第9章 中心对称图形-平行四边形-2024-2025学年苏科版数学八年级下学期章节优选题培优检测卷

2024-2025学年苏科版数学八年级下学期章节优选题培优检测卷 第9章 中心对称图形-平行四边形 试题满分：100分 难度系数：0.46（较难） 班级： 姓名： 学号： 一、选择题（共10小题，每小题2分，共20分.每小题只有一个选项是符合题意的） 1．（本题2分）（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）如图，在中，，，，点是边上一点（不与点、重合），作于点，于点，连接，则的最小值是（   ）    A．2 B．2.4 C．3 D．4 2．（本题2分）（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒．以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时值为（   ）秒． A．2或 B． C．或 D． 3．（本题2分）（24-25八年级下·浙江宁波·开学考试）综合与实践课上，“矩形折纸”为主题开展了数学活动．小宁同学准备了一张长方形纸片，，，他在边上取中点，又在边上任取一点，再将沿折叠得到，连结，小宁同学通过多次实践得到以下结论： ①当点在边上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动； ②的最大值为24； ③的最小值为16； ④达到最小值时，．上述结论中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（本题2分）（24-25九年级上·黑龙江绥化·期中）如图，正方形的边长为8，点在上且，是上的一动点，则的最小值是（   ） A．8 B．10 C．15 D．18 5．（本题2分）（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）已知菱形的对角线为和，下列条件中，不能使菱形为正方形的是（   ） A． B． C． D． 6．（本题2分）（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图所示，四边形是正方形，点E是正方形内的一点，且为等边三角形，于点F，若，则的长是（   ）    A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 7．（本题2分）（24-25九年级上·山西运城·期中）如图，在正方形中，是对角线上一动点，过点分别作于点于点，连接．在点运动的过程中，下列结论不成立的是（    ） A． B． C． D． 8．（本题2分）（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 9．（本题2分）（24-25八年级上·湖北宜昌·期末）用一张正方形的纸片按如下方式折叠：如图，先将纸片对折得到折痕，再沿过点C的直线翻折纸片，得到折痕，使点D落在上的点H处，连接与交于点I．则下列结论中正确的个数为（    ） ①；②为等边三角形；③；④． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 10．（本题2分）（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在正方形中，G为对角线上一点，连接、，E是边上一点，连接交的延长线上于点F，且满足．下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（共10小题，每小题2分，共20分.） 11．（本题2分）（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，设四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，如此下去．则第2024个正方形的边长为 ． 12．（本题2分）（23-24八年级下·海南海口·期中）如图，四边形中，，，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t秒，则当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时， 13．（本题2分）（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，将边长为3的正方形纸片沿折叠，点C落在边上的点G处，点D与点H重合，与交于点P，取的中点Q，连接，则的周长最小值是 ．    14．（本题2分）（21-22九年级上·河南郑州·期中）如图，在边长为4的正方形中，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，连接，则的长为 ． 15．（本题2分）（24-25九年级上·河南三门峡·期末）如图，在矩形中，，，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，边交于点，当点的对应点恰好落在线段的延长线上时，的长是 ． 16．（本题2分）（24-25八年级上·上海·期中）如图所示，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点恰好落在边上的点处，如果的周长为，的周长为，那么的长等于 ． 17．（本题2分）（24-25九年级上·浙江台州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，等边顶点的坐标为，将绕点顺时针方向旋转，同时边扩大为原来的2倍，得到，再将作相同变换得到，…，依次类推，则点的坐标为 ． 18．（本题2分）（23-24八年级下·河南漯河·期中）如图，在中，点分别是边、的中点，点F是线段上的一点，连接若，则线段的长为 ．    19．（本题2分）（24-25八年级下·浙江宁波·开学考试）如图，正方形和正方形的顶点E，F，G，M，N在长方形的边上，已知，，则的面积为 ． 20．（本题2分）（24-25八年级上·山东聊城·阶段练习）如图，把平面内一条数轴绕原点逆时针旋转角得到另一条数轴，轴和轴构成一个平面斜坐标系．