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题目（八年级 · 画法几何学）：如图所示$triangleABC$中,$angleC=90^{circ},angleA,angleB$的平分线交于$D$点,$DEperpBC$于点$E,DFperpAC$于点F.(1)求证:四边形$CEDF$为正方形;(2)若$AC=12,BC=16$,求$CE$的长.
选项：
答案：(1)直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形$CEDF$为正方形;(2)利用三角形面积求法得出$CE$的长.【解析】（1）证明：过点$D$作$DNperpAB$于点$N$,<ImageHere>$becauseangleC=90^{circ},DEperpBC$于点$E,DFperpAC$于点$F$,$therefore$四边形FCED是矩形,又$becauseangleA,angleB$的平分线交于$D$点,$thereforeDF=DE=DN$,$therefore$矩形FCED是正方形;(2)解:$becauseAC=12,BC=16,angleC=90^{circ}$,$thereforeAB=sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=sqrt{12^{2}+16^{2}}=20$,$because$四边形$CEDF$为正方形,$thereforeDF=DE=DN$,$thereforeDFtimesAC+DEtimesBC+DNtimesAB=ACtimesBC$,则$EC(AC+BC+AB)=ACtimesBC$,故${EC}=frac{12times16}{12+16+20}=4$.【点睛】此题主要考查了正方形的判定以及三角形面积求法和角平分线的性质等知识,得出$DF=$$DE$是解题关键.
解析：(1)直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形$CEDF$为正方形;(2)利用三角形面积求法得出$CE$的长.【解析】（1）证明：过点$D$作$DNperpAB$于点$N$,$becauseangleC=90^{circ},DEperpBC$于点$E,DFperpAC$于点$F$,$therefore$四边形FCED是矩形,又$becauseangleA,angleB$的平分线交于$D$点,$thereforeDF=DE=DN$,$therefore$矩形FCED是正方形;(2)解:$becauseAC=12,BC=16,angleC=90^{circ}$,$thereforeAB=sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=sqrt{12^{2}+16^{2}}=20$,$because$四边形$CEDF$为正方形,$thereforeDF=DE=DN$,$thereforeDFtimesAC+DEtimesBC+DNtimesAB=ACtimesBC$,则$EC(AC+BC+AB)=ACtimesBC$,故${EC}=frac{12times16}{12+16+20}=4$.【点睛】此题主要考查了正方形的判定以及三角形面积求法和角平分线的性质等知识,得出$DF=$$DE$是解题关键.
题目（八年级 · 画法几何学）：把两个大小不同的含 $45^{\circ}$ 角的直角三角板如图(1)放置, 图(2)是由它抽象出的几何图形,点 $\mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{E}$ 在同一条直线上, 连结 $\mathrm{CD}$.



图(1)



图(2).

(1) 求证: $\mathrm{BE}=\mathrm{CD}$;

(2) 求证: $\mathrm{DC} \perp \mathrm{BE}$.
选项：
答案：解: (1) 证明: $\because \triangle \mathrm{ABC}$ 和 $\triangle \mathrm{DAE}$ 都是等腰直角三角形

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \mathrm{AE}=\mathrm{AD}, \angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{DAE}=90^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{CAE}=\angle \mathrm{DAE}+\angle \mathrm{CAE}$, 即 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAD}$

在 $\triangle B A E$ 和 $\triangle C A D$ 中

$\left\{\begin{aligned} A B & =A C \\ \angle B A E & =\angle C A D, \\ A E & =A D\end{aligned}\right.$

$\therefore \triangle \mathrm{BAE} \cong \triangle \mathrm{CAD}(\mathrm{SAS})$

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{CD}$

(2) 证明: $\because \triangle \mathrm{BAE} \cong \triangle \mathrm{CAD}$
$\therefore \angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{B}=45^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{DCB}=\angle \mathrm{ACB}+\angle \mathrm{ACD}=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$

$\therefore \mathrm{DC} \perp \mathrm{BE}$
解析：解: (1) 证明: $\because \triangle \mathrm{ABC}$ 和 $\triangle \mathrm{DAE}$ 都是等腰直角三角形

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \mathrm{AE}=\mathrm{AD}, \angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{DAE}=90^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{CAE}=\angle \mathrm{DAE}+\angle \mathrm{CAE}$, 即 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAD}$

在 $\triangle B A E$ 和 $\triangle C A D$ 中

$\left\{\begin{aligned} A B & =A C \\ \angle B A E & =\angle C A D, \\ A E & =A D\end{aligned}\right.$

$\therefore \triangle \mathrm{BAE} \cong \triangle \mathrm{CAD}(\mathrm{SAS})$

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{CD}$

(2) 证明: $\because \triangle \mathrm{BAE} \cong \triangle \mathrm{CAD}$
$\therefore \angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{B}=45^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{DCB}=\angle \mathrm{ACB}+\angle \mathrm{ACD}=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$

$\therefore \mathrm{DC} \perp \mathrm{BE}$
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, 在边长为 1 的小正方形组成的网格中, 点 $A 、 B 、 C$ 均在小正方形的顶点上.



