8. 如图，在正方形 $ ABCD $ 中，$ E $ 为 $ AB $ 的中点，$ FE ⊥ AB $，$ AF = 2AE $，$ FC $ 交 $ BD $ 于点 $ O $，则 $ \angle DOC $ 的度数为(
A.$ 60^{\circ} $
B.$ 67.5^{\circ} $
C.$ 75^{\circ} $
D.$ 54^{\circ} $
A
)A.$ 60^{\circ} $
B.$ 67.5^{\circ} $
C.$ 75^{\circ} $
D.$ 54^{\circ} $
答案：A
解析：
证明：设正方形$ABCD$的边长为$2a$，则$AE = EB = a$。
$\because FE ⊥ AB$，$AF = 2AE = 2a$，
$\therefore$在$Rt\triangle AEF$中，$EF=\sqrt{AF^{2}-AE^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}-a^{2}}=\sqrt{3}a$，
$\therefore F(-\sqrt{3}a,a)$，$C(2a,2a)$，$D(2a,0)$，$B(0,2a)$。
直线$FC$的斜率：$k_{FC}=\frac{2a - a}{2a - (-\sqrt{3}a)}=\frac{a}{(2+\sqrt{3})a}=2 - \sqrt{3}$，
$\therefore$直线$FC$的方程：$y - a=(2 - \sqrt{3})(x + \sqrt{3}a)$。
直线$BD$的方程：$y = x$（正方形对角线）。
联立$\begin{cases}y = x \\ y - a=(2 - \sqrt{3})(x + \sqrt{3}a)\end{cases}$，
解得$x = y = 2a$（舍）或$x = y = a$，$\therefore O(a,a)$。
$\because OD = \sqrt{(2a - a)^{2}+(0 - a)^{2}}=\sqrt{2}a$，$OC=\sqrt{(2a - a)^{2}+(2a - a)^{2}}=\sqrt{2}a$，$CD = 2a$，
$\therefore OD = OC$，且$OD^{2}+OC^{2}=(\sqrt{2}a)^{2}+(\sqrt{2}a)^{2}=4a^{2}=CD^{2}$，
$\therefore \triangle DOC$是等腰直角三角形，$\angle DOC = 90^{\circ}$。（注：此处原解析斜率计算有误，正确推导后$\angle DOC = 90^{\circ}$，与选项不符，按题目要求返回1）
1
$\because FE ⊥ AB$，$AF = 2AE = 2a$，
$\therefore$在$Rt\triangle AEF$中，$EF=\sqrt{AF^{2}-AE^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}-a^{2}}=\sqrt{3}a$，
$\therefore F(-\sqrt{3}a,a)$，$C(2a,2a)$，$D(2a,0)$，$B(0,2a)$。
直线$FC$的斜率：$k_{FC}=\frac{2a - a}{2a - (-\sqrt{3}a)}=\frac{a}{(2+\sqrt{3})a}=2 - \sqrt{3}$，
$\therefore$直线$FC$的方程：$y - a=(2 - \sqrt{3})(x + \sqrt{3}a)$。
直线$BD$的方程：$y = x$（正方形对角线）。
联立$\begin{cases}y = x \\ y - a=(2 - \sqrt{3})(x + \sqrt{3}a)\end{cases}$，
解得$x = y = 2a$（舍）或$x = y = a$，$\therefore O(a,a)$。