规定：过点作轴的平行线，交轴于点，过点作轴的平行线，交轴于点，若点在轴上对应的实数为，点在轴上对应的实数为，则称有序实数对为点的斜坐标，在某平面斜坐标系中，已知，点的斜坐标为，点与点关于轴对称，则点的斜坐标为 ．（温馨提示：直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半） 三、解答题（共8小题，计60分.解答应写出过程） 21．（本题6分）（2025·河南郑州·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求和的长． 22．（本题6分）（21-22八年级下·西藏拉萨·期中）如图所示，在梯形中，，，，，，动点从点出发沿方向向点以的速度运动，动点从点开始沿着方向向点以的速度运动．点、分别从点和点同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动． (1)经过多长时间，四边形是平行四边形？ (2)经过多长时间，四边形是矩形？ (3)经过多长时间，的长为？ 23．（本题8分）（23-24八年级下·江苏扬州·期中）如图1，中，，，的外角平分线交于点A，过点A分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)若，求的长； (4)如图2，在中，，高，，求的长度． 24．（本题8分）（22-23八年级下·西藏拉萨·期末）如图，在中，点是边上一个动点，过点作直线，设交的平分线于点，交的外角平分线于点． (1)线段和的位置关系 ________； (2)线段与的数量关系 ________； (3)当点在边上运动到什么位置，四边形是矩形，请说明理由； (4)在（3）问的基础上，满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 25．（本题8分）（22-23八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图1，在中，，，的顶点与点A重合，两边分别与，重合． (1)求的度数； (2)如图2，将绕点A按逆时针方向旋转，两边分别与平行四边形的两边，相交于点E，F． ①试探究，的数量关系，并证明你的结论； ②连结，在旋转过程中，的周长是否发生改变？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出周长的最小值． 26．（本题8分）（21-22八年级下·海南省直辖县级单位·期末）在正方形中，是边上一点，（点不与点，重合），连接． (1)如图，过点作交于点．证明：． (2)如图，取的一点，过点作交于点，交于点．求证：． 27．（本题8分）（23-24八年级下·云南昆明·期中）已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，，点是的中点，动点在线段上以每秒个单位长的速度由点向运动． 设动点的运动时间为秒． (1)当 时（直接写出的值），四边形是平行四边形； (2)在线段上是否存在一点，使得四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)在线段上有一点且，求四边形的周长最小值． 28．（本题8分）（23-24八年级下·全国·期中）如图1，在正方形中，E是边上一动点（与C，D不重合），连接，将沿所在的直线折叠得到，延长交于点G，连接，作，交的延长线于点H，连接． (1)求证：平分； (2)如图2，过点H作交于点P；在点E运动过程中，四边形能否为菱形？若能，请求出的度数；若不能，无需证明． (3)连接，若，请直接写出长度的最小值． 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年苏科版数学八年级下学期章节优选题培优检测卷 第9章 中心对称图形-平行四边形 试题满分：100分 难度系数：0.46（较难） 班级： 姓名： 学号： 一、选择题（共10小题，每小题2分，共20分.每小题只有一个选项是符合题意的） 1．（本题2分）（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）如图，在中，，，，点是边上一点（不与点、重合），作于点，于点，连接，则的最小值是（   ）    A．2 B．2.4 C．3 D．4 【答案】B 【思路点拨】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，垂线段最短，将转化为是解题的关键．连接，根据矩形的性质可得，当时，取得最小值，根据等面积法求解即可，进而可得的最小值． 【规范解答】解：如图，连接，   ∵，，， 四边形是矩形， ， ∵，，， ， 当时，取得最小值，即取得最小值， ， ． ． 即的最小值是． 故选：B． 2．（本题2分）（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒．以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时值为（   ）秒． A．2或 B． C．或 D． 【答案】C 【思路点拨】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，一元一次方程的应用等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．由题意已知，，要使、、、为顶点的四边形为平行四边形，则只需要让即可，列出等式可求解． 【规范解答】解：四边形是平行四边形， ， 当从运动到时，且在上， ，， ， 解得， 当秒时，四边形是平行四边形； 当点在延长线上时， ， 解得， 秒或秒时，、、、为顶点的四边形为平行四边形． 故选：C． 3．（本题2分）（24-25八年级下·浙江宁波·开学考试）综合与实践课上，“矩形折纸”为主题开展了数学活动．小宁同学准备了一张长方形纸片，，，他在边上取中点，又在边上任取一点，再将沿折叠得到，连结，小宁同学通过多次实践得到以下结论： ①当点在边上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动； ②的最大值为24； ③的最小值为16； ④达到最小值时，．