专题9.12 中心对称图形——平行四边形单元提升卷-2024-2025学年八年级数学下册举一反三系列（苏科版）

第9章 中心对称图形——平行四边形单元提升卷 【苏科版】 考试时间：60分钟；满分：100分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！ 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）（23-24八年级·湖北武汉·期中）以下是2024年巴黎奥运会部分项目图标，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A．B．C．D． 2．（3分）（23-24八年级·安徽淮南·阶段练习）如图，等边中，是边上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，若，，则的周长是（   ） A．9 B．5 C．7 D．4 3．（3分）（2024八年级·吉林长春·学业考试）如图，在中，E、F分别是、上任意一点，先给出下列四个条件：①，②，③，④．以上条件中不能判定四边形是平行四边形的条件是（   ） A．① B．② C．③ D．④ 4．（3分）（23-24八年级·河南新乡·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的四个顶点坐标均已标出，那么的值为（   ） A． B． C．3 D．1 5．（3分）（23-24八年级·吉林长春·阶段练习）如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（   ） A．13 B．10 C．24 D．12 6．（3分）（23-24八年级·重庆·阶段练习）如图，正方形的对角线，交于点，点，分别是，上的两点，且，过点作交点，若，则用含的式子表示为（    ） A． B． C． D． 7．（3分）（23-24八年级·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A在y轴正半轴上，顶点C坐标为，顶点D坐标为，对角线经过坐标原点O，边与x轴交于点E，对E点坐标为（    ） A． B． C． D． 8．（3分）（23-24八年级·江苏南通·期中）如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转至，G为的中点．则的长是（    ） A．1 B． C．3 D． 9．（3分）（23-24八年级·天津南开·期中）如图，平面直角坐标系中，点，，，连接，并将线段绕点顺时针旋转，点旋转到点，连接．则周长的最小值为（   ） A． B．8 C．5 D． 10．（3分）（23-24八年级·广东梅州·阶段练习）如图，在正方形纸片中，对角线，交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折叠分别交，于，，连接，下列结论：①②③④四边形是菱形，正确的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）（2024八年级·甘肃兰州·专题练习）如图所示是一个坐标方格盘，你可操纵一只遥控机器蛙在方格盘上进行跳步游戏，机器蛙每次跳步只能按如下两种方式（第一种：向上、下、左、右可任意跳动格或格；第二种跳到关于原点的对称点上）中的一种进行．若机器蛙在点，现欲操纵它跳到点，请问机器蛙至少要跳 次． 12．（3分）（23-24八年级·河北石家庄·期末）如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，则阴影部分的面积为 ． 13．（3分）（23-24八年级·湖北孝感·阶段练习）如图，在四边形中，，，将绕着点逆时针旋转得到，点恰好落在边上，连接，若，则的长是 ． 14．（3分）（23-24八年级·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    15．（3分）（23-24八年级·北京顺义·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是 ．    16．（3分）（23-24八年级·江苏连云港·阶段练习）点A坐标为，点在轴的负半轴上沿负方向运动时，作，其中．直线与轴交于，当点的运动过程中，的值为 ．    三．解答题（共7小题，满分52分） 17．（6分）（23-24八年级·河南信阳·期中）如图，将绕点A逆时针旋转得到，点D在上，． (1)求的大小； (2)若，与交于点O，求证：． 18．（6分）（23-24八年级·新疆阿克苏·阶段练习）如图，的三个顶点的坐标分别为，，． (1)画出与关于原点对称的； (2)将绕点顺时针旋转，画出旋转后的． 19．（8分）（23-24八年级·北京·阶段练习）在等边中，D，E，F分别是边上的动点，满足，且．作点E关于的对称点G，连接． (1)当点D，E，F在如图1所示的位置时，请在图1中补全图形，并证明四边形是平行四边形； (2)如图2，当，时，写出线段和的数量关系，并说明理由． 20．（8分）（23-24八年级·广东深圳·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点，点分别在上，，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若点是的中点，，，求四边形的周长和面积． 21．（8分）（2024八年级·全国·专题练习）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．四边形的四个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（画图过程用虚线，画图结果用实线）．    (1)在图1中，先在上画点E，使，再在上画点F，使； (2)在图2中，先在上画点H，使，再在上画点G，使． 22．（8分）（23-24八年级·四川成都·阶段练习）操作与探究：如图1，在锐角的边、上分别取点、，使，在上取点，作，连接交于点，作射线． (1)求证：平分． (2)移动点使，求证：是矩形． (3)如图3，在（2）的条件下，去中点连接，将绕点逆时针旋转适当的角度，得到（点、分别是的两边与的延长线、的交点）．猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论． 23．