（1）在图中画出与 $\triangle A B C$ 关于直线 1 成轴对称的 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$;

(2) 在直线 1 上找一点 $P$, 使得 $\triangle B P C$ 的周长最小;

(3) 求 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积.
选项：
答案：解: (1) 如图, $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所求;

<ImageHere>

(2) 如图, 点 $P$ 即为所求;

(3) $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积 $=3 \times 4-\frac{1}{2} \times 1 \times 2-\frac{1}{2} \times 3 \times 2-\frac{1}{2} \times 4 \times 2=4$.
解析：解: (1) 如图, $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所求;



(2) 如图, 点 $P$ 即为所求;

(3) $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积 $=3 \times 4-\frac{1}{2} \times 1 \times 2-\frac{1}{2} \times 3 \times 2-\frac{1}{2} \times 4 \times 2=4$.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图所示, $A D / / B C, \angle B A D=90^{\circ}$, 以 $B$ 为圆心, $B C$ 长为半径画弧,与射线 $A D$ 相交于点 $E$, 连接 $B E$, 过 $C$ 作 $C F \perp B E$ 于点 $F$.

(1)线段 $B F$ 与图中哪条线段相等？写出来并加以证明：

(2)若 $A B=12, B C=13, P$ 从 $E$ 沿 $E D$ 方向运动, $Q$ 从 $C$ 出发向 $B$ 运动, 两点同时出发且速度均为每秒 1 个单位.

(1) 当 $t=$秒时, 四边形 $E P C Q$ 是矩形;

(2) 当 $t=$秒时, 四边形 $E P C Q$ 是菱形.
选项：
答案： 813

解: $(1) B F=A E$.

理由如下:

$\because A D / / B C$,

$\therefore \angle C B F=\angle A E B$,

在 $\triangle B C F$ 和 $\triangle E B A$,

$\left\{\begin{array}{l}\angle B F C=\angle A \\ \angle C B F=\angle A E B, \\ B C=E B\end{array}\right.$

$\therefore \triangle B C F \cong \triangle E B A$,

$\therefore B F=E A$;

(2) $E P=t, C Q=t$,

在Rt $\triangle A B E$ 中, $A E=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5$,

$\because E P=C Q, E P / / C Q$,

$\therefore$ 四边形 $E P C Q$ 为平行四边形,

(1)当 $C P \perp A D$ 时, $\angle C P E=90^{\circ}$, 则平行四边形 $E P C Q$ 为矩形,

<ImageHere>

此时 $A P=B C=13$, 即 $5+t=13$, 解得 $t=8$,

即当 $t=8$ 时, 四边形 $E P C Q$ 是矩形;

(2)作 $C H \perp A D$ 于 $H$, 如图,

当 $C D=C Q=E D=t$, 平行四边形 $E P C Q$ 为菱形,
而 $P D=t+5-13=t-8$,

在Rt $\triangle P D C$ 中, $12^{2}+(t-8)^{2}=t^{2}$, 解得 $t=13$,

即当 $t=13$, 四边形 $E P C Q$ 是菱形.

故答案为: 8,13 .
解析： 813

解: $(1) B F=A E$.

理由如下:

$\because A D / / B C$,

$\therefore \angle C B F=\angle A E B$,

在 $\triangle B C F$ 和 $\triangle E B A$,

$\left\{\begin{array}{l}\angle B F C=\angle A \\ \angle C B F=\angle A E B, \\ B C=E B\end{array}\right.$

$\therefore \triangle B C F \cong \triangle E B A$,

$\therefore B F=E A$;

(2) $E P=t, C Q=t$,

在Rt $\triangle A B E$ 中, $A E=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5$,

$\because E P=C Q, E P / / C Q$,

$\therefore$ 四边形 $E P C Q$ 为平行四边形,

(1)当 $C P \perp A D$ 时, $\angle C P E=90^{\circ}$, 则平行四边形 $E P C Q$ 为矩形,



此时 $A P=B C=13$, 即 $5+t=13$, 解得 $t=8$,

即当 $t=8$ 时, 四边形 $E P C Q$ 是矩形;

(2)作 $C H \perp A D$ 于 $H$, 如图,

当 $C D=C Q=E D=t$, 平行四边形 $E P C Q$ 为菱形,
而 $P D=t+5-13=t-8$,

在Rt $\triangle P D C$ 中, $12^{2}+(t-8)^{2}=t^{2}$, 解得 $t=13$,

即当 $t=13$, 四边形 $E P C Q$ 是菱形.

故答案为: 8,13 .
题目（八年级 · 画法几何学）：(7 分) 如图, 方格纸中有三个点 $A, B, C$, 要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边 (包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上.



(甲图)



(乙图)



(丙图)

(1) 在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形;

(2) 在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形;

(3) 在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形.
选项：
答案：解: (1) 甲图: 平行四边形,

(2) 乙图: 等腰梯形,

(3) 丙图: 正方形.

<ImageHere>

(甲图)

<ImageHere>

(乙图)

<ImageHere>

(丙图)
解析：解: (1) 甲图: 平行四边形,

(2) 乙图: 等腰梯形,

(3) 丙图: 正方形.