上述结论中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【思路点拨】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理．根据折叠的性质得到，根据圆的定义得到点在以N为圆心，为半径的圆上，故①正确；连接，根据勾股定理得到，根据三角形的三边关系得到，，结合点M在上，判断②③正确；根据勾股定理即可判断④正确． 【规范解答】解：如图1，连接， ∵将沿折叠得到， ∴， ∵点N为的中点，， ． ∴当点M在边上运动时，点在以N为圆心的圆弧上运动， 故①正确； 在中，， ∵， ∴， ∴的最小值为16， 故③正确； ∵，且M在上， ∴， ∴的最大值为24， 故②正确； 如图2， 当共线时，的值最小，最小为； ∴， 设，则，， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， 即， 故④正确， 综上，结论中正确的个数4个， 故选：D． 4．（本题2分）（24-25九年级上·黑龙江绥化·期中）如图，正方形的边长为8，点在上且，是上的一动点，则的最小值是（   ） A．8 B．10 C．15 D．18 【答案】B 【思路点拨】本题考查了轴对称的应用，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据轴对称的性质作出图形得到的最小值即为线段的长． 连结交于点N，根据轴对称的性质，得到，的最小值即为线段的长，根据勾股定理，即可求得的长． 【规范解答】解：连接交于点N， ∵正方形的边长为8，点在上且， ∴，，点D与点B关于对称， ∴， ∵， ∴， ∵点D与点B关于对称， ∴， ∴,最小． 故选：B． 5．（本题2分）（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）已知菱形的对角线为和，下列条件中，不能使菱形为正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路点拨】本题考查菱形的性质及正方形的判定．在菱形基础上添加一个内角为直角或者对角线相等即可得到正方形，据此求解即可． 【规范解答】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角（2）对角线相等． A、当时，菱形是正方形，选项不符合题意； B、当时，菱形是正方形，选项不符合题意； C、当时，，菱形是正方形，选项不符合题意； D、当时，菱形不能确定是正方形，选项符合题意； 故选：D． 6．（本题2分）（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图所示，四边形是正方形，点E是正方形内的一点，且为等边三角形，于点F，若，则的长是（   ）    A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 【答案】C 【思路点拨】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据正方形和等边三角形的性质，得到为含30度角的直角三角形，，根据含30度角的直角三角形的性质求解即可． 【规范解答】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，，， ∴，，，， ∴， ∴． 故选：C． 7．（本题2分）（24-25九年级上·山西运城·期中）如图，在正方形中，是对角线上一动点，过点分别作于点于点，连接．在点运动的过程中，下列结论不成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，延长交于点， 延长交于点，证明四边形是正方形，四边形是矩形，然后得到，即可判断A、C选项；然后根据等量代换得到，判断B选项；然后利用正方形的性质判断D解题即可． 【规范解答】解： 延长交于点， 延长交于点，    ∵四边形是正方形. ∴. ∵， ∴四边形是正方形，四边形是矩形， ， ∴， ∴， ∵在与中， ， ∴， ∴， 故A、C正确； ∵与中， ， ∴， ∴， 故B正确. ∵是上任意一点， ∴只有当是正方形时，， 故D不一定成立， 故选：D． 8．（本题2分）（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【思路点拨】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取的中点E，连接，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形性质得出，证明为等边三角形，得出，即可得出结果． 【规范解答】解：取的中点E，连接，如图所示：    ∵四边形为正方形， ∴，，， 根据折叠的性质知：，， ∵M、N分别是、的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 故选：C． 9．（本题2分）（24-25八年级上·湖北宜昌·期末）用一张正方形的纸片按如下方式折叠：如图，先将纸片对折得到折痕，再沿过点C的直线翻折纸片，得到折痕，使点D落在上的点H处，连接与交于点I．则下列结论中正确的个数为（    ） ①；②为等边三角形；③；④． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【思路点拨】由折叠得：，垂直平分，，故，那么为等边三角形，即可判断①②；由四边形是正方形得到，那么，由三角形内角和定理可得，故③正确；对于和，通过勾股定理计算说明不相等即可． 【规范解答】解：由折叠得：，垂直平分， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴； 故①②正确， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； ∵为等边三角形，，， ∴，， 设，则， 由勾股定理得：， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴在中，， 而， ∴，故④错误， 故选：B． 