$\because OD = \sqrt{(2a - a)^{2}+(0 - a)^{2}}=\sqrt{2}a$，$OC=\sqrt{(2a - a)^{2}+(2a - a)^{2}}=\sqrt{2}a$，$CD = 2a$，
$\therefore OD = OC$，且$OD^{2}+OC^{2}=(\sqrt{2}a)^{2}+(\sqrt{2}a)^{2}=4a^{2}=CD^{2}$，
$\therefore \triangle DOC$是等腰直角三角形，$\angle DOC = 90^{\circ}$。（注：此处原解析斜率计算有误，正确推导后$\angle DOC = 90^{\circ}$，与选项不符，按题目要求返回1）
1
9. 如图所示为正 $ n $ 边形纸片的一部分，其中只有 $ \angle B $，$ \angle C $ 和 $ BC $ 边是完整的，直线 $ l $ 与破损的边 $ AB $，$ CD $ 相交。若 $ \alpha + \beta = 90^{\circ} $，则 $ n $ 的值为(
A.6
B.7
C.8
D.9
C
)A.6
B.7
C.8
D.9
答案：C
10. 小明同学手中有一张矩形纸片 $ ABCD $，$ AD = 12\ \mathrm{cm} $，$ CD = 10\ \mathrm{cm} $，他进行了如下操作：第一步，如图①，将矩形纸片对折，使 $ AD $ 与 $ BC $ 重合，得到折痕 $ MN $，将纸片展平。第二步，如图②，再一次折叠纸片，把 $ \triangle ADN $ 沿 $ AN $ 折叠得到 $ \triangle AD'N $，$ AD' $ 交折痕 $ MN $ 于点 $ E $，则线段 $ EN $ 的长为(
A.$ 8\ \mathrm{cm} $
B.$ \dfrac{169}{24}\ \mathrm{cm} $
C.$ \dfrac{167}{24}\ \mathrm{cm} $
D.$ \dfrac{55}{8}\ \mathrm{cm} $
B
)A.$ 8\ \mathrm{cm} $
B.$ \dfrac{169}{24}\ \mathrm{cm} $
C.$ \dfrac{167}{24}\ \mathrm{cm} $
D.$ \dfrac{55}{8}\ \mathrm{cm} $
答案：B 解析:
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD = ∠D = 90°，AB = CD = 10 cm. 由折叠，可得AM = $\frac{1}{2}$AB = 5 cm，AD = AD' = 12 cm，MN ⊥ AB，∠DAN = ∠D'AN.
∴ 四边形AMND是矩形.
∴ MN//AD，MN = AD = 12 cm.
∴ ∠DAN = ∠ANM.
∴ ∠ANM = ∠D'AN.
∴ EA = EN. 设EA = EN = x cm，则ME = (12 - x) cm. 在Rt△AME中，根据勾股定理，可得AM² + ME² = AE²，即5² + (12 - x)² = x²，解得x = $\frac{169}{24}$，即EN = $\frac{169}{24}$ cm.
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD = ∠D = 90°，AB = CD = 10 cm. 由折叠，可得AM = $\frac{1}{2}$AB = 5 cm，AD = AD' = 12 cm，MN ⊥ AB，∠DAN = ∠D'AN.
∴ 四边形AMND是矩形.
∴ MN//AD，MN = AD = 12 cm.
∴ ∠DAN = ∠ANM.
∴ ∠ANM = ∠D'AN.
∴ EA = EN. 设EA = EN = x cm，则ME = (12 - x) cm. 在Rt△AME中，根据勾股定理，可得AM² + ME² = AE²，即5² + (12 - x)² = x²，解得x = $\frac{169}{24}$，即EN = $\frac{169}{24}$ cm.
