第18章 平行四边形单元提升卷
【人教版】
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）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教
具用于课堂教学，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形教具边长为
10cm,∠D′=45°，则四边形A′BCD′的面积为（ ）
A．100 cm2 B．50 cm2 C．50❑√2 cm2 D．100❑√2 cm2
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的稳定性，多边形，过点A′作A′H⊥BC于H，由
题意得四边形A′BCD′是菱形，根据等腰直角三角形的性质求出A′H，再求出菱形A′BCD′的面积即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=10cm，
∴AB=BC=CD=AD=10cm，
由题意知A′B=BC=CD′=A′D′=10cm，
∴四边形A′BCD′是菱形，
∴∠A′BC=∠D′=45°，
过点A′作A′H⊥BC于H，
∴∠A′HB=90°，
∴∠A′BC=∠H A′B=45°，
∴A′H=BH，
∵A′H2+BH2=A′B2，
❑√2 ❑√2
∴A′H=BH= A′B= ×10=5❑√2，
2 2
∴菱形A′BCD′的面积BC⋅A′H=5❑√2×10=50❑√2 cm2，故选：C．
2．（3分）（24-25八年级·安徽淮南·阶段练习）如图，等边△ABC中，D是AC边上一点，连接BD，将
△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，若BC=5，BD=4，则△ADE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△BDE是等边三角形是
解题关键．
根据旋转的性质得△BDE是等边三角形；得DE=BD=4，即可求△ADE的周长．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=5，∠ABC=60°，
由旋转知，AE=DC，BE=BD，∠EBD=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE=BD=4，
∴△ADE的周长为：
AE＋AD＋DE=DC＋AD＋DE=AC＋BD=9，
故选：A．
3．（3分）（2024八年级·吉林长春·学业考试）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AD、BC上任意一
点，先给出下列四个条件：①AE=CF，②∠AEB=∠DFC，③BE=DF，④BE∥DF．以上条件中不
能判定四边形BEDF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▱ABCD中，AB=CD，AD=BC，∠A=∠C，AD∥CB，
若AE=CF，则DE=BF，△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，故①不符合题意；
若∠AEB=∠DFC，则△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，AE=CF，则DE=BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，故②不符合题意；
若BE∥DF，
∵AD∥CB，
∴四边形BEDF是平行四边形，故④不符合题意；
若BE=DF，不能判定四边形BEDF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a−b的值为（ ）
A．−3 B．−1 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
O的坐标，列方程求解即可得到a,b的值，代入代数式求解即可得到答案．
【详解】解：如图所示：(9+a 13+2) (9+a 15)
由中点坐标公式可知AC中点O的坐标为 , ，即O , ；
2 2 2 2
(15+5 5+b) (20 15)
BD中点O的坐标为 , ，即O , ；
2 2 2 2
{a+9=20)
∴ ，
5+b=15
{a=11)
解得 ，
b=10
∴ a−b=11−10=1，
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ABCD的两条对角线分别为10和24，M
、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN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BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时PM+PN的值最小，连接AC，求出
CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．
【详解】解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时PM+PN的值最小，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ=CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴NQ=BC，
∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴CP= AC=5，BP= BD=12，
2 2
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC=❑√CP2+BP2=❑√52+122=13，
即NQ=13，
∴MP+NP=QP+NP=QN=13，
故选：A．
6．（3分）（24-25八年级·重庆·阶段练习）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E，F分
别是OC，OD上的两点，且BE=CF，过点F作FG⊥FC交AB点G，若∠EBC=α，则∠AFG用含α的
式子表示为（ ）
A．2α B．45°−α C．90°−2α D．22.5°+α
【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AC与BD互相垂直平分，即
可证明△BOE≌△COF，得到∠OBE=∠OCF=45°−α，∠BEO=∠CFO=45°+α，进而得到
∠AFO=∠CFO=45°+α，再根据垂直求出∠DFB，最后根据∠AFG=∠AFO−∠DFB求解即可．
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OA=OC=OB，∠OBC=∠OCB=45°，∠AOF=∠COF=∠BOE=90°，
∵OF=OF，
∴△AOF≌△COF(SAS)，∴∠AFO=∠CFO，
∵BE=CF，
∴Rt△BOE≌Rt△COF(HL)，
∴∠OBE=∠OCF，∠BEO=∠CFO，
∵∠EBC=α，
∴∠OBE=∠OCF=45°−α，∠BEO=∠CFO=45°+α，
∴∠AFO=∠CFO=45°+α，
∵FG⊥FC，
∴∠GFC=90°
∴∠DFB=90°−∠OFC=90°−(45°+α)=45°−α，
∴∠AFG=∠AFO−∠DFB=45°+α−(45°−α)=2α，
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ABCD的顶
点A在y轴正半轴上，顶点C坐标为(4,0)，顶点D坐标为(6,10)，对角线BD经过坐标原点O，边AB与x
轴交于点E，对E点坐标为（ ）
( 4 ) ( 7 )
A．(−2,0) B． − ,0 C． − ,0 D．(−1,0)
3 6
【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DM⊥x轴于点M，过
点B作BF⊥x轴于点F，求出点B的横坐标为−2，设点A的坐标为(0,n)，其中n>0，求出点B的坐标为
( n )
(−2,n−10)，再求出直线AB的解析式为y=5x+n，得到点E的坐标为 − ,0 ，根据S =S 得到
5 ❑△ABD ❑△BCD
1 1 20
×AO(x −x )= OC×(y −y )，解得n= ，即可得到点E的坐标.