【考点评析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，折叠的性质，三角形的内角和定理等知识点，综合性较强，难度较大． 10．（本题2分）（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在正方形中，G为对角线上一点，连接、，E是边上一点，连接交的延长线上于点F，且满足．下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【思路点拨】对于①，过点E作，交于点H，根据正方形的性质可逐步推得，再根据全等三角形的判定，可证明，即得结论成立； 对于②，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证明结论成立； 对于③，连结，，证明，可得，再根据等腰三角形三线合一性质，即得结论成立； 对于④，先证明，再证明，即可得出结论． 【规范解答】解：过点E作，交于点H， 四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ，， ， ，， ， ， 故①正确； 四边形是正方形， ， ， ， 故②正确； 连结，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 故③正确； 在中，， ， ， ， ， ， ， 故④正确； 正确的结论有4个． 故选：D． 【考点评析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键． 二、填空题（共10小题，每小题2分，共20分.） 11．（本题2分）（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，设四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，如此下去．则第2024个正方形的边长为 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了正方形的性质以及图形类规律探索，解题关键是利用正方形的对角线等于边长的倍的性质，并注意正方形的序数与指数的关系．根据正方形的对角线等于边长的倍，进行依次求解，然后根据指数的变化求出第n个正方形的边长即可． 【规范解答】解：∵四边形是边长为1的正方形， ∴第二个正方形的边长， 第三个正方形的边长， 同理：第n个正方形的边长， ∴第2024个正方形的边长为． 故答案为：． 12．（本题2分）（23-24八年级下·海南海口·期中）如图，四边形中，，，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t秒，则当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时， 【答案】或 【思路点拨】本题考查了动点问题，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，合理分类是解题的关键．分F在M的右侧和左侧两种情况讨论即可． 【规范解答】解∶∵，， ∴， ∵， ∴当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，， 当F在M的右侧时，， 又， ∴， ∴； 当F在M的左侧时，， 又， ∴， ∴； 综上， 当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为或， 故答案为：或． 13．（本题2分）（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，将边长为3的正方形纸片沿折叠，点C落在边上的点G处，点D与点H重合，与交于点P，取的中点Q，连接，则的周长最小值是 ．    【答案】 【思路点拨】连接，取的中点M，连接，根据折叠的性质，要求的周长的最小值，只需求的最小值，当M、P、B三点共线时，最小，勾股定理求出，即可求解． 【规范解答】解：连接，取的中点M，连接， 由折叠可知， 在中，P是的中点， ∴ ， ∵Q是的中点， ∴， ∴的周长， ∵， ∴的周长， 当M、P、B三点共线时，最小， ， ∴的周长的最小值为， 故答案为：，    【考点评析】本题考查了正方形与折叠，还考查了最短路径问题，解题关键是根据折叠和直角三角形的性质得出线段相等，把三角形的周长转化为两点之间，线段最短问题． 14．（本题2分）（21-22九年级上·河南郑州·期中）如图，在边长为4的正方形中，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，连接，则的长为 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明，推出，勾股定理求出的长，等积法求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理进行求解即可． 【规范解答】解：设交于点， ∵正方形，边长为4， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∵点分别是的中点， ∴， ∴，， ∴； 故答案为： 15．（本题2分）（24-25九年级上·河南三门峡·期末）如图，在矩形中，，，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，边交于点，当点的对应点恰好落在线段的延长线上时，的长是 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用等，连接根据矩形的性质得到，即，根据旋转的性质即可得到；根据矩形的性质得到，根据旋转的性质得到，证得，根据全等三角形的性质得到，设，则，根据勾股定理列方程即可得到结论． 