专题19.15 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（沪科版）

第19章 四边形单元提升卷 【沪科版】 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）（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，平铺某款圣诞帽后，其下方是正六边形，帽子顶部G为延长线的交点，则（   ） A． B． C． D． 2．（3分）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·天津南开·期中）如图，中，，，将沿对角线折叠，使点A落在平面上处．若，则长为（   ） A．8 B． C． D． 10．（3分）（24-25八年级·广东梅州·阶段练习）如图，四边形是一张平行四边形纸片，其高，底边，，沿虚线将纸片剪成两个全等的梯形，若，则的长为（   ） A．1cm B． C． D． 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）如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它一共有 条对角线． 12．（3分）（24-25八年级·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）（24-25八年级·湖北孝感·阶段练习）在平面内有个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，我们把具有这样性质的个点构成的点集称为爱尔特希点集，如图，四边形的四个顶点构成爱尔特希点集，若平面内存在一个点与，，，也构成爱尔特希点集，则 ． 14．（3分）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·新疆阿克苏·阶段练习）如图，在矩形中，，分别是，上的点，将四边形沿折叠，使点的对应点恰好落在上． (1)若，求的度数． (2)若，，且，求的长． 19．（8分）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·四川成都·阶段练习）已知正方形，点是对角线上一点，连接、，是延长线上一点．    (1)如图，若，交于点．求证：； (2)如图，在（1）的条件下，当．求证：． 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19章 四边形单元提升卷 【沪科版】 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）（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，平铺某款圣诞帽后，其下方是正六边形，帽子顶部G为延长线的交点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正多边形外角的性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．根据正六边形可得和的度数，最后根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵正六边形 ∴， ∴． 故选：A． 2．（3分）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·天津南开·期中）如图，中，，，将沿对角线折叠，使点A落在平面上处．若，则长为（   ） A．8 B． C． D． 【答案】C 【分析】由平行四边形和折叠得到，，，过作于，过作于，再证明，得到，，即可得到，四边形是矩形，，设，则，，再在和中，利用勾股定理得到，代入列方程求解即可． 【详解】解：过作于，过作于，则， ∵中，，， ∴，，， ∴， ∵将沿对角线折叠， ∴，，， ∴，，， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 设，则，， 在中，， 在中，， ∴， 解得， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，根据题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 10．（3分）（24-25八年级·广东梅州·阶段练习）如图，四边形是一张平行四边形纸片，其高，底边，，沿虚线将纸片剪成两个全等的梯形，若，则的长为（   ） A．1cm B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，准确根据全等图形的性质判断边角是解题的关键．过A作交于M，证明四边形是平行四边形得到，结合已知得到，再根据等腰直角三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质求得，，进而求解即可． 【详解】解：过A作交于M，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵两个梯形全等， ∴， ∵，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：D． 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）如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它一共有 条对角线． 【答案】54 【分析】本题主要考查了多边形的边数与对角线条数的关系，解题的关键是熟练掌握边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为．根据边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为，求出多边形的边数进而求出对角线条数即可． 【详解】解：∵多边形从一个顶点出发的对角线最多可画9条， ∴， ∴多边形的边数为：， ∴多边形的对角线共． 故答案为：54． 12．（3分）（24-25八年级·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）（24-25八年级·湖北孝感·阶段练习）在平面内有个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，我们把具有这样性质的个点构成的点集称为爱尔特希点集，如图，四边形的四个顶点构成爱尔特希点集，若平面内存在一个点与，，，也构成爱尔特希点集，则 ． 【答案】或 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，正多边形的内角，三角形内角和定理；由题意知为某正五边形的任意四个顶点时，即满足题意，分点为正五边形的中心和顶点两种情况讨论． 【详解】解：依题意，当为正五边形的中心点时即满足题意， ． 当为正五边形的顶点时即满足题意， ∴ 故答案为：或． 14．（3分）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·新疆阿克苏·阶段练习）如图，在矩形中，，分别是，上的点，将四边形沿折叠，使点的对应点恰好落在上． (1)若，求的度数． (2)若，，且，求的长． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（）由四边形是矩形，得，得，由折叠得，则； （）设，则，，由，，则，，然后由勾股定理得，求出即可； 此题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理等知识，正确地根据勾股定理列出方程是解题的关键． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 根据折叠的性质，可得， ∴； （2）解：设，则，， ∵，， ∴，， 在中，， ∴，解得， ∴． 19．（8分）（24-25八年级·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）（24-25八年级·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）（24-25八年级·四川成都·阶段练习）已知正方形，点是对角线上一点，连接、，是延长线上一点．    (1)如图，若，交于点．求证：； (2)如图，在（1）的条件下，当．求证：． 【答案】(1)证明过程见详解 (2)证明过程见详解 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）根据正方形的性质可得，可证，得到，根据同角的余角相等可得，由此即可求解； （2）根据题意可得，由等腰直角三角形可得，由，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，是对角线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：由（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴． 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 $$