(甲图)



(乙图)



(丙图)
题目（八年级 · 画法几何学）：某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中, 将两块大小不同的等腰直角三角形 $A B C$ 和等腰直角三角形 $C D E$, 按如图 1 的方式摆放, $\angle A C B=\angle E C D=90^{\circ}$. 该数学兴趣小组进行如下探究, 请你帮忙解答:

(1)【初步探究】如图 1, 试探究 $E D$ 与 $B C$ 的位置关系, 并说明理由;



图1

(2)【深入探究】如图 2, 当 $B 、 D 、 E$ 三点共线时,

请探究此位置时线段 $A E 、 B E 、 C E$ 之间的数量关系, 并说明理由;



图2

（3）【拓展延伸】如图 3 , 当 $B 、 D 、 E$ 三点不共线时, 连接 $A E$, 延长 $B D$ 交 $A E$ 于点 $F$,连接 $C F$, 请猜想此位置时线段 $A F 、 B F 、 C F$ 之间的数量关系:



图3
选项：
答案：解: (1) $E D / / B C$, 理由如下:

如图 1,

<ImageHere>

图1

$\because \triangle A B C$ 和 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形,
$\therefore \angle C D E=\angle C B A=\angle C E D=\angle C A B=45^{\circ}$,

$\therefore E D / / B C$

(2) $B E=A E+\sqrt{2} C E$, 理由如下:

如图 2,

<ImageHere>

图2

$\because \triangle A B C$ 和 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle D C E=\angle A C B=90^{\circ}, A C=B C, C D=C E, D E=\sqrt{2} C E$,

$\therefore \angle A C E=\angle B C D$

$\therefore \triangle A C E \cong{ }_{\triangle} B C D(\mathrm{SAS})$

$\therefore A E=B D$,

$\therefore B E=D E+B D$,

$\therefore B E=A E+\sqrt{2} C E$

(3) $B F=A F+\sqrt{2} C F$, 理由如下:

如图 4, 过点 $C$ 作 $C G \perp C F$ 交 $B F$ 于点 $G$,

<ImageHere>

图4

由（2）知, $\triangle A C E \cong \triangle B C D$,

$\therefore \angle C A F=\angle C B D$

$\because \angle A C F+\angle A C G=90^{\circ}, \quad \angle A C G+\angle G C B=90^{\circ}$,
$\therefore \angle A C F=\angle B C G$

$\because \angle C A F=\angle C B G, \quad B C=A C$

$\therefore \triangle B C G \cong \triangle A C F(\mathrm{ASA})$,

$\therefore G C=F C, \quad B G=A F$,

$\therefore \triangle G C F$ 为等腰直角三角形,

$\therefore G F=\sqrt{2} C F$,

$\therefore B F=B G+G F=A F+\sqrt{2} C F$.
解析：解: (1) $E D / / B C$, 理由如下:

如图 1,



图1

$\because \triangle A B C$ 和 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形,
$\therefore \angle C D E=\angle C B A=\angle C E D=\angle C A B=45^{\circ}$,

$\therefore E D / / B C$

(2) $B E=A E+\sqrt{2} C E$, 理由如下:

如图 2,



图2

$\because \triangle A B C$ 和 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle D C E=\angle A C B=90^{\circ}, A C=B C, C D=C E, D E=\sqrt{2} C E$,

$\therefore \angle A C E=\angle B C D$

$\therefore \triangle A C E \cong{ }_{\triangle} B C D(\mathrm{SAS})$

$\therefore A E=B D$,

$\therefore B E=D E+B D$,

$\therefore B E=A E+\sqrt{2} C E$

(3) $B F=A F+\sqrt{2} C F$, 理由如下:

如图 4, 过点 $C$ 作 $C G \perp C F$ 交 $B F$ 于点 $G$,



图4

由（2）知, $\triangle A C E \cong \triangle B C D$,

$\therefore \angle C A F=\angle C B D$

$\because \angle A C F+\angle A C G=90^{\circ}, \quad \angle A C G+\angle G C B=90^{\circ}$,
$\therefore \angle A C F=\angle B C G$

$\because \angle C A F=\angle C B G, \quad B C=A C$

$\therefore \triangle B C G \cong \triangle A C F(\mathrm{ASA})$,

$\therefore G C=F C, \quad B G=A F$,

$\therefore \triangle G C F$ 为等腰直角三角形,

$\therefore G F=\sqrt{2} C F$,

$\therefore B F=B G+G F=A F+\sqrt{2} C F$.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, 在边长为 1 的正方形组成的网格中, $\triangle A B C$ 的顶点均在格点上,

$$
A(-3,2), \quad B(-4,-3), \quad C(-1,-1)
$$



(1) 画出 $\triangle A B C$ 关于 $y$ 轴对称的图形 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$;

(2) 写出 $A^{\prime} 、 C^{\prime}$ 的坐标（直接写出答案） $A^{\prime}$ \$ \qquad \$ $C^{\prime}$ \$ \qquad \$
(3) 写出 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积为 \$ \qquad \$ ; (直接写出答案)

(4) 在 $y$ 轴上求作一点 $P$, 使得点 $P$ 到点 $\mathrm{A}$ 与点 $C$ 的距离之和最小.
选项：
答案：解: (1) 如图, 分别作出 $A, B, C$ 的对应点 $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$,

连接 $A^{\prime} B^{\prime}, B^{\prime} C^{\prime}, A^{\prime} C^{\prime}$,
则 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime \prime}$ 即为所作.