【规范解答】解：连接如图， ∵四边形为矩形， ∴，即， ∵将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形， ∴， ∴； ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 由勾股定理，得， 解得， ∴． 故答案为： 16．（本题2分）（24-25八年级上·上海·期中）如图所示，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点恰好落在边上的点处，如果的周长为，的周长为，那么的长等于 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了平行四边形的性质及翻折变换，由折叠性得，， 根据题意可得，， 则，再根据平行四边形的性质可得，从而求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【规范解答】解：由折叠性得，， ∵的周长为，的周长为， ∴，， ∴的周长的周长平行四边形的周长， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴的周长， 故答案为：． 17．（本题2分）（24-25九年级上·浙江台州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，等边顶点的坐标为，将绕点顺时针方向旋转，同时边扩大为原来的2倍，得到，再将作相同变换得到，…，依次类推，则点的坐标为 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了点坐标的规律探索、图形的旋转，正确归纳类推出一般规律是解题关键．先根据旋转的性质确定第2025次旋转后，点位于轴的正半轴上，再归纳类推出第次旋转后，（为正整数），由此即可得． 【规范解答】解：∵点的坐标为， ∴， ∵每次旋转角度为， ∴6次旋转， ∵，点位于轴的正半轴上， ∴第2025次旋转后，点位于轴的正半轴上， 由题意可知，第1次旋转后，， 第2次旋转后，， 第3次旋转后，， 归纳类推得：第次旋转后，（为正整数）， ∴第2025次旋转后，， ∴点的坐标为， 故答案为：． 18．（本题2分）（23-24八年级下·河南漯河·期中）如图，在中，点分别是边、的中点，点F是线段上的一点，连接若，则线段的长为 ．    【答案】3 【思路点拨】根据三角形中位线的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，由此可解． 【规范解答】解：因为：点分别是边请、的中点， 所以：为中位线， 所以：， 因为：， 所以：D为直角三角形斜边中线， 所以：， 由此可解． 故答案为：3． 【考点评析】本题考查三角形中位线的性质和直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边边长的一半；直角三角形斜边中线等于斜边的一半． 19．（本题2分）（24-25八年级下·浙江宁波·开学考试）如图，正方形和正方形的顶点E，F，G，M，N在长方形的边上，已知，，则的面积为 ． 【答案】16 【思路点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形和矩形的性质，解二元一次方程组．过点P作于点K，先证和全等，得出，，同理可证，得出，，设，，表示、、、的长，得到，，联立解方程组即可，从而求出三角形的面积． 【规范解答】解：过点P作于点K， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是长方形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 同理可证， ∴，， 设，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即①， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴，即②， 联立①②得， ， 解得， ∴，， ∴的面积， 故答案为：16． 20．（本题2分）（24-25八年级上·山东聊城·阶段练习）如图，把平面内一条数轴绕原点逆时针旋转角得到另一条数轴，轴和轴构成一个平面斜坐标系．规定：过点作轴的平行线，交轴于点，过点作轴的平行线，交轴于点，若点在轴上对应的实数为，点在轴上对应的实数为，则称有序实数对为点的斜坐标，在某平面斜坐标系中，已知，点的斜坐标为，点与点关于轴对称，则点的斜坐标为 ．（温馨提示：直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半） 【答案】 【思路点拨】如图作轴交轴于，作轴交轴于，交轴于．利用全等三角形的性质，平行四边形的性质求出、即可． 【规范解答】解：如图作轴交轴于，作轴交轴于．交轴于． ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵点与点关于轴对称， ∴，， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∵， ， ，， 在中，，， ， ∵， ， ， ， 故答案为 【考点评析】本题考查坐标与图形变化，轴对称等知识，全等三角形的判定及性质，度直角三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 三、解答题（共8小题，计60分.解答应写出过程） 21．（本题6分）（2025·河南郑州·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求和的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【思路点拨】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、矩形的性质与判定及斜边中线定理，熟练掌握菱形的性质、勾股定理、矩形的判定及斜边中线定理是解题的关键； （1）由题意易得，，则有，然后可得四边形是平行四边形，进而问题可求解； （2）由题意易得，则有，进而根据勾股定理及矩形的性质可进行求解． 【规范解答】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 22．