（8分）（2024八年级·广东·学业考试）综合与实践 【主题】多边形的稳定性 【素材】 平行四边形连杆式是常见的机械部件，当连杆移动时，两对边始终保持平行，能方便地进行往返运动，这一设计源于平行四边形证明的性质． 【实践探索】 如图，这是某同学推荐的一幅实例设计图，你认为合理吗？请说明你的理由． 如图，一个正方形教具，使其发生形变（如图），若正方形教具边长为，．问：四边形的面积减少了多少？ 【拓展应用】 如图，一张多档位可调节靠椅，其档位调节示意图如图所示，已知两支脚米，米，为上固定连接点，靠背米，档位为Ⅰ档时，，档位为Ⅱ档时，，靠背顶端向后靠的水平距离（即）为______． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第9章 中心对称图形——平行四边形单元提升卷 【苏科版】 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）（23-24八年级·湖北武汉·期中）以下是2024年巴黎奥运会部分项目图标，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称图形，中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；据此进行判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，则A不符合题意； B、不是轴对称图形，但它是中心对称图形，则B不符合题意； C、不是轴对称图形，但它是中心对称图形，则C不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，则D符合题意； 故选：D． 2．（3分）（23-24八年级·安徽淮南·阶段练习）如图，等边中，是边上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，若，，则的周长是（   ） A．9 B．5 C．7 D．4 【答案】A 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定；找出旋转角推出是等边三角形是解题关键． 根据旋转的性质得是等边三角形；得，即可求的周长． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， 由旋转知，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长为： ， 故选：A． 3．（3分）（2024八年级·吉林长春·学业考试）如图，在中，E、F分别是、上任意一点，先给出下列四个条件：①，②，③，④．以上条件中不能判定四边形是平行四边形的条件是（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质定理和判定定理，以及全等三角形的判定及性质；熟记平行四边形的判定方法是解决问题的关键． 【详解】解：在中，，，，， 若，则，， ∴， ∴四边形是平行四边形，故①不符合题意； 若，则， ∴，，则， ∴四边形是平行四边形，故②不符合题意； 若， ∵， ∴四边形是平行四边形，故④不符合题意； 若，不能判定四边形是平行四边形，故③符合题意； 故选：C． 4．（3分）（23-24八年级·河南新乡·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的四个顶点坐标均已标出，那么的值为（   ） A． B． C．3 D．1 【答案】D 【分析】本题考查代数式求值，涉及矩形性质、中点坐标公式等知识，熟练掌握矩形性质及中点坐标公式是解决问题的关键．由矩形的对角线交于一点，且对角线相互平分，从而由中点坐标公式求出对角线交点的坐标，列方程求解即可得到的值，代入代数式求解即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 由中点坐标公式可知中点的坐标为，即； 中点的坐标为，即； ， 解得， ， 故选：D． 5．（3分）（23-24八年级·吉林长春·阶段练习）如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（   ） A．13 B．10 C．24 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小，连接，求出，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案． 【详解】解：作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小， ∵四边形是菱形， ∴， 即Q在上， ∵， ∴， ∵M为中点， ∴Q为中点， ∵N为中点，四边形是菱形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， ∴， 故选：A． 6．（3分）（23-24八年级·重庆·阶段练习）如图，正方形的对角线，交于点，点，分别是，上的两点，且，过点作交点，若，则用含的式子表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，根据正方形可得与互相垂直平分，即可证明，得到，，进而得到，再根据垂直求出，最后根据求解即可． 【详解】解：∵正方形的对角线，交于点， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， 故选：A． 7．（3分）（23-24八年级·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A在y轴正半轴上，顶点C坐标为，顶点D坐标为，对角线经过坐标原点O，边与x轴交于点E，对E点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了平行四边形的性质、一次函数的图象和性质等知识，过点D作轴于点M，过点B作轴于点F，求出点B的横坐标为，设点A的坐标为，其中，求出点B的坐标为，再求出直线的解析式为，得到点E的坐标为，根据得到，解得，即可得到点E的坐标. 【详解】解：过点D作轴于点M，过点B作轴于点F，如图， ∵四边形是平行四边形， ∴， 设点B的横坐标为m， ∵顶点C坐标为，顶点D坐标为，顶点A在y轴正半轴上， ∴， ∴ 即点B的横坐标为， 设点A的坐标为，其中 ∵点A到点B的平移方式和点D到点C的平移方式相同，即为向下平移10个单位，向左边平移2个单位， ∴点B的纵坐标为， ∴点B的坐标为， 设直线的解析式为 解得， ∴直线的解析式为 当时，，解得， ∴点E的坐标为， ∵， ∴， ∴ 解得， ∴ ∴点E的坐标是， 故选：B 8．