<ImageHere>

(2) 如图, $A^{\prime}(3,2), B^{\prime}(4,-3), C^{\prime}(1,-1)$,故答案为: $(3,2) ; 1,-1$.

(3) $S_{\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}}=3 \times 5-\frac{1}{2} \times 1 \times 5-\frac{1}{2} \times 2 \times 3-\frac{1}{2} \times 2 \times 3=6.5$,

故答案为: 6.5 .

(4) 如图, 连接 $A C^{\prime}$ 交 $y$ 轴于点 $P$, 连接 $P C$,

$\because$ 点 $C$ 与点 $C^{\prime}$ 关于 $y$ 轴对称,

$\therefore P C=P C^{\prime}$,

$\therefore P A+P C=P A+P C^{\prime}=A C^{\prime}$,

$\therefore P A+P C$ 最小值为 $A C^{\prime}$,

即此时点 $P$ 到点 $\mathrm{A}$ 与点 $C$ 的距离之和最小,

则点 $P$ 即为所作.
解析：解: (1) 如图, 分别作出 $A, B, C$ 的对应点 $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$,

连接 $A^{\prime} B^{\prime}, B^{\prime} C^{\prime}, A^{\prime} C^{\prime}$,
则 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime \prime}$ 即为所作.



(2) 如图, $A^{\prime}(3,2), B^{\prime}(4,-3), C^{\prime}(1,-1)$,故答案为: $(3,2) ; 1,-1$.

(3) $S_{\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}}=3 \times 5-\frac{1}{2} \times 1 \times 5-\frac{1}{2} \times 2 \times 3-\frac{1}{2} \times 2 \times 3=6.5$,

故答案为: 6.5 .

(4) 如图, 连接 $A C^{\prime}$ 交 $y$ 轴于点 $P$, 连接 $P C$,

$\because$ 点 $C$ 与点 $C^{\prime}$ 关于 $y$ 轴对称,

$\therefore P C=P C^{\prime}$,

$\therefore P A+P C=P A+P C^{\prime}=A C^{\prime}$,

$\therefore P A+P C$ 最小值为 $A C^{\prime}$,

即此时点 $P$ 到点 $\mathrm{A}$ 与点 $C$ 的距离之和最小,

则点 $P$ 即为所作.
题目（八年级 · 画法几何学）：某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中, 将两块大小不同的等腰直角三角形 $A B C$ 和等腰直角三角形 $C D E$, 按如图 1 的方式摆放, $\angle A C B=\angle E C D=90^{\circ}$. 该数学兴趣小组进行如下探究, 请你帮忙解答:

(1)【初步探究】如图 1, 试探究 $E D$ 与 $B C$ 的位置关系, 并说明理由;



图1

(2)【深入探究】如图 2 , 当 $B 、 D 、 E$ 三点共线时,

请探究此位置时线段 $A E 、 B E 、 C E$ 之间的数量关系，并说明理由;



图2

(3)【拓展延伸】如图 3 , 当 $B 、 D 、 E$ 三点不共线时, 连接 $A E$, 延长 $B D$ 交 $A E$ 于点 $F$,连接 $C F$, 请猜想此位置时线段 $A F 、 B F 、 C F$ 之间的数量关系:



图3
选项：
答案：解: (1) $E D / / B C$, 理由如下:

如图 1,

<ImageHere>

图1

$\because \triangle A B C$ 和 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle C D E=\angle C B A=\angle C E D=\angle C A B=45^{\circ}$,

$\therefore E D / / B C$

(2) $B E=A E+\sqrt{2} C E$, 理由如下:

如图 2,

<ImageHere>

图2

$\because \triangle A B C$ 和 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle D C E=\angle A C B=90^{\circ}, A C=B C, C D=C E, D E=\sqrt{2} C E$,

$\therefore \angle A C E=\angle B C D$

$\therefore \triangle A C E \cong \triangle B C D(\mathrm{SAS})$,

$\therefore A E=B D$,

$\therefore B E=D E+B D$,

$\therefore B E=A E+\sqrt{2} C E$

(3) $B F=A F+\sqrt{2} C F$, 理由如下:

如图 4, 过点 $C$ 作 $C G \perp C F$ 交 $B F$ 于点 $G$,

<ImageHere>

图4

由（2）知, $\triangle A C E \cong \triangle B C D$,

$\therefore \angle C A F=\angle C B D$

$\because \angle A C F+\angle A C G=90^{\circ}, \quad \angle A C G+\angle G C B=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A C F=\angle B C G$

$\because \angle C A F=\angle C B G, \quad B C=A C$,

$\therefore \triangle B C G \cong \triangle A C F(\mathrm{ASA})$,

$\therefore G C=F C, \quad B G=A F$,
$\therefore \triangle G C F$ 为等腰直角三角形,

$\therefore G F=\sqrt{2} C F$,

$\therefore B F=B G+G F=A F+\sqrt{2} C F$.
解析：解: (1) $E D / / B C$, 理由如下:

如图 1,



图1

$\because \triangle A B C$ 和 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle C D E=\angle C B A=\angle C E D=\angle C A B=45^{\circ}$,

$\therefore E D / / B C$

(2) $B E=A E+\sqrt{2} C E$, 理由如下:

如图 2,



图2

$\because \triangle A B C$ 和 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle D C E=\angle A C B=90^{\circ}, A C=B C, C D=C E, D E=\sqrt{2} C E$,

$\therefore \angle A C E=\angle B C D$

$\therefore \triangle A C E \cong \triangle B C D(\mathrm{SAS})$,

$\therefore A E=B D$,

$\therefore B E=D E+B D$,

$\therefore B E=A E+\sqrt{2} C E$

(3) $B F=A F+\sqrt{2} C F$, 理由如下:

如图 4, 过点 $C$ 作 $C G \perp C F$ 交 $B F$ 于点 $G$,



图4

由（2）知, $\triangle A C E \cong \triangle B C D$,

$\therefore \angle C A F=\angle C B D$

$\because \angle A C F+\angle A C G=90^{\circ}, \quad \angle A C G+\angle G C B=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A C F=\angle B C G$

$\because \angle C A F=\angle C B G, \quad B C=A C$,

$\therefore \triangle B C G \cong \triangle A C F(\mathrm{ASA})$,

$\therefore G C=F C, \quad B G=A F$,
$\therefore \triangle G C F$ 为等腰直角三角形,

$\therefore G F=\sqrt{2} C F$,

$\therefore B F=B G+G F=A F+\sqrt{2} C F$.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, 在矩形 $A B C D$ 中, $B C=20 \mathrm{~cm}, P 、 Q 、 M 、 N$ 分别从 $A 、 B 、 C 、 D$ 出发, 沿 $A D 、 B C 、$ $C B 、 D A$ 方向在矩形的边上同时运动, 当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时, 运动即停止、已知在相同时间内, 若 $B Q=x c m(x \neq 0)$, 则 $A P=2 x c m, C M=3 x \mathrm{~cm}, D N=x^{2} \mathrm{~cm}$,

(1)当 $x$ 为何值时, 点 $P 、 N$ 重合;

(2)当 $x$ 为何值时, 以 $P 、 Q 、 M 、 N$ 为顶点的四边形是平行四边形.





(备用图)
选项：
答案：解: (1) $\because P, N$ 重合,

$\therefore 2 x+x^{2}=20$,

$\therefore x_{1}=\sqrt{21}-1, x_{2}=-\sqrt{21}-1$ (舍去),

$\therefore$ 当 $x=\sqrt{21}-1$ 时, $P, N$ 重合;

(2)因为当 $N$ 点到达 $A$ 点时, $x=2 \sqrt{5}$, 此时 $M$ 点和 $Q$ 点还未相遇,

所以点 $Q$ 只能在点 $M$ 的左侧,

(1)当点 $P$ 在点 $N$ 的左侧时, 依题意得

$20-(x+3 x)=20-\left(2 x+x^{2}\right)$,

解得 $x_{1}=0$ (舍去), $x_{2}=2$,

当 $x=2$ 时四边形 $P Q M N$ 是平行四边形;

(2)当点 $P$ 在点 $N$ 的右侧时, 依题意得

$20-(x+3 x)=\left(2 x+x^{2}\right)-20$,

解得 $x_{1}=-10$ (舍去), $x_{2}=4$,

当 $x=4$ 时四边形 $N Q M P$ 是平行四边形,

所以当 $x=2$ 或 $x=4$ 时, 以 $P, Q, M, N$ 为顶点的四边形是平行四边形.
解析：解: (1) $\because P, N$ 重合,

$\therefore 2 x+x^{2}=20$,

$\therefore x_{1}=\sqrt{21}-1, x_{2}=-\sqrt{21}-1$ (舍去),

$\therefore$ 当 $x=\sqrt{21}-1$ 时, $P, N$ 重合;

(2)因为当 $N$ 点到达 $A$ 点时, $x=2 \sqrt{5}$, 此时 $M$ 点和 $Q$ 点还未相遇,

所以点 $Q$ 只能在点 $M$ 的左侧,

(1)当点 $P$ 在点 $N$ 的左侧时, 依题意得

$20-(x+3 x)=20-\left(2 x+x^{2}\right)$,

解得 $x_{1}=0$ (舍去), $x_{2}=2$,

当 $x=2$ 时四边形 $P Q M N$ 是平行四边形;

(2)当点 $P$ 在点 $N$ 的右侧时, 依题意得

$20-(x+3 x)=\left(2 x+x^{2}\right)-20$,

解得 $x_{1}=-10$ (舍去), $x_{2}=4$,

当 $x=4$ 时四边形 $N Q M P$ 是平行四边形,

所以当 $x=2$ 或 $x=4$ 时, 以 $P, Q, M, N$ 为顶点的四边形是平行四边形.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, 已知平行四边形 $A B C D$, 点 $E$ 在 $A C$ 的延长线上, 连接 $B E 、 D E$, 过点 $D$ 作 $D F / / E B$ 交 $C A$的延长线于点 $F$, 连接 $F B$