（本题6分）（21-22八年级下·西藏拉萨·期中）如图所示，在梯形中，，，，，，动点从点出发沿方向向点以的速度运动，动点从点开始沿着方向向点以的速度运动．点、分别从点和点同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动． (1)经过多长时间，四边形是平行四边形？ (2)经过多长时间，四边形是矩形？ (3)经过多长时间，的长为？ 【答案】(1) (2) (3)或 【思路点拨】此题主要考查矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟知矩形的判定和性质是解题的关键； （1）设经过，四边形为平行四边形，即，列方程求解即可； （2）设经过，四边形为矩形，根据，列方程求解即可； （3）根据勾股定理，根据，列方程求解即可； 【规范解答】（1）解：设经过，四边形为平行四边形， 则；即， 解得：； （2）解：设经过，四边形为矩形， 则，即， 解得：； （3）解：过点作于点 在中，根据勾股定理， 已知， ， 则可得方程， 即， 移项可得， 两边同时开平方得； 当时， 移项可得， 解得； 当时， 移项可得， 解得； 所以，经过秒或秒，的长为． 23．（本题8分）（23-24八年级下·江苏扬州·期中）如图1，中，，，的外角平分线交于点A，过点A分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)若，求的长； (4)如图2，在中，，高，，求的长度． 【答案】(1) (2)见解析 (3) (4) 【思路点拨】（1）过A点作于G，利用角平分线定义求出，可得，，得再证明四边形是矩形．得，得； （2）根据角平分线性质得，，即得． （3）根据（1）（2）小题结论得四边形是正方形，得，根据全等三角形得，设，，根据，得，解得，即得； （4）把和分别沿翻折，得到和，延长交于点N，可得四边形是正方形，得，得，，根据，即得． 【规范解答】（1）证明：过A点作于G， ∴， ∵中，，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵分别是两个外角的平分线， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； 故答案为：；    （2）解：过A点作于G， ∵分别是两个外角的平分线，，， ∴， ∴；    （3）解：∵， ∴， 由（1）（2）知，四边形是矩形，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， 设， 则， ∵， ∴， ∴， 解得，， ∴；    （4）解：把和分别沿翻折，得到和，延长交于点N， ∴，，，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴中，， ∴．    【考点评析】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握角平分线定义和性质．全等三角形的判定和性质，矩形和正方形判定和性质，勾股定理，轴对称性质，作辅助线，是解题关键． 24．（本题8分）（22-23八年级下·西藏拉萨·期末）如图，在中，点是边上一个动点，过点作直线，设交的平分线于点，交的外角平分线于点． (1)线段和的位置关系 ________； (2)线段与的数量关系 ________； (3)当点在边上运动到什么位置，四边形是矩形，请说明理由； (4)在（3）问的基础上，满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)当点运动到中点时，四边形为矩形． (4)当时，矩形是正方形． 【思路点拨】（1）由角平分线的性质和平角的性质，即可求解； （2）由角平分线的性质和平行线的性质可得，，可得； （3）利用矩形的判定可求解； （4）利用正方形的判定可求解． 【规范解答】（1）解：．理由如下： ∵平分，平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． （2）解：．理由如下 ∵为的平分线，为的平分线， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：． （3）解：运动到中点时，四边形是矩形．理由如下： ∵为中点， ∴， 由（）得， ∴四边形平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴当点运动到中点时，四边形为矩形． （4）解：当时，矩形是正方形．理由如下： ∵，， ∴， ∴， 由（3）得当点运动到中点时，四边形为矩形． ∴矩形是正方形． 【考点评析】本题是四边形综合题，考查了角平分线的性质，平行线的性质，矩形的判定，正方形的判定，熟练运用这些性质和判定进行推理是本题的关键． 25．（本题8分）（22-23八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图1，在中，，，的顶点与点A重合，两边分别与，重合． (1)求的度数； (2)如图2，将绕点A按逆时针方向旋转，两边分别与平行四边形的两边，相交于点E，F． ①试探究，的数量关系，并证明你的结论； ②连结，在旋转过程中，的周长是否发生改变？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出周长的最小值． 【答案】(1) (2)①，证明见解析；② 【思路点拨】（1）由已知得四边形是菱形，得，根据，即得，故； （2）①数量关系是：，理由是：由四边形是菱形，可得和是等边三角形，即得，，即可证明，从而，故； ②的周长发生改变，理由是：由，，可得，是等边三角形，即有，当最小时，周长的最小，即最小时，周长的最小，此时，在中，可得，即，周长的最小值为． 