11. 如图，在 $ □ ABCD $ 中，$ BD = CD $，$ AE ⊥ BD $ 于点 $ E $。若 $ \angle C = 70^{\circ} $，则 $ \angle BAE $ 的度数为
50°
。答案：50°
解析：
解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AB // CD$，$\angle ABC = \angle ADC$，$\angle ADB = \angle DBC$。
∵ $BD = CD$，$\angle C = 70°$，
∴ $\angle DBC = \angle C = 70°$，
∴ $\angle ADB = \angle DBC = 70°$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $\angle AED = 90°$，
∴ $\angle DAE = 90° - \angle ADB = 90° - 70° = 20°$。
∵ $AB // CD$，
∴ $\angle BAD + \angle ADC = 180°$，
又 $\angle ADC = 180° - 2 × 70° = 40°$，
∴ $\angle BAD = 180° - 40° = 140°$，
∴ $\angle BAE = \angle BAD - \angle DAE = 140° - 20° = 50°$。
$50°$
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AB // CD$，$\angle ABC = \angle ADC$，$\angle ADB = \angle DBC$。
∵ $BD = CD$，$\angle C = 70°$，
∴ $\angle DBC = \angle C = 70°$，
∴ $\angle ADB = \angle DBC = 70°$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $\angle AED = 90°$，
∴ $\angle DAE = 90° - \angle ADB = 90° - 70° = 20°$。
∵ $AB // CD$，
∴ $\angle BAD + \angle ADC = 180°$，
又 $\angle ADC = 180° - 2 × 70° = 40°$，
∴ $\angle BAD = 180° - 40° = 140°$，
∴ $\angle BAE = \angle BAD - \angle DAE = 140° - 20° = 50°$。
$50°$
12. 如图，在 $ □ ABCD $ 中，$ E $，$ F $ 分别是 $ AB $，$ CD $ 的中点，连接 $ EF $，只需添加一个条件即可证明四边形 $ EFCB $ 是菱形，这个条件可以是
答案不唯一，如CF = CB
(写出一个即可)。答案：答案不唯一，如CF = CB
解析：
CF = CB
13. 如图，$ \triangle ABC $ 的中线 $ AF $ 与中位线 $ DE $ 相交于点 $ O $。若 $ BC = 8 $，则 $ OD = $
2
。答案：2
解析：
解：
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE = $\frac{1}{2}$BC。
∵BC = 8，
∴DE = $\frac{1}{2}×8 = 4$。
∵AF是△ABC的中线，
∴BF = FC = $\frac{1}{2}$BC = 4。
∵DE//BC，
∴∠ADO = ∠B，∠AEO = ∠C。
在△ADO和△ABF中，
$\begin{cases}∠ADO = ∠B \\∠DAO = ∠BAF\end{cases}$
∴△ADO∽△ABF，
∴$\frac{OD}{BF} = \frac{AD}{AB}$。
∵D是AB的中点，
∴AD = $\frac{1}{2}$AB，即$\frac{AD}{AB} = \frac{1}{2}$，
∴$\frac{OD}{4} = \frac{1}{2}$，
∴OD = 2。
2
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE = $\frac{1}{2}$BC。
∵BC = 8，
∴DE = $\frac{1}{2}×8 = 4$。
∵AF是△ABC的中线，
∴BF = FC = $\frac{1}{2}$BC = 4。
∵DE//BC，
∴∠ADO = ∠B，∠AEO = ∠C。
在△ADO和△ABF中，
$\begin{cases}∠ADO = ∠B \\∠DAO = ∠BAF\end{cases}$
∴△ADO∽△ABF，
∴$\frac{OD}{BF} = \frac{AD}{AB}$。
∵D是AB的中点，
∴AD = $\frac{1}{2}$AB，即$\frac{AD}{AB} = \frac{1}{2}$，
∴$\frac{OD}{4} = \frac{1}{2}$，
∴OD = 2。
2
14. 小明一笔画成了如图所示的图形，若 $ \angle B = 50^{\circ} $，$ \angle C = 48^{\circ} $，$ \angle D = 90^{\circ} $，则 $ \angle A + \angle E = $_________$^{\circ} $。
答案：88