(1)求证: $\triangle D A F \cong \triangle B C E$;



(2)如果四边形 $A B C D$ 是菱形, 求证: 四边形 $B E D F$ 是菱形.
选项：
答案：(1)证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore A D=C B, A D / / C B$,

$\therefore \angle D A C=\angle B C A$,

$\therefore \angle D A F=\angle B C E$,

$\because D F / / E B$,

$\therefore \angle D F A=\angle B E C$,

在 $\triangle D A F$ 和 $\triangle B C E$ 中, $\left\{\begin{array}{l}\angle D A F=\angle B C E \\ \angle D F A=\angle B E C \quad, \\ A D=C B\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle D A F \cong \triangle B C E(A A S)$

(2)证明: 连接 $B D$, 如图所示:

由(1)得: $\triangle D A F \cong \triangle B C E$,

$\therefore D F=B E$,

又 $\because D F / / B E$,

$\therefore$ 四边形 $B E D F$ 是平行四边形,

<ImageHere>

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形,

$\therefore A C \perp B D$,

即 $E F \perp B D$,

$\therefore$ 四边形 $B E D F$ 是菱形.
解析：(1)证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore A D=C B, A D / / C B$,

$\therefore \angle D A C=\angle B C A$,

$\therefore \angle D A F=\angle B C E$,

$\because D F / / E B$,

$\therefore \angle D F A=\angle B E C$,

在 $\triangle D A F$ 和 $\triangle B C E$ 中, $\left\{\begin{array}{l}\angle D A F=\angle B C E \\ \angle D F A=\angle B E C \quad, \\ A D=C B\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle D A F \cong \triangle B C E(A A S)$

(2)证明: 连接 $B D$, 如图所示:

由(1)得: $\triangle D A F \cong \triangle B C E$,

$\therefore D F=B E$,

又 $\because D F / / B E$,

$\therefore$ 四边形 $B E D F$ 是平行四边形,



$\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形,

$\therefore A C \perp B D$,

即 $E F \perp B D$,

$\therefore$ 四边形 $B E D F$ 是菱形.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, $A B C D$ 是一张矩形纸片, $A D=B C=1, A B=C D=5$. 在矩形 $A B C D$ 的边 $A B$ 上取一点 $M$,在 $C D$ 上取一点 $N$, 将纸片沿 $M N$ 折叠, 使 $M B$ 与 $D N$ 交于点 $K$, 得到 $\triangle M N K$.



(1)若 $\angle 1=70^{\circ}$, 求 $\angle M K N$ 的度数;

(2) $\triangle M N K$ 的面积能否小于 $\frac{1}{2}$ ?若能, 求出此时 $\angle 1$ 的度数; 若不能, 试说明理由;

(3)如何折叠能够使 $\triangle M N K$ 的面积最大? 请你用备用图探究可能出现的情况, 并求最大值。
选项：
答案：解: (1) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

$\therefore A M / / D N$.

$\therefore \angle K N M=\angle 1$.

$\because \angle 1=70^{\circ}$,

$\therefore \angle K N M=\angle K M N=\angle 1=70^{\circ}$,

$\therefore \angle M K N=40^{\circ}$.

<ImageHere>

过 $M$ 点作 $M E \perp D N$, 垂足为 $E$, 则 $M E=A D=1$.

$\because \angle K N M=\angle K M N$

$\therefore M K=N K$,

又 $\because M K \geq M E$,

$\therefore N K \geq 1$.

$\therefore \triangle M N K$ 的面积 $=\frac{1}{2} N K \cdot M E \geq \frac{1}{2}$.
$\therefore \triangle M N K$ 的面积不可能小于 $\frac{1}{2}$.

<ImageHere>

(3)分两种情况:

情况一: 将矩形纸片对折, 使点 $B$ 与 $D$ 重合, 此时点 $K$ 也与 $D$ 重合.

$M K=M B=x$, 则 $A M=5-x$.

由勾股定理得 $1^{2}+(5-x)^{2}=x^{2}$,

解得 $x=2.6$.

$\therefore M D=N D=2.6$

$S_{\triangle M N K}=S_{\triangle M N D}=\frac{1 \times 2.6}{2}=1.3$.

情况二: 将矩形纸片沿对角线 $A C$ 对折, 此时折痕即为 $A C$.

<ImageHere>

$M K=A K=C K=x$, 则 $D K=5-x$.

同理可得 $M K=N K=2.6$.

$\because M D=1$,

$\therefore S_{\triangle M N K}=\frac{1 \times 2.6}{2}=1.3$.

$\triangle M N K$ 的面积最大值为 1.3 .
解析：解: (1) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

$\therefore A M / / D N$.

$\therefore \angle K N M=\angle 1$.

$\because \angle 1=70^{\circ}$,

$\therefore \angle K N M=\angle K M N=\angle 1=70^{\circ}$,

$\therefore \angle M K N=40^{\circ}$.



