延长BE交DG于H， ∵∠CDG+∠DGC＝90°， ∴∠CBE+∠DGC＝90°， ∴∠BHG＝90°， ∴BH⊥DG； （2）BF＝DF+2CG， 理由：在正方形ABCD和正方形中，BC＝CD，CE＝CG＝FG＝EF，∠BEC＝∠CEF＝∠G＝90°， ∴△BCE≌△DCG（SAS）， ∴BE＝DG， ∵BF＝BE+EF＝DG+CG， ∴BF＝DF+FG+CG＝DF+CG+CG＝DF+2CG； （3）在正方形ABCD和正方形中，BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠GCE＝90°， ∴∠BCE＝∠DCG， ∴△BCE≌△DCG（SAS）， ∴△BCE的面积＝△DCG的面积； 如图3，过C作CH⊥DG于H， ∵正方形ECGF的边长为， ∴EG＝2， ∴CH＝GHEG＝1， ∵正方形ABCD的边长为2， ∴CD＝2， ∴DH， ∴DG1， ∴△BCE的面积＝△DCG的面积DG•CH（1）×1． 7．（1）证明：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠D， ∴∠DAF＝∠AFB， ∴∠DAK+∠KAF＝∠AFG+∠BFG， 由折叠知∠DAF＝∠AFB，∠AEF＝∠AED，∠FGH＝∠FGB，∠DAK＝∠KAF，∠AFG＝∠BFG，∠AEF＝∠FGH，∠AFG＝∠KAF，KE∥GF， ∴∠AKG＝∠FGK， ∴∠AKG＝∠AEF， ∴GK∥FE， ∴四边形EFGK为平行四边形； （2）解：由（1）得四边形EFGK为平行四边形， ∴GK＝EF， 由折叠知AF＝AD＝10，DE＝EF， 在Rt△ABF中，， ∴CF＝BC﹣BF＝2， 设DE＝EF＝x，则CE＝6﹣x， 在Rt△CEF中，由勾股定理得x2﹣（6﹣x）2＝22， 解得， ∴． 8．（1）证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点， ∵正方形ABCD， ∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°， ∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC， ∴四边形EMCN为正方形， ∵四边形DEFG是矩形， ∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90° ∴∠DEN＝∠MEF， 又∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴ED＝EF， ∴矩形DEFG为正方形， （2）解：∵矩形DEFG为正方形， ∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90° ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°， ∴∠ADE＝∠CDG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴∠DAE＝∠DCG＝45°， （3）解：①当F在BC上时， ∵正方形EMCN，正方形ABCD， ∴BC＝DC，MC＝NC， ∴BC﹣MC＝DC﹣NC，即：BM＝DN， ∵△DEN≌△FEM， ∴FM＝DN， ∴， ∴MC＝MF+FC＝1+2＝3， ∴，， ∵△ADE≌△CDG， ∴； ②当F在BC延长线上时，如图： 同理可得，△EFM≌△EDN，CM＝CN＝EM＝EN，AE＝CG， ∴BM＝FM（BC+CF）＝3， ∴CM＝1， ∴CE， ∴AE＝43， ∴CG＝3； 综上所述，AE或3． 9．解：（1）把A（1，4）代入y得m＝1×4＝4， ∴反比例函数解析式为y； 把B（4，a）代入y得a1， ∴B（4，1）， 把A（1，4），B（4，1）代入y＝kx+b得， 解得， ∴一次函数解析式为y＝﹣x+5； （2）如图，设直线AB交x轴于H，过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥x轴于E， 设P（x，0）， ∵A（1，4）、B（4，1）， ∴AD＝4，BE＝1， 在y＝﹣x+5中，令y＝0，得﹣x+5＝0， 解得：x＝5， ∴H（5，0）， ∴PH＝5﹣x， ∴S△PAB＝S△PAH﹣S△PBHPH•ADPH•BEPH（AD﹣BE）（5﹣x）×（4﹣1）（5﹣x）， ∵S△PAB＝12， ∴（5﹣x）＝12， 解得：x＝﹣3， ∴P（﹣3，0）； （3）存在， 设直线PA的解析式为y＝mx+n，把P（﹣3，0），B（1，4）坐标分别代入得： ， 解得， ∴直线PA的解析式为y＝x+3， 设E（t，t+3），F（0，s）， 又P（﹣3，0）B（4，1）， 当PF、BE为平行四边形对角线时，PF与BE的中点重合， ∴， 解得， ∴E（﹣7，﹣4）； 当PE，BF为平行四边形对角线时，PE与BF的中点重合， ∴， 解得， ∴E（7，10）； 综上所述，点E的坐标为（﹣7，﹣4）或（7，10）． 