8. 如图，在矩形$ABCD$中，$AC$，$BD$相交于点$O$，过点$B$作$BF ⊥ AC$，交$CD$于点$F$，交$AC$于点$M$，过点$D$作$DE // BF$，交$AB$于点$E$，交$AC$于点$N$，连接$FN$，$EM$。有下列结论：①$DN = BM$；②$EM // FN$；③$AE = FC$；④当$AO = AD$时，四边形$DEBF$是菱形。其中，正确的有(
D
)
A.$1$个
B.$2$个
C.$3$个
D.$4$个
答案：8.D
解析：
证明：
①
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AD// BC$，$AD=BC$，$OA=OC$，$OB=OD$，$AC=BD$，
∴$OA=OB=OC=OD$。
∵$BF⊥ AC$，$DE// BF$，
∴$DE⊥ AC$，
∴$\angle DNA=\angle BMC=90°$。
在$\triangle ADN$和$\triangle CBM$中，$\begin{cases}\angle DNA=\angle BMC\\\angle DAN=\angle BCM\\AD=BC\end{cases}$，
∴$\triangle ADN\cong\triangle CBM(AAS)$，
∴$DN=BM$。①正确。
② 由①得$AN=CM$，
∵$OA=OC$，
∴$ON=OM$。
在$\triangle DON$和$\triangle BOM$中，$\begin{cases}OD=OB\\\angle DON=\angle BOM\\ON=OM\end{cases}$，
∴$\triangle DON\cong\triangle BOM(SAS)$，
∴$\angle ODN=\angle OBM$，
∴$DE// BF$。
又$DN=BM$，$ON=OM$，
∴四边形$NEMF$是平行四边形，
∴$EM// FN$。②正确。
③
∵$AB// CD$，$DE// BF$，
∴四边形$DEBF$是平行四边形，
∴$DF=BE$。
∵$AB=CD$，
∴$AB-BE=CD-DF$，即$AE=FC$。③正确。
④
∵$AO=AD$，$AO=OD$，
∴$AD=AO=OD$，
∴$\triangle AOD$是等边三角形，
∴$\angle OAD=60°$，$\angle ADE=30°$。
∵$DE⊥ AC$，
∴$\angle AED=60°$，$\angle ADE=30°$，
∴$AE=\frac{1}{2}AD$，$DE=\frac{\sqrt{3}}{2}AD$。
∵$AB=CD=2AD$，
∴$BE=AB-AE=2AD-\frac{1}{2}AD=\frac{3}{2}AD\neq DE$，
∴四边形$DEBF$不是菱形。④错误。
综上，正确的有①②③，共3个。
答案：C
9. 如图，在$□ ABCD$中，$AB = 5$，$AD = 3$，$\angle DAB$的平分线$AE$交线段$CD$于点$E$，则$EC$的长为
2
。
答案：9.2
解析：
解：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore AB// CD$，$CD = AB = 5$，$AD = BC = 3$，
$\therefore \angle BAE=\angle AED$，
∵$AE$平分$\angle DAB$，
$\therefore \angle DAE = \angle BAE$，
$\therefore \angle DAE=\angle AED$，
$\therefore DE = AD = 3$，
$\therefore EC=CD - DE=5 - 3=2$。
2
10. 两个矩形的位置如图所示，若$\angle 1 = \alpha$，则$\angle 2 =$
$180^{\circ}-\alpha$
。
答案：10.$180^{\circ}-\alpha$
11. 已知点$E$是菱形$ABCD$的对称中心，$\angle B = 56^{\circ}$，连接$AE$，则$\angle BAE$的度数为
$62^{\circ}$
。
答案：11.$62^{\circ}$
解析：
解：连接AC，BD交于点E。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，∠ABC=56°，AC平分∠BAD，
∴∠BAD=180°-∠ABC=124°，
∴∠BAE=∠BAD/2=62°。
62°
12. 如图，在$\triangle ABC$中，$D$，$E$分别是边$AB$，$BC$的中点，点$F$在线段$DE$的延长线上，且$\angle BFC = 90^{\circ}$。若$AC = 4$，$BC = 8$，则$DF$的长是
6
。
答案：12.6
解析：
证明：
∵D，E分别是边AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}×4=2$，且DE//AC。
∵∠BFC=90°，E是BC的中点，BC=8，
∴EF=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}×8=4$。
∵点F在线段DE的延长线上，
∴DF=DE+EF=2+4=6。
6
13. 如图，四边形$ABCD$是轴对称图形，且直线$AC$是对称轴，$AB // CD$。有下列结论：①$AC ⊥ BD$；②$AD // BC$；③四边形$ABCD$是菱形；④$\triangle ABD \cong \triangle CDB$。其中，正确的是
①②③④
(填序号)。
答案：13.①②③④
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是轴对称图形，直线$AC$是对称轴，
∴$AB=AD$，$CB=CD$，$\angle BAC=\angle DAC$，$\angle BCA=\angle DCA$。
∵$AB// CD$，
∴$\angle BAC=\angle DCA$，
∴$\angle BAC=\angle DAC=\angle BCA=\angle DCA$，
∴$AB=BC$，$AD=DC$，
∴$AB=BC=CD=DA$，
∴四边形$ABCD$是菱形。
∵菱形对角线互相垂直，对边平行，
∴$AC⊥ BD$，$AD// BC$。
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AB=CD$，$AD=CB$，$BD=DB$，
∴$\triangle ABD\cong\triangle CDB$（SSS）。
综上，①②③④均正确。
①②③④
14. 如图，将梯形$ABCD$沿水平方向向右平移$2\ cm$得到梯形$EFGH$。若涂色部分的周长为$15\ cm$，则梯形$ABGH$的周长为
23
$cm$。
答案：14.23
15. 如图，在矩形$ABCD$中，$E$是$AD$的中点，将$\triangle ABE$沿$BE$翻折至$\triangle FBE$，连接$DF$，则图中与$\angle AEB$相等的角有
$\angle BEF,\angle CBE,\angle EDF,\angle EFD$
。
答案：15.$\angle BEF,\angle CBE,\angle EDF,\angle EFD$
16. 数学家笛卡尔在《几何》一书中阐述了坐标几何思想，主张取代数和几何中最好的东西来以长补短。如图，在平面直角坐标系中，矩形$OABC$的顶点$B$的坐标是$(1,3)$，则$AC$的长为
$\sqrt{10}$
。
答案：16.$\sqrt{10}$
解析：
解：
∵四边形$OABC$是矩形，顶点$B$的坐标是$(1,3)$，
∴矩形的对角线相等，即$AC = OB$。
∵点$O$是坐标原点，坐标为$(0,0)$，点$B$的坐标是$(1,3)$，
∴$OB=\sqrt{(1 - 0)^2+(3 - 0)^2}=\sqrt{1 + 9}=\sqrt{10}$，
∴$AC=\sqrt{10}$。
$\sqrt{10}$
17. 如图，正方形$ABCD$和正方形$CEFG$的边长分别为$a$和$b$，将正方形$CEFG$绕点$C$旋转，连接$DE$，$DG$，$BE$，$BG$，有下列结论：①$BE = DG$；②$BE ⊥ DG$；③$DE^{2} + BG^{2} = 2a^{2} + 2b^{2}$。其中，正确的是
①②③
(填序号)。
答案：17.①②③
解析：
证明：①
∵四边形$ABCD$和四边形$CEFG$是正方形，
∴$BC=CD$，$CE=CG$，$∠BCD=∠ECG=90^{\circ}$，
∴$∠BCD + ∠DCE = ∠ECG + ∠DCE$，即$∠BCE=∠DCG$，
在$\triangle BCE$和$\triangle DCG$中，
$\begin{cases}BC=CD\\∠BCE=∠DCG\\CE=CG\end{cases}$，
∴$\triangle BCE≌\triangle DCG(SAS)$，
∴$BE=DG$，故①正确；
②设$BE$与$DG$交于点$H$，$BE$与$CD$交于点$O$，
由①知$\triangle BCE≌\triangle DCG$，
∴$∠CBE=∠CDG$，
∵$∠BOC=∠DOH$，$∠BCO=90^{\circ}$，
∴$∠DHO=∠BCO=90^{\circ}$，
∴$BE⊥DG$，故②正确；
③连接$BD$、$EG$，
∵四边形$ABCD$和四边形$CEFG$是正方形，
∴$BD^{2}=2a^{2}$，$EG^{2}=2b^{2}$，
∵$BE⊥DG$，
∴在$Rt\triangle DHE$中，$DE^{2}=DH^{2}+EH^{2}$，
在$Rt\triangle BHG$中，$BG^{2}=BH^{2}+GH^{2}$，
∴$DE^{2}+BG^{2}=DH^{2}+EH^{2}+BH^{2}+GH^{2}$，
∵$BE=DG$，设$BE=DG=m$，$BH=x$，$GH=y$，则$EH=m - x$，$DH=m - y$，
$DE^{2}+BG^{2}=(m - y)^{2}+(m - x)^{2}+x^{2}+y^{2}=2m^{2}-2m(x + y)+2(x^{2}+y^{2})$，
又
∵在$Rt\triangle BHG$中，$x^{2}+y^{2}=BG^{2}$（此处表述可简化，直接利用$BD$、$EG$与$BE$、$DG$的关系），
另由勾股定理，在四边形$BDEG$中，$DE^{2}+BG^{2}=BD^{2}+EG^{2}=2a^{2}+2b^{2}$，故③正确。
综上，正确的是①②③。
18. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 6$，$BC = 8$，$P$为边$AC$上异于点$A$的一点，以$PA$，$PB$为邻边作$□ PAQB$，则线段$PQ$长的最小值是
4.8
。
答案：18.4.8 解析：如图，设$PQ$与$AB$相交于点$M$，过点$M$作$MN⊥ AP$于点$N$，连接$CM.\because$四边形$PAQB$是平行四边形，$\therefore BM=AM=\frac{1}{2}AB=3$，$PQ=2PM.\therefore S_{\triangle ACM}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×6×8=12$。$\because\angle ABC=90^{\circ}$，$AB=6$，$BC=8$，$\therefore AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}} =10$，$\therefore\frac{1}{2}×10MN=12$，解得$MN=2.4$。$\because M$是$AB$的中点，$P$是$AC$上的动点，$\therefore PM\geqslant MN$，$\therefore PQ\geqslant2MN=4.8$，即线段$PQ$长的最小值是4.8。