过 $M$ 点作 $M E \perp D N$, 垂足为 $E$, 则 $M E=A D=1$.

$\because \angle K N M=\angle K M N$

$\therefore M K=N K$,

又 $\because M K \geq M E$,

$\therefore N K \geq 1$.

$\therefore \triangle M N K$ 的面积 $=\frac{1}{2} N K \cdot M E \geq \frac{1}{2}$.
$\therefore \triangle M N K$ 的面积不可能小于 $\frac{1}{2}$.



(3)分两种情况:

情况一: 将矩形纸片对折, 使点 $B$ 与 $D$ 重合, 此时点 $K$ 也与 $D$ 重合.

$M K=M B=x$, 则 $A M=5-x$.

由勾股定理得 $1^{2}+(5-x)^{2}=x^{2}$,

解得 $x=2.6$.

$\therefore M D=N D=2.6$

$S_{\triangle M N K}=S_{\triangle M N D}=\frac{1 \times 2.6}{2}=1.3$.

情况二: 将矩形纸片沿对角线 $A C$ 对折, 此时折痕即为 $A C$.



$M K=A K=C K=x$, 则 $D K=5-x$.

同理可得 $M K=N K=2.6$.

$\because M D=1$,

$\therefore S_{\triangle M N K}=\frac{1 \times 2.6}{2}=1.3$.

$\triangle M N K$ 的面积最大值为 1.3 .
题目（八年级 · 变换几何）：动手操作:

(1) 对数轴上的点 $P$ 进行如下操作: 先把点 $P$ 表示的数乘以 $\frac{1}{2}$,再把所得数对应的点向左平移 1 个单位, 得到点 $P$ 的对应点 $P^{\prime}$, 点 $A, B$ 在数轴上,对线段 $A B$ 上的每个点进行上述操作后得到线段 $A^{\prime} B^{\prime}$, 其中点 $A, B$ 的对应点分别为 $A^{\prime}, B^{\prime}$.

(1) 若点 $A$ 表示的数是 -4, 则点 $A^{\prime}$ 表示的数是 \$ \qquad \$
(2) 若点 $B^{\prime}$ 表示的数是 3, 则点 $B$ 表示的数是 \$ \qquad \$
(3) 已知线段 $A B$ 上的点 $E$ 经过上述操作后得到的对应点 $E^{\prime}$ 与点 $E$ 重合, 则点 $E$ 表示的数是 \$ \qquad \$类比探究:

(2) 如图 2, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 对正方形 $A B C D$ 及其内部的每个点进行如下操作:把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实数 $m$, 将得到的点先向左平移 $n$ 个单位 $(n>0)$,再向下平移 1 个单位, 得到正方形及其内部的点,其中点 $A(-4,0), D(2,0)$ 的对应点分别为 $A^{\prime}(-3,-1), D^{\prime}(-1,-1)$. 求出 $m, n$ 的值.

(3) 在 (2) 的探究中, 若正方形 $A B C D$ 内部的一个点 $F$ 经过上述操作后得到的对应点 $F^{\prime}$ 与点 $F$ 重合, 请直接写出点 $F$ 的坐标.


选项：
答案：解: (1) (1)点 $A^{\prime}$ 表示的数是: $-4 \times \frac{1}{2}-1=-3$;

故答案为: -3 ;

(2) 设 $B$ 点表示的数为 $b$, 则有:

$\frac{1}{2} b-1=3$, 解得 : $b=8$;

故答案为: 8 ;

(3) 设 $E$ 点表示的数为 $e$, 则有:

$\frac{1}{2} e-1=e$ ，解得： $e=-2 ；$

故答案为: -2 ;

(2) 由已知可得,

$\left\{\begin{array}{c}-4 m-n=-3 \\ 2 m-n=-1\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}m=\frac{1}{3} \\ n=\frac{5}{3}\end{array}\right.$,

$\therefore m=\frac{1}{3}, n=\frac{5}{3}$

(3) 设 $F$ 点的坐标为 $(x, y)$, 则有:

$\frac{1}{3} x-\frac{5}{3}=x$, 解得: $x=-\frac{5}{2}$;

$\frac{1}{3} y-1=y$, 解得: $y=-\frac{3}{2}$;

$\therefore F$ 点的坐标为: $F\left(-\frac{5}{2},-\frac{3}{2}\right)$.
解析：解: (1) (1)点 $A^{\prime}$ 表示的数是: $-4 \times \frac{1}{2}-1=-3$;

故答案为: -3 ;

(2) 设 $B$ 点表示的数为 $b$, 则有:

$\frac{1}{2} b-1=3$, 解得 : $b=8$;

故答案为: 8 ;

(3) 设 $E$ 点表示的数为 $e$, 则有:

$\frac{1}{2} e-1=e$ ，解得： $e=-2 ；$

故答案为: -2 ;

(2) 由已知可得,

$\left\{\begin{array}{c}-4 m-n=-3 \\ 2 m-n=-1\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}m=\frac{1}{3} \\ n=\frac{5}{3}\end{array}\right.$,

$\therefore m=\frac{1}{3}, n=\frac{5}{3}$

(3) 设 $F$ 点的坐标为 $(x, y)$, 则有:

$\frac{1}{3} x-\frac{5}{3}=x$, 解得: $x=-\frac{5}{2}$;

$\frac{1}{3} y-1=y$, 解得: $y=-\frac{3}{2}$;

$\therefore F$ 点的坐标为: $F\left(-\frac{5}{2},-\frac{3}{2}\right)$.
题目（八年级 · 变换几何）：如图, 在长度为 1 个单位长度的小正方形组成的正方形网格中, 点 $A 、 B 、 C$ 在小正方形的顶点上.