（3分）（23-24八年级·江苏南通·期中）如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转至，G为的中点．则的长是（    ） A．1 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】如图，过点C作于点F，延长交于点M，根据旋转的性质得到，证明四边形是矩形，得到，进而求出，根据G为的中点，证明，推出，求出，利用勾股定理求出，即可解答． 【详解】解：如图，过点C作于点F，延长交于点M， 由旋转的性质得：， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点G为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线，构造三角形全等是解题的关键． 9．（3分）（23-24八年级·天津南开·期中）如图，平面直角坐标系中，点，，，连接，并将线段绕点顺时针旋转，点旋转到点，连接．则周长的最小值为（   ） A． B．8 C．5 D． 【答案】B 【分析】过点B作轴于点C，过点作轴于点D，证明，得出，根据，，得出，说明点在直线上，根据为定值，得出当最小时，的周长最小，作点O关于直线的对称点，连接交直线于点E，连接，根据两点之间线段最短，得出当在点E处时，最小，且最小值为的长度，根据勾股定理求出结果即可． 【详解】解：过点B作轴于点C，过点作轴于点D，如图所示： 则， 根据旋转可知，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴点在直线上， ∵为定值， ∴当最小时，的周长最小， 如图，作点O关于直线的对称点，连接交直线于点E，连接， 根据轴对称可知：， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴当在点E处时，最小，且最小值为的长度， ∴最小值为：， ∴的周长最小值为． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，坐标与图形，两点之间线段最短，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定和性质． 10．（3分）（23-24八年级·广东梅州·阶段练习）如图，在正方形纸片中，对角线，交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折叠分别交，于，，连接，下列结论：①②③④四边形是菱形，正确的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】由四边形是正方形和折叠性质得出，，再由三角形的内角和求出．故①正确；由四边形是正方形和折叠性质，判断出四边形是平行四边形，再由，得出四边形是菱形．利用的直角三角形，由勾股定理得出，，得出，故②④正确；由四边形是正方形和折叠性质，得到，所以，故③错误． 【详解】解：由四边形是正方形和折叠性质得出，， ， 故①正确； 由四边形是正方形和折叠性质得出，，，， ， ， ， 又 ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 在中，，在中，， ， 故②④正确． 由四边形是正方形和折叠性质知，，，， 在和中， ， ， 故③错误． 综上可知，①②④正确． 故选C． 【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握图形折叠前后对应边相等、对应角相等． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）（2024八年级·甘肃兰州·专题练习）如图所示是一个坐标方格盘，你可操纵一只遥控机器蛙在方格盘上进行跳步游戏，机器蛙每次跳步只能按如下两种方式（第一种：向上、下、左、右可任意跳动格或格；第二种跳到关于原点的对称点上）中的一种进行．若机器蛙在点，现欲操纵它跳到点，请问机器蛙至少要跳 次． 【答案】 【分析】本题考查了中心对称，根据题意得到可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可到达，据此即可求解，理解题意是解题的关键． 【详解】解：若机器蛙在点，根据跳步游戏规则，可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可跳到点，这个路径步数最少，共步， 故答案为：． 12．（3分）（23-24八年级·河北石家庄·期末）如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，则阴影部分的面积为 ． 【答案】17 【分析】本题考查平行四边形，三角形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，连接，根据平行四边形的性质，则，，根据点是的中点，则，根据全等三角形的判定和性质，则，，再根据平行四边形的判定和性质，则四边形是平行四边形，得到，再根据平行四边形的判定和性质，则四边形是平行四边形，，根据阴影部分的面积为：，即可． 【详解】解：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴阴影部分的面积为：． 故答案为：． 13．（3分）（23-24八年级·湖北孝感·阶段练习）如图，在四边形中，，，将绕着点逆时针旋转得到，点恰好落在边上，连接，若，则的长是 ． 【答案】 【分析】过作交延长线于点，过作于点，延长交于点，证明四边形是矩形，则，然后由旋转性质可得，，由同角的余角相等则有，从而证明，则，由平行线的性质得出，证明，，设，则，最后由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过作交延长线于点，过作于点，延长交于点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵绕着点逆时针旋转得到， ∴，， ∴, ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴，， 设， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 14．