10．（1）证明：如图2，∵△ABC≌△DEF， ∴AC＝DF＝BF，BC＝EF＝AF， 在四边形ACBF中，AC＝BF，BC＝AF， ∴四边形ACBF是平行四边形， ∵∠ACB＝90°， ∴▱ACBF是矩形； （2）证明：在Rt△ABC中，∠ABC＝60°， ∴∠A＝30°， ∵△ABC≌△DEF与平移可知，BC＝EF，BC∥EF， ∴四边形BCEF是平行四边形， ∵∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴BC ∴点E与AB的中点重合，∠ACB＝90°， ∴CE， ∴BC＝CE， 在▱BCEF中，BC＝CE， ∴▱BCEF是菱形； （3）证明：在Rt△ABC中，∠ABC＝60°， ∵△ABC≌△DEF，点E是AB中点，∠BAC＝30°， ∴EF＝AE＝BC，∠DEF＝60°， ∵DE∥BC， ∴∠BED＝∠ABC＝60°， ∴∠AEF＝180°﹣∠DEF﹣∠BED＝60°， ∴△AEF是等边三角形， ∴∠EAF＝60°，AF＝AE， ∵AE＝BC，AF＝BC， ∵∠EAF＝∠ABC＝60°， ∴AF∥BC， 在四边形ACBF中，AF＝BC，AF∥BC， ∴四边形ACBF是平行四边形， ∵∠ACB＝90°， ∴▱ACBF是矩形； （4）解：构图方法： ， 将△DEF向下平移DF的长度，得到四边形ACDB为平行四边形．理由如下：由平移可得：AC＝BD，AB＝CD，∴四边形ACDB为平行四边形． 11．解：（1）当x＝3时，y＝x+2＝3+2＝5， ∴C（3，5）， 设直线CD的解析式是y＝kx+b， 将C（3，5），D（0，8）坐标代入得，， 解得：， ∴直线CD的解析式是y＝﹣x+8． （2）由题知xP＝xM＝xN＝t， ∵点M在直线AB上， ∴yM＝t+2， ∴M（t，t+2）， ∵点N在直线CD上， ∴yN＝﹣t+8， ∴N（t，﹣t+8）， 当t≤3时，MN＝yN﹣yM＝（﹣t+8）﹣（t+2）＝﹣2t+6， 当t＞3时，MN＝yM﹣yN＝（t+2）﹣（﹣t+8）＝2t﹣6． （3）∵CE⊥x轴，MN⊥x轴， ∴CE∥MN，CE＝5， 若四边形MNCE是平行四边形，则CE＝MN， 即：﹣2t+6＝5或2t﹣6＝5， ∴或． 12．解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，BC＝CD， ∴∠BCE+∠DCE＝90°， ∵点E绕点C逆时针旋转90°得到点E′， ∴CE＝CE′，∠ECE′＝90°， ∵∠CED＝90°， ∴∠BCE+∠DCE＝90°，∠BCE+∠BCE′＝90°， ∴∠DCE＝∠BCE′， △CBE′≌△CDE（SAS）， ∴∠CED＝∠CE′B＝90°， ∴四边形EFE′C的形状都是矩形， ∵CE＝CE′， ∴四边形EFE′C是正方形． （2），理由如下： 连接BD，OG， ∵四边形ABCD是正方形，O是AC的中点， ∴O是BD的中点，AC＝BD，， ∵四边形EFE′C是正方形， ∴∠BFE＝90°， ∴， ∵四边形ABCD是正方形，O是AC的中点， ∴OC＝OB，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCB＝45°， ∵G是BC的中点， ∴OG＝BG＝GC， ∴， ∵四边形EFE′C是正方形， ∴∠BE′C＝90°， ∵G是BC的中点， ∴， ∴， ∴． （3）取AF的中点M，取BF的中点N， 连接OM，ON，OB，MN， ∴， ∵BC＝AB＝5， ∴， 根据（2）得OB＝OC＝OF＝OA，AF＝1， ∴，∠OMF＝90°，， ∴，∠ONF＝90°，， ∵四边形ABCD是正方形，O是AC的中点，BC＝AB＝5， ∴∠AOB＝90°，，， ∴， ∴， 过点M作MQ⊥ON于点Q， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $