8. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB=4$，$E$ 为对角线 $AC$ 上的一个动点(不与点 $A$，$C$ 重合)，过点 $E$ 作 $EF⊥ AB$ 于点 $F$，$EG⊥ BC$ 于点 $G$，连接 $DE$，$FG$。给出下列结论：①$DE=FG$；②$∠ FGB=∠ EDC$；③$DE=AE$ 时，四边形 $BFEG$ 是正方形；④$DE+FG$ 的最小值为 8。其中正确的结论有(
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
C
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案：8.C
解析：
证明：①连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE。
∵EF⊥AB，EG⊥BC，∠B=90°，
∴四边形BFEG是矩形，
∴BE=FG，
∴DE=FG，①正确。
②由①知BE=DE，∠EBC=∠EDC。
∵四边形BFEG是矩形，
∴FG=BE，FG//BE，
∴∠FGB=∠EBC，
∴∠FGB=∠EDC，②正确。
③当DE=AE时，由①知AE=BE，
∵EF⊥AB，
∴AF=BF=2，
∵AB=4，
∴BF=2，同理BG=2，
∵四边形BFEG是矩形，
∴矩形BFEG是正方形，③正确。
④
∵DE=FG，
∴DE+FG=2DE，当DE最小时，DE+FG最小。DE⊥AC时，DE最小，此时DE=AC/2=2√2，
∴DE+FG最小值为4√2≠8，④错误。
综上，正确的结论有①②③，共3个。
C
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE。
∵EF⊥AB，EG⊥BC，∠B=90°，
∴四边形BFEG是矩形，
∴BE=FG，
∴DE=FG，①正确。
②由①知BE=DE，∠EBC=∠EDC。
∵四边形BFEG是矩形，
∴FG=BE，FG//BE，
∴∠FGB=∠EBC，
∴∠FGB=∠EDC，②正确。
③当DE=AE时，由①知AE=BE，
∵EF⊥AB，
∴AF=BF=2，
∵AB=4，
∴BF=2，同理BG=2，
∵四边形BFEG是矩形，
∴矩形BFEG是正方形，③正确。
④
∵DE=FG，
∴DE+FG=2DE，当DE最小时，DE+FG最小。DE⊥AC时，DE最小，此时DE=AC/2=2√2，
∴DE+FG最小值为4√2≠8，④错误。
综上，正确的结论有①②③，共3个。
C
9. (2025·宿豫期中)在 $□ ABCD$ 中，$∠ B+∠ D=86^{\circ}$，则 $∠ A$ 的度数为
$137^{\circ}$
。答案：9. $137^{\circ}$
解析：
解：在平行四边形$ABCD$中，$∠ B = ∠ D$，$∠ A + ∠ B = 180^{\circ}$。
因为$∠ B + ∠ D = 86^{\circ}$，所以$2∠ B = 86^{\circ}$，$∠ B = 43^{\circ}$。
则$∠ A = 180^{\circ} - ∠ B = 180^{\circ} - 43^{\circ} = 137^{\circ}$。
$137^{\circ}$
因为$∠ B + ∠ D = 86^{\circ}$，所以$2∠ B = 86^{\circ}$，$∠ B = 43^{\circ}$。
则$∠ A = 180^{\circ} - ∠ B = 180^{\circ} - 43^{\circ} = 137^{\circ}$。
$137^{\circ}$
10. (2025·宿豫期中)已知一个菱形的两条对角线的长分别为 10 和 24，则这个菱形的周长为
52
。答案：10. 52
解析：
菱形的对角线互相垂直平分，两条对角线的一半分别为$\frac{10}{2} = 5$和$\frac{24}{2}=12$。根据勾股定理，菱形的边长为$\sqrt{5^{2}+12^{2}}=\sqrt{25 + 144}=\sqrt{169}=13$。则菱形的周长为$4×13 = 52$。
52
52
11. (2024·常州)如图，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，正方形 $ABCD$ 的对角线 $AC$，$BD$ 相交于原点 $O$。若点 $A$ 的坐标是 $(2,1)$，则点 $C$ 的坐标是
$(-2,-1)$
。答案：11. $(-2,-1)$
解析：
解：
∵正方形$ABCD$的对角线$AC$，$BD$相交于原点$O$，
∴点$A$与点$C$关于原点对称。
∵点$A$的坐标是$(2,1)$，
∴点$C$的坐标是$(-2,-1)$。
$(-2,-1)$
∵正方形$ABCD$的对角线$AC$，$BD$相交于原点$O$，
∴点$A$与点$C$关于原点对称。
∵点$A$的坐标是$(2,1)$，
∴点$C$的坐标是$(-2,-1)$。
$(-2,-1)$
12. 如图，在 $△ ABC$ 中，$∠ ACB=90^{\circ}$，$D$，$E$，$F$ 分别为 $AB$，$BC$，$CA$ 的中点。若 $EF$ 的长为 10，则 $CD$ 的长为
10
。答案：12. 10
解析：
证明：
∵E，F分别为BC，CA的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF = $\frac{1}{2}$AB，
∵EF = 10，
∴AB = 2EF = 20，
∵在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，D为AB的中点，
∴CD = $\frac{1}{2}$AB = 10。
10
∵E，F分别为BC，CA的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF = $\frac{1}{2}$AB，
∵EF = 10，
∴AB = 2EF = 20，
∵在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，D为AB的中点，
∴CD = $\frac{1}{2}$AB = 10。
10
13. (2025·宿城新区期中)如图，矩形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$ 的垂直平分线 $EF$ 分别交 $BC$，$AD$ 于点 $E$，$F$。若 $BE=\frac{7}{4}$，$AF=\frac{25}{4}$，则 $AC$ 的长为
10
。答案：13. 10
解析：
解：设矩形 $ABCD$ 中，$AB = CD = x$，$AD = BC = y$，$EC = z$，则 $y = BE + EC = \frac{7}{4} + z$，$FD = AD - AF = y - \frac{25}{4} = z - \frac{18}{4} = z - \frac{9}{2}$。
因为 $EF$ 是 $AC$ 的垂直平分线，所以 $AO = OC$，$∠ AOF = ∠ COE = 90°$。
又因为 $AD // BC$，所以 $∠ OAF = ∠ OCE$，故 $△ AOF ≌ △ COE$（ASA），则 $AF = EC$，即 $\frac{25}{4} = z$，所以 $y = \frac{7}{4} + \frac{25}{4} = 8$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABE$ 中，$AE^2 = AB^2 + BE^2 = x^2 + (\frac{7}{4})^2$；在 $\mathrm{Rt}△ ECD$ 中，$ED^2 = CD^2 + EC^2 = x^2 + (\frac{25}{4})^2$。
因为 $EF$ 垂直平分 $AC$，所以 $AE = EC = \frac{25}{4}$，则 $x^2 + (\frac{7}{4})^2 = (\frac{25}{4})^2$，解得 $x^2 = (\frac{25}{4})^2 - (\frac{7}{4})^2 = \frac{625 - 49}{16} = \frac{576}{16} = 36$，即 $x = 6$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
10
因为 $EF$ 是 $AC$ 的垂直平分线，所以 $AO = OC$，$∠ AOF = ∠ COE = 90°$。
又因为 $AD // BC$，所以 $∠ OAF = ∠ OCE$，故 $△ AOF ≌ △ COE$（ASA），则 $AF = EC$，即 $\frac{25}{4} = z$，所以 $y = \frac{7}{4} + \frac{25}{4} = 8$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABE$ 中，$AE^2 = AB^2 + BE^2 = x^2 + (\frac{7}{4})^2$；在 $\mathrm{Rt}△ ECD$ 中，$ED^2 = CD^2 + EC^2 = x^2 + (\frac{25}{4})^2$。
因为 $EF$ 垂直平分 $AC$，所以 $AE = EC = \frac{25}{4}$，则 $x^2 + (\frac{7}{4})^2 = (\frac{25}{4})^2$，解得 $x^2 = (\frac{25}{4})^2 - (\frac{7}{4})^2 = \frac{625 - 49}{16} = \frac{576}{16} = 36$，即 $x = 6$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
10
14. 如图，已知 $□ ABCD$ 的对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，其周长为 16，且 $△ AOB$ 的周长比 $△ BOC$ 的周长小 2，则 $AB$ 的长为
3
。答案：14. 3
解析：
解：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB = CD$，$AD = BC$，$AO = CO$。
∵平行四边形$ABCD$的周长为16，
∴$AB + BC = 8$。
∵$△ AOB$的周长比$△ BOC$的周长小2，
∴$(BO + CO + BC)-(AO + BO + AB)=2$。
∵$AO = CO$，
∴$BC - AB = 2$。
联立$\begin{cases}AB + BC = 8\\BC - AB = 2\end{cases}$，
解得$AB = 3$。
3
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB = CD$，$AD = BC$，$AO = CO$。
∵平行四边形$ABCD$的周长为16，
∴$AB + BC = 8$。
∵$△ AOB$的周长比$△ BOC$的周长小2，
∴$(BO + CO + BC)-(AO + BO + AB)=2$。
∵$AO = CO$，
∴$BC - AB = 2$。
联立$\begin{cases}AB + BC = 8\\BC - AB = 2\end{cases}$，
解得$AB = 3$。
3
15. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AD// BC$，$∠ B=90^{\circ}$，$∠ C=45^{\circ}$。若 $AD=2$，$BC=3$，则 $DC=$
$ \sqrt{2} $
。答案：15. $ \sqrt{2} $
解析：
解：过点$D$作$DE ⊥ BC$于点$E$。
因为$AD // BC$，$∠ B = 90^{\circ}$，所以四边形$ABED$是矩形，$AD = BE = 2$，$AB = DE$。
因为$BC = 3$，所以$EC = BC - BE = 3 - 2 = 1$。
因为$∠ C = 45^{\circ}$，$DE ⊥ BC$，所以$△ DEC$是等腰直角三角形，$DE = EC = 1$。
在$Rt△ DEC$中，$DC = \sqrt{DE^{2} + EC^{2}} = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$
因为$AD // BC$，$∠ B = 90^{\circ}$，所以四边形$ABED$是矩形，$AD = BE = 2$，$AB = DE$。
因为$BC = 3$，所以$EC = BC - BE = 3 - 2 = 1$。
因为$∠ C = 45^{\circ}$，$DE ⊥ BC$，所以$△ DEC$是等腰直角三角形，$DE = EC = 1$。
在$Rt△ DEC$中，$DC = \sqrt{DE^{2} + EC^{2}} = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$