（3分）（23-24八年级·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案． 【详解】解：延长、交于H，连接，   ，， 四边形为平行四边形， ，平分， ，，， 为等腰三角形， ， 平行四边形为菱形， ，且均为等边三角形， ，， ， ， 为等腰三角形， 又四边形为平行四边形， ，，， ， 在与中， ， ， ， ． 故答案为：． 15．（3分）（23-24八年级·北京顺义·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是 ．    【答案】①②③ 【分析】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可． 【详解】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，， ∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， 当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确； 当四边形是菱形时，， 则，解得：，符合题意， 即：当时，四边形是菱形，故②正确； 当四边形是矩形时，，则，解得， 即：当时，四边形是矩形，故③正确； 当四边形是正方形时，， 则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确， 综上，正确的有①②③， 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查动点问题，特殊四边形的存在问题，特殊四边形的性质等知识点，理解并熟练掌握相关图象的性质是解决问题的关键． 16．（3分）（23-24八年级·江苏连云港·阶段练习）点A坐标为，点在轴的负半轴上沿负方向运动时，作，其中．直线与轴交于，当点的运动过程中，的值为 ．    【答案】 【分析】过点A作轴于点D，过点A作轴于点D，证明形是正方形，则，，再证明，得到，由和得到，则，，则，即可得到的值． 【详解】解：过点A作轴于点D，过点A作轴于点D， ∴， ∴四边形是矩形， ∵点A坐标为， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点，点， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为： 【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、坐标与图形等知识，证明是解题的关键． 三．解答题（共7小题，满分52分） 17．（6分）（23-24八年级·河南信阳·期中）如图，将绕点A逆时针旋转得到，点D在上，． (1)求的大小； (2)若，与交于点O，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，熟知旋转前后对应边相等，对应角相等是解题的关键． （1）由旋转的性质得到，根据等边对等角得到，则由平角的定义可得答案； （2）由旋转的性质得到，证明，得到． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， ∴， ∴； （2）证明：由旋转的性质可得， 由（1）得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 18．（6分）（23-24八年级·新疆阿克苏·阶段练习）如图，的三个顶点的坐标分别为，，． (1)画出与关于原点对称的； (2)将绕点顺时针旋转，画出旋转后的． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了画中心对称图形和旋转图形，熟练掌握中心对称图形和旋转图形的画法是解题关键． （1）先分别画出点关于原点的对称点，再顺次连接即可得； （2）先根据旋转的性质分别画出点，再顺次连接点即可得． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：如图，即为所求． 19．（8分）（23-24八年级·北京·阶段练习）在等边中，D，E，F分别是边上的动点，满足，且．作点E关于的对称点G，连接． (1)当点D，E，F在如图1所示的位置时，请在图1中补全图形，并证明四边形是平行四边形； (2)如图2，当，时，写出线段和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)补图见解析，证明见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）先补图，证明，则，由点E、G关于对称，可得，则，由，证明，进而结论得证； （2）如图2，作点E关于的对称点G，连接，，则，，同理（1），四边形是平行四边形，则，证明是等边三角形，则，由，可得，则，，由勾股定理得，，进而可得． 【详解】（1）解：补图如下图1；          图1 ∵等边， ∴， ∴，即， 又∵，， ∴， ∴， ∵点E、G关于对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：，理由如下； 如图2，作点E关于的对称点G，连接，，          图2 ∴，， 同理（1），四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理等知识．熟练掌握等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理是解题的关键． 20．（8分）（23-24八年级·广东深圳·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点，点分别在上，，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若点是的中点，，，求四边形的周长和面积． 【答案】(1)见详解 (2)四边形的周长和面积分别是和 【分析】（1）由平行四边形的性质得，再证，得为等腰三角形即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，，由直角三角形斜边上的中线性质得，然后根据勾股定理和菱形面积公式即可得出结论． 本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质，等腰三角形的性质、菱形的面积、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ∴为等腰三角形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，，， ， 为的中点， ， ，， ，， ， ， （负值已经舍去）， ，， 四边形的面积． ∴四边形的周长． ∴四边形的周长和面积分别是和． 21．（8分）（2024八年级·全国·专题练习）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．四边形的四个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（画图过程用虚线，画图结果用实线）．    (1)在图1中，先在上画点E，使，再在上画点F，使； (2)在图2中，先在上画点H，使，再在上画点G，使． 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 【分析】（1）取格点，连接交于点，点即为所求．连接交于点，连接，延长交于点，点即为所求； （2）如图，为的中点，取与格线的交点，则，再取格点，连接，取的中点，连接延长交于点，点即为所求． 【详解】（1）解：如图，取格点，连接交于点，点即为所求．连接交于点，连接，延长交于点，点即为所求；    理由如下： ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：如图，为的中点，取与格线的交点，则， 取格点，连接，取的中点，连接延长交于点，点即为所求．    理由如下： ∵为的中点，， ∴， ∵，为的中点， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查作图应用与设计作图，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型． 22．（8分）（23-24八年级·四川成都·阶段练习）操作与探究：如图1，在锐角的边、上分别取点、，使，在上取点，作，连接交于点，作射线． (1)求证：平分． (2)移动点使，求证：是矩形． (3)如图3，在（2）的条件下，去中点连接，将绕点逆时针旋转适当的角度，得到（点、分别是的两边与的延长线、的交点）．猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）根据判定，即可得到，进而得出结论； （2）根据三角形内角和可得，再根据等边对等角可得，根据等角对等边可得，再根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定是矩形； （3）根据旋转的性质，可设，根据等腰内角和为，可得，根据直角三角形斜边上中线的性质，可得，进而得出，再由旋转的性质可得，最后根据即可判定，进而得到线段与之间的数量关系． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴平分； （2）证明：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴是矩形； （3）线段与之间的数量关系为：． 证明：根据旋转的性质，可设，则 等腰中，， ∴， ∵，Q为的中点， ∴中，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 由旋转可得，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质以及全等三角形判定与性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：三条边分别对应相等的两个三角形全等；两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．解题时注意：对角线相等的平行四边形是矩形． 23．（8分）（2024八年级·广东·学业考试）综合与实践 【主题】多边形的稳定性 【素材】 平行四边形连杆式是常见的机械部件，当连杆移动时，两对边始终保持平行，能方便地进行往返运动，这一设计源于平行四边形证明的性质． 【实践探索】 如图，这是某同学推荐的一幅实例设计图，你认为合理吗？请说明你的理由． 如图，一个正方形教具，使其发生形变（如图），若正方形教具边长为，．问：四边形的面积减少了多少？ 【拓展应用】 如图，一张多档位可调节靠椅，其档位调节示意图如图所示，已知两支脚米，米，为上固定连接点，靠背米，档位为Ⅰ档时，，档位为Ⅱ档时，，靠背顶端向后靠的水平距离（即）为______． 【答案】合理，理由见解析； ； 米． 【分析】根据平行四边形的性质可得，，，当连杆移动时，始终保持：，，所以四边形是平行四边形，两组对边始终保持平行； 过点作，根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半可以求出，根据菱形的面积公式求出，根据正方形的面积公式可以求出，从而可以求出它们的面积之差； 过点作，过点作，作于点，交于点，可得四边形和是矩形，根据矩形的性质可得它们的对边相等，根据等腰三角形的性质和勾股定理可以求出，利用全等三角形的性质可得米，米，从而可以求出米． 【详解】解：合理． 理由：如下图所示，其中是平行四边形，，， 当连杆移动时，始终保持：，， 根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形， 可得：四边形是平行四边形， 两组对边始终保持平行， 这个同学的设计合理； 解：如下图所示，过点作， 四边形是正方形， ， 当四边形发生形变时，始终不变， 四边形是菱形， ， ， ， ， 又， 四边形的面积减少了； 解：如下图所示，过点作，过点作，作于点，交于点， 则四边形和是矩形， ，， 米，米， 米， 米， ，， ， 在和中， ， 米， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， 米， 米． 故答案为：米． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质，解决本题的关键是作辅助线构造全等三角形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$