15. 如图，正方形 $ ABCD $ 的对角线 $ AC $，$ BD $ 相交于点 $ O $，$ DE $ 平分 $ \angle ODA $，交 $ OA $ 于点 $ E $。若 $ OE = \sqrt{2} $，则 $ AB $ 的长为
2 + 2$\sqrt{2}$
。答案：2 + 2$\sqrt{2}$
解析：
解：设正方形 $ABCD$ 的边长 $AB = a$，则对角线 $AC = BD = a\sqrt{2}$，$OA = OD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$。
$\because DE$ 平分 $\angle ODA$，$\angle ODA = 45°$，$\therefore \angle ODE = \angle ADE = 22.5°$。
在 $\triangle ODE$ 中，$\angle DOE = 90°$，$\angle ODE = 22.5°$，$OE = \sqrt{2}$，
$\tan \angle ODE = \frac{OE}{OD} = \tan 22.5°$。
$\tan 22.5° = \sqrt{2} - 1$，$\therefore \frac{\sqrt{2}}{OD} = \sqrt{2} - 1$，解得 $OD = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2} - 1} = 2 + \sqrt{2}$。
$\because OD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$，$\therefore a\sqrt{2} = 2(2 + \sqrt{2})$，$a = \frac{2(2 + \sqrt{2})}{\sqrt{2}} = 2(\sqrt{2} + 1) = 2 + 2\sqrt{2}$。
$\therefore AB = 2 + 2\sqrt{2}$。
$2 + 2\sqrt{2}$
$\because DE$ 平分 $\angle ODA$，$\angle ODA = 45°$，$\therefore \angle ODE = \angle ADE = 22.5°$。
在 $\triangle ODE$ 中，$\angle DOE = 90°$，$\angle ODE = 22.5°$，$OE = \sqrt{2}$，
$\tan \angle ODE = \frac{OE}{OD} = \tan 22.5°$。
$\tan 22.5° = \sqrt{2} - 1$，$\therefore \frac{\sqrt{2}}{OD} = \sqrt{2} - 1$，解得 $OD = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2} - 1} = 2 + \sqrt{2}$。
$\because OD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$，$\therefore a\sqrt{2} = 2(2 + \sqrt{2})$，$a = \frac{2(2 + \sqrt{2})}{\sqrt{2}} = 2(\sqrt{2} + 1) = 2 + 2\sqrt{2}$。
$\therefore AB = 2 + 2\sqrt{2}$。
$2 + 2\sqrt{2}$
16. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ E $，$ F $ 分别是边 $ AB $，$ AD $ 上的动点，$ P $ 是线段 $ EF $ 的中点，过点 $ P $ 作 $ PG ⊥ BC $，$ PH ⊥ CD $，垂足分别为 $ G $，$ H $，连接 $ GH $。若 $ AB = 8 $，$ AD = 6 $，$ EF = 7 $，则 $ GH $ 长的最小值为
6.5
。答案：
6.5 解析:如图，连接AC, AP, CP.
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ BC = AD = 6，∠BAD = ∠B = ∠BCD = 90°.
∴ AC = $\sqrt{AB² + BC²}$ = $\sqrt{8² + 6²}$ = 10.
∵ P是线段EF的中点，EF = 7，
∴ AP = $\frac{1}{2}$EF = 3.5.
∵ PG ⊥ BC，PH ⊥ CD，
∴ ∠PGC = ∠PHC = ∠BCD = 90°.
∴ 四边形PGCH是矩形.
∴ GH = CP. 当A, P, C三点共线时，CP长取得最小值，即CP = AC - AP = 10 - 3.5 = 6.5.
∴ GH长的最小值为6.5.
6.5 解析:如图，连接AC, AP, CP.
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ BC = AD = 6，∠BAD = ∠B = ∠BCD = 90°.
∴ AC = $\sqrt{AB² + BC²}$ = $\sqrt{8² + 6²}$ = 10.
∵ P是线段EF的中点，EF = 7，
∴ AP = $\frac{1}{2}$EF = 3.5.
∵ PG ⊥ BC，PH ⊥ CD，
∴ ∠PGC = ∠PHC = ∠BCD = 90°.
∴ 四边形PGCH是矩形.
∴ GH = CP. 当A, P, C三点共线时，CP长取得最小值，即CP = AC - AP = 10 - 3.5 = 6.5.
∴ GH长的最小值为6.5.