(1) 在图中画出与 $\triangle A B C$ 关于直线 1 成轴对称的 $\triangle A B^{\prime} C^{\prime}$;

(2) 在直线 1 上找一点 $\mathrm{P}$, 使 $\mathrm{PB}^{\prime}+\mathrm{PC}$ 的长最短;
选项：
答案：解: (1) 如图所示, $\triangle A B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所求;

(2) 如图所示, 点 $P$ 即为所求;

<ImageHere>
解析：解: (1) 如图所示, $\triangle A B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所求;

(2) 如图所示, 点 $P$ 即为所求;
题目（八年级 · 变换几何）：如图, $A C$ 和 $B D$ 相交于点 $O, O A=O C, D C / / A B$. 求证 $D C=A B$.


选项：
答案：证明: $\because D C / / A B$,

$\therefore \angle D=\angle B$,

在 $\triangle C O D$ 与 $\triangle A O B$ 中,

$\left\{\begin{array}{c}\angle D=\angle B \\ \angle D O C=\angle B O A, \\ O C=O A\end{array}\right.$

$\therefore \triangle C O D \cong \triangle A O B(A A S)$,

$\therefore D C=A B$.
解析：证明: $\because D C / / A B$,

$\therefore \angle D=\angle B$,

在 $\triangle C O D$ 与 $\triangle A O B$ 中,

$\left\{\begin{array}{c}\angle D=\angle B \\ \angle D O C=\angle B O A, \\ O C=O A\end{array}\right.$

$\therefore \triangle C O D \cong \triangle A O B(A A S)$,

$\therefore D C=A B$.
题目（八年级 · 变换几何）：如图, 在规格为 $8 \times 8$ 的边长为 1 个单位的正方形网格中 (每个小正方形的边长为 1 ),
$\triangle A B C$ 的三个顶点都在格点上, 且直线 $m 、 n$ 互相垂直.



(1) 画出 $\triangle A B C$ 关于直线 $n$ 对称的 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$;

(2) 在直线 $m$ 上作出点 $P$, 使得 $\triangle A P B$ 的周长最小; (保留作图痕迹)

(3) 在 (2) 的条件下, 图中 $\triangle A P B$ 的面积为 . (请直接写出结果)
选项：
答案：(1) 解: 如图 1 所示, $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 为所画;

<ImageHere>

图1

(2) 解：如图 2 所示, 先作点 $A$ 关于直线 $m$ 的对称点 $A^{\prime \prime}$,

连接 $B A^{\prime \prime}$ 交直线 $m$ 于点 $P$, 连接 $A P$,

则点 $P$ 即是所求点;

$\because$ 根据轴对称的性质, $P A=P A^{\prime \prime}$,

$\therefore \triangle P A B$ 的周长 $=A B+P B+P A=A B+P B+P A^{\prime \prime}$,

当 $P B 、 P A^{\prime \prime}$ 共线时, 即 $P B+P A^{\prime \prime}=B A^{\prime \prime}$ 时, $\triangle P A B$ 的周长最小;

故点 $P$ 即为所求点;

<ImageHere>

图2

(3) 解：根据题意可知点 $P$ 恰好在格点上,

$\therefore \triangle A P B$ 的面积 $=2 \times 3-\frac{1}{2} \times 1 \times 3-\frac{1}{2} \times 1 \times 1-\frac{1}{2} \times 2 \times 2$

$=6-\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-2$

$=2 ;$

故答案为: 2 .
解析：(1) 解: 如图 1 所示, $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 为所画;



图1

(2) 解：如图 2 所示, 先作点 $A$ 关于直线 $m$ 的对称点 $A^{\prime \prime}$,

连接 $B A^{\prime \prime}$ 交直线 $m$ 于点 $P$, 连接 $A P$,

则点 $P$ 即是所求点;

$\because$ 根据轴对称的性质, $P A=P A^{\prime \prime}$,

$\therefore \triangle P A B$ 的周长 $=A B+P B+P A=A B+P B+P A^{\prime \prime}$,

当 $P B 、 P A^{\prime \prime}$ 共线时, 即 $P B+P A^{\prime \prime}=B A^{\prime \prime}$ 时, $\triangle P A B$ 的周长最小;

故点 $P$ 即为所求点;



图2

(3) 解：根据题意可知点 $P$ 恰好在格点上,

$\therefore \triangle A P B$ 的面积 $=2 \times 3-\frac{1}{2} \times 1 \times 3-\frac{1}{2} \times 1 \times 1-\frac{1}{2} \times 2 \times 2$

$=6-\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-2$

$=2 ;$

故答案为: 2 .