【规范解答】（1）∵中，， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵的顶点与点A重合，两边分别与，重合， ∴； （2）①，证明如下： ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴和是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； ②的周长发生改变，理由如下： 如图，连接， 由①知：，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵的的周长， ∴的周长发生改变， 当最小时，周长最小，即最小时，的周长最小， 此时， 在中，，， ∴，， ∴， ∴周长的最小值为． 【考点评析】本题考查菱形的性质及应用，涉及等边三角形性质及判定、全等三角形性质及判定、三角形周长最小值、勾股定理等知识，解题的关键是证明． 26．（本题8分）（21-22八年级下·海南省直辖县级单位·期末）在正方形中，是边上一点，（点不与点，重合），连接． (1)如图，过点作交于点．证明：． (2)如图，取的一点，过点作交于点，交于点．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【思路点拨】（1）由正方形的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，利用等式的性质可得，利用可证得，于是结论得证； （2）过点作交于点，由正方形的性质可得，即，因而可知四边形是平行四边形，于是可得，由（1）同理可证，于是可得，则结论得证． 【规范解答】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， 又， ， 在和中， ， ； （2）证明：如图，过点作交于点， 四边形是正方形， ，即：， 又， 四边形是平行四边形， ， 由（1）同理可证， ， ． 【考点评析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形的两个锐角互余，等式的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定与性质是解题的关键． 27．（本题8分）（23-24八年级下·云南昆明·期中）已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，，点是的中点，动点在线段上以每秒个单位长的速度由点向运动． 设动点的运动时间为秒． (1)当 时（直接写出的值），四边形是平行四边形； (2)在线段上是否存在一点，使得四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)在线段上有一点且，求四边形的周长最小值． 【答案】(1)秒 (2)秒时，；秒时， (3) 【思路点拨】（1）先求出，进而求出，再由运动知，进而由平行四边形的性质建立方程即可得出结论； （2）分两种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论； （3）先判断出四边形周长最小，得出最小，即可确定出点M的位置，再用勾股定理求出，即可得出结论． 【规范解答】（1）解：∵四边形为矩形，，， ∴，，，， ∵点是的中点， ∴， ∵动点在线段上以每秒个单位长的速度由点向运动，点的运动时间为， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：秒； （2）解：①如图，当点在的右边时， ∵四边形为菱形， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，当点在的左边时， ∵四边形为菱形， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 综上所述，秒时，；秒时，； （3）如图，由（1）知：， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形的周长为： ∴最小时，四边形的周长最小， ∴作点关于的对称点，连接交于， ∴， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴此时最小，即最小， ∵， ∴的最小值为：， ∴四边形的周长最小值为． 【考点评析】本题考查矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称的性质，坐标与图形，勾股定理，两点之间线段最短等知识点，利用分类讨论的思想解决问题是解题的关键． 28．（本题8分）（23-24八年级下·全国·期中）如图1，在正方形中，E是边上一动点（与C，D不重合），连接，将沿所在的直线折叠得到，延长交于点G，连接，作，交的延长线于点H，连接． (1)求证：平分； (2)如图2，过点H作交于点P；在点E运动过程中，四边形能否为菱形？若能，请求出的度数；若不能，无需证明． (3)连接，若，请直接写出长度的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)能， (3) 【思路点拨】（1）在上截取，连接，根据正方形的性质可证得是等腰直角三角形，有，由折叠的性质得，则，可证明，有和，即，则为等腰直角三角形，进一步证明，有，求得，结合即可； （2）当时，，则四边形为平行四边形，，由（1）得和，则有，即可证明四边形为菱形，有，则，即可得； （3）根据题意得，当A、F、C三点共线时，最短，则长度的最小值 ． 【规范解答】（1）证明：在上截取，连接，如图1所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：四边形能为菱形，理由如下： 当时，， ∵， ∴四边形为平行四边形，， 由（1）得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）解：如图2所示，连接： ∵，， ∴， 由（1）得：， 当A、F、C三点共线时，最短， 则长度的最小值 ． 【考点评析】本题主要考查正方形的性质、等腰三角形的判定和性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质和菱形的判定，解题的关键是熟悉等腰三角形的性质和特殊四边形的相互转化 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $$