2026年亮点给力提优课时作业本八年级数学下册苏科版第36页解析答案

1. 新素养几何直观小敏不慎将一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，为了能在商店配到一块与原来完全相同的平行四边形玻璃，她带了两块碎玻璃，其编号应该是(

)

A.①②
B.②③
C.③④
D.①④

答案：1.B

2. (教材 P70 习题 5 变式)如图，在$□ ABCD$中，$AB = 8$，$E$是$AB$上一点，$AE = 3$，连接$DE$，过点$C$作$CF// DE$，交$AB$的延长线于点$F$，则$BF$的长为(

)

A.5
B.4
C.3
D.2

答案：2.C

解析：

解：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore AD = BC$，$AD// BC$，$AB = CD = 8$，$AB// CD$。
$\because CF// DE$，
$\therefore$四边形$DEFC$是平行四边形，
$\therefore EF = CD = 8$。
$\because AE = 3$，$AB = 8$，
$\therefore EB = AB - AE = 8 - 3 = 5$，
$\therefore BF = EF - EB = 8 - 5 = 3$。
答案：C

3. 亮点原创如图，在四边形$ABCD$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AD = BC$，$AB = CD$，对角线$AC$，$BD$相交于点$O$。若$AB = 12$，$OB = 10$，则四边形$ABCD$的周长为

。

答案：3.56

解析：

证明：
∵ $AD = BC$，$AB = CD$，
∴ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形。
∵ $\angle ABC = 90°$，
∴ 平行四边形 $ABCD$ 是矩形。
∴ $AC = BD$，$OA = OC = \frac{1}{2}AC$，$OB = OD = \frac{1}{2}BD$，$\angle ABC = 90°$，
∴ $OA = OB = 10$，
∴ $AC = 2OA = 20$。
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$AB = 12$，$AC = 20$，
由勾股定理得：$BC = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{20^2 - 12^2} = 16$。
∴ 四边形 $ABCD$ 的周长为 $2(AB + BC) = 2×(12 + 16) = 56$。
56

4. 如图，方格纸中每个小正方形的边长为 1，$A$，$B$两点在格点上。若$C$，$D$两点也在格点上，这四点恰好是面积为 2 的一个平行四边形的四个顶点，则这样的平行四边形有

个。

答案：4.6

解析：

以AB为边：
过A作AB平行线，格点C1(0,1),C2(2,1),C3(0,3),C4(2,3)，对应D点构成4个平行四边形。
以AB为对角线：
对角线交点为AB中点(1,2)，格点C5(0,2),C6(2,2)，对应D点构成2个平行四边形。
共6个。
6

5. (2024·四川达州)如图，线段$AC$，$BD$相交于点$O$，且$AB// CD$，$AE⊥ BD$于点$E$。
(1) 尺规作图：过点$C$作$BD$的垂线，垂足为$F$，连接$AF$，$CE$（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母）；
(2) 若$AB = CD$，请判断四边形$AECF$的形状，并说明理由。

]

答案：
5.(1)如图，直线CF，线段AF，CE即为所作。
　　　　　　　

(2)四边形AECF是平行四边形。理由如下：因为AE⊥BD，CF⊥BD，所以AE//CF，∠AEB = ∠CFD = 90°。又AB//CD，所以∠B = ∠D。又AB = CD，所以△ABE≌△CDF(AAS)。所以AE = CF。所以四边形AECF是平行四边形。

6. 新素养运算能力 (2024·山东枣庄)如图，$E$为$□ ABCD$的对角线$AC$上一点，$AC = 5$，$CE = 1$，连接$DE$并延长至点$F$，使得$EF = DE$，连接$BF$，则$BF$的长为(

)

A.$\frac{5}{2}$
B.3
C.$\frac{7}{2}$
D.4

答案：6.B

解析：

证明：连接BD交AC于点O。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC=AC/2=5/2，BO=OD。
∵AC=5，CE=1，
∴AE=AC-CE=4，OE=AE-AO=4-5/2=3/2。
∵EF=DE，
∴E是DF中点。
又
∵O是BD中点，
∴OE是△DBF的中位线，
∴BF=2OE=2×3/2=3。
答案：B

7. (2024·四川自贡)如图，在$□ ABCD$中，$\angle B = 60^{\circ}$，$AB = 6\mathrm{cm}$，$BC = 12\mathrm{cm}$，点$P$从点$A$出发，以$1\mathrm{cm}/\mathrm{s}$的速度沿$A\to D$运动，同时点$Q$从点$C$出发，以$3\mathrm{cm}/\mathrm{s}$的速度沿$C\to B\to C\to···$往复运动，当点$P$到达点$D$时，点$Q$随之停止运动。在此运动过程中，线段$PQ = CD$出现的次数是(

)

A.3
B.4
C.5
D.6

答案：7.B

解析：

解：在$□ABCD$中，$CD=AB=6\mathrm{cm}$，$AD=BC=12\mathrm{cm}$，点$P$运动时间为$t(0\leq t\leq12)$，则$AP=t$，$PD=12-t$。
情况1：$Q$从$C→B$（$0\leq t\leq4$）
$CQ=3t$，$BQ=12-3t$。
过$P$作$PE⊥BC$于$E$，过$A$作$AF⊥BC$于$F$，则$AF=AB\sin60°=3\sqrt{3}$，$BF=3$，$PE=AF=3\sqrt{3}$，$QE=|(3+t)-(12-3t)|=|4t-9|$。
由$PQ^2=QE^2+PE^2=36$，得$(4t-9)^2+27=36$，解得$t=\frac{3}{2}$或$t=3$（均在$0\leq t\leq4$内）。
情况2：$Q$从$B→C$（$4＜ t\leq8$）
$QB=3t-12$，$CQ=24-3t$，$QE=|(3+t)-(3t-12)|=|15-2t|$。
由$PQ^2=(15-2t)^2+27=36$，得$(15-2t)^2=9$，解得$t=6$或$t=9$（$t=6$在$4＜ t\leq8$内）。
情况3：$Q$从$C→B$（$8＜ t\leq12$）
$CQ=3t-24$，$BQ=36-3t$，$QE=|(3+t)-(36-3t)|=|4t-33|$。
由$PQ^2=(4t-33)^2+27=36$，得$(4t-33)^2=9$，解得$t=8$（舍去）或$t=\frac{15}{2}=7.5$（不在$8＜ t\leq12$内），$t=9$（在$8＜ t\leq12$内）。
综上，$t=\frac{3}{2},3,6,9$，共4次。
答案：B