2 ❑D ❑B 2 ❑D ❑B 3【详解】解：过点D作DM⊥x轴于点M，过点B作BF⊥x轴于点F，如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC，
设点B的横坐标为m，
∵顶点C坐标为(4,0)，顶点D坐标为(6,10)，顶点A在y轴正半轴上，
m+6 0+4
∴ = ， OM=6,DM=10, OC=4
2 2
∴m=−2
即点B的横坐标为−2，
设点A的坐标为(0,n)，其中n>0
∵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n−10，
∴点B的坐标为(−2,n−10)，
设直线AB的解析式为y=kx+b
{−2k+b=n−10)
b=n
{k=5)
解得 ，
b=n
∴直线AB的解析式为y=5x+n
n
当y=0时，0=5x+n，解得x=− ，
5
( n )
∴点E的坐标为 − ,0 ，
5
∵S =S ，
❑△ABD ❑△BCD1 1
∴ ×AO(x −x )= OC×(y −y )，
2 ❑D ❑B 2 ❑D ❑B
1 1
∴ ×n×(6+2)= ×4×(10−n+10)
2 2
20
解得n= ，
3
n 1 20 4
∴− =− × =−
5 5 3 3
( 4 )
∴点E的坐标是 − ,0 ，
3
故选：B
8．（3分）（24-25八年级·江苏南通·期中）如图，在△ABC中，∠B=90°，BC=1，AB=3，将△ABC
绕点A逆时针旋转90°至△ADE，G为EC的中点．则DG的长是（ ）
A．1 B．❑√2 C．3 D．❑√3
【答案】B
【分析】如图，过点C作CF⊥AD于点F，延长DG交CF于点M，根据旋转的性质得到
∠BAD=90°,AD=AB=3,DE=BC=1，证明四边形ABCF是矩形，得到CF=AB=3,AF=BC=1，
进而求出DF=2，根据G为EC的中点，证明△DEG≌△MCG(ASA)，推出CM=DE=2,DG=GM，求
出FM=2，利用勾股定理求出DM=2❑√2，即可解答．
【详解】解：如图，过点C作CF⊥AD于点F，延长DG交CF于点M，
由旋转的性质得：∠BAD=90°,AD=AB=3,DE=BC=1，
∵CF⊥AD，∴∠CFA=∠B=∠BAD=90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴CF=AB=3,AF=BC=1，
∴DF=AD−AF=2，
∵点G为EC的中点，
∴EG=CG，
∵∠ADE=∠B=90°，
∴∠ADE=∠BAD，
∴DE∥AB，
∵AB∥CF，
∴DE∥CF，
∴∠DEC=∠ECM，
∵∠EGD=∠CGM，
∴△DEG≌△MCG(ASA)，
∴CM=DE=1,DG=GM，
∴FM=CF−CM=2，
在Rt△MDF中，DM=❑√DF2+M F2=2❑√2，
1
∴DG=GM= DM=❑√2．
2
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，在矩形ABCD中，AB>BC，BC=2，分别以点A，点
1
C为圆心，大于 AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN交AD和CB的延长线于点E，F，
2
连接AF，CE．若AB平分∠FAC，则四边形AFCE的面积为（ ）
A．12 B．6❑√3 C．16 D．8❑√3【答案】D
【分析】本题考查了作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与
性质，证明△AFC、△AEC为等边三角形，得到AF=CF=AC=CE=AE，从而推出四边形AFCE是菱
形，求出CF、AB的长，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：由作法可得：EF垂直平分AC，
∴FA=FC，EA=EC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=∠D=90°，AD=BC=2，
∵AB平分∠FAC，
∴∠FAB=∠CAB，
∵∠AFB+∠FAB=90°，∠ACB+∠CAB=90°，
∴∠AFB=∠ACB，
∴AF=AC=CF，
∴△AFC为等边三角形，
同理可得：△AEC是等边三角形，
∴AF=CF=AC=CE=AE，
∴四边形AFCE是菱形，
∵BF=BC=2，AB=❑√3BC=2❑√3，
∴CF=4，
∴四边形AFCE的面积=4×2❑√3=8❑√3，
故选：D．
10．（3分）（24-25八年级·广东梅州·阶段练习）如图，在正方形纸片ABCD中，对角线AC，BD交于点
O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后，折叠DE分别交
AB，AC于E，G，连接GF，下列结论：①∠FGD=112.5°②BE=2OG③S =S ④四边形
△AGD △OGD
AEFG是菱形，正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C【分析】由四边形ABCD是正方形和折叠性质得出∠DAG=∠DFG=45°，
1
∠ADG=∠FDG= ×45°=22.5°，再由三角形的内角和求出∠FGD=112.5°．故①正确；由四边形
2
ABCD是正方形和折叠性质，判断出四边形AEFG是平行四边形，再由AE=EF，得出四边形AEFG是菱
形．利用45°的直角三角形，由勾股定理得出GF=❑√2OG，BE=❑√2EF=❑√2GF，得出BE=2OG，故
②④正确；由四边形ABCD是正方形和折叠性质，得到△ADG≌△FDG，所以S =S ≠S ，
△AGD △FDG △OGD
故③错误．
【详解】解：由四边形ABCD是正方形和折叠性质得出∠ADO=∠DAG=∠DFG=45°，
1
∠ADG=∠FDG= ×45°=22.5°，
2
∴∠FGD=180°−∠DFG−∠FDG=180°−45°−22.5°=112.5°，
故①正确；
由四边形ABCD是正方形和折叠性质得出，∠DAG=∠DFG=45°，∠EAD=∠EFD=90°，AE=EF
，
∵ ∠ABF=45°，
∴ ∠ABF=∠DFG，
∴ AB∥GF，
又∵ ∠BAC=∠BEF=45°，
∴ EF∥AC，
∴四边形AEFG是平行四边形，
∵ AE=EF，
∴四边形AEFG是菱形．
∵在Rt△GFO中，GF=❑√2OG，在Rt△BFE中，BE=❑√2EF=❑√2GF，
∴ BE=2OG，
故②④正确．
由四边形ABCD是正方形和折叠性质知，AD=FD，AG=FG，DG=DG，
在△ADG和△FDG中，
{AD=FD
)
AG=FG
DG=DG
∴ △ADG≌△FDG (SSS)，∴ S =S ≠S ，
△AGD △FDG △OGD
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）平面直角坐标系中，A(−1,0)，B(3,0)，C(0,2)，D为
平面内一点.若A、B、C、D四点恰好构成一个平行四边形，则平面内符合条件的点D的坐标为 ．
【答案】(2,−2)或(4,2)或(−4,2)
【分析】分三种情形画出图形即可解决问题．
【详解】解：如图，
当AD∥BC，AC∥BD时，D点的坐标为(2,−2)；
当AB∥CD，AC∥BD时，D点的坐标为(4,2)；
当AB∥CD，AD∥BC时，D点的坐标为(−4,2)；
综上所述，满足条件的点D的坐标为(2,−2)或(4,2)或(−4,2)，
故答案为：(2,−2)或(4,2)或(−4,2)．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思
考问题，属于中考常考题型．
12．（3分）（24-25八年级·河北石家庄·期末）如图，E是▱ABCD的边AB上的点，Q是CE中点，连接
BQ并延长交CD于点F，连接AF与DE相交于点P，若S =3cm2,S =7cm2 ，则阴影部分的面积为
△APD △BQC
cm2．【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EF，根据平行四边形的性质，则AB=CD，AB∥CD，根据点Q是CE的中点，则
EQ=CQ，根据全等三角形的判定和性质，则△BEQ≌△FCQ，BE=CF，再根据平行四边形的判定和
性质，则四边形BCFE是平行四边形，得到S =2S ，再根据平行四边形的判定和性质，则四边形
△BEF △BQC
ADFE是平行四边形，S =S =3cm2 ，根据阴影部分的面积为：S +S ，即可．
△PEF △APD △BEF △PEF
【详解】解：连接EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BEC=∠FCE，
∵点Q是CE的中点，
∴EQ=CQ，
在△BEQ和△FCQ中，
{∠BQE=∠FQC
)
EQ=CQ ，
∠BEQ=∠FCQ
∴△BEQ≌△FCQ，
∴BE=CF，
∵BE∥CF，
∴四边形BCFE是平行四边形，
∴BQ=FQ，
∴S =2S =2S =2×7=14cm2 ，
△BEF △BEQ △BQC∵AB=CD，BE=CF，
∴AB−BE=CD−CF，
∴AE=DF，
∵AB∥CD，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴PA=PF，PE=PD，
∴S =S =S =3cm2 ，
△PEF △APE △APD
∴阴影部分的面积为：S +S =14cm2+3cm2=17cm2 ．
△BEF △PEF
故答案为：17．
13．（3分）（24-25八年级·湖北孝感·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AD=1，AB=2，M为线段
BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值为 ．
2❑√5 2
【答案】 / ❑√5
5 5
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的
判定与性质是解题的关键．过点C作CE⊥BD于点E，连接CM，证四边形PCQM是矩形，得PQ=CM
2❑√5 2❑√5
，再由勾股定理得BD=❑√5，由△BCD面积求得CE= ，当M运动到E位置时，CM=CE= ，
5 5
2❑√5
CM取得最小值，得PQ的最小值为 ．
5
【详解】解：如图，连接CM，过点C作CE⊥BD于点E，
∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴∠CPM=∠CQM=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴四边形PCQM是矩形，
∴PQ=CM，∵BC=AD=1，CD=AB=2，
∴BD=❑√BC2+CD2=❑√5，
1 1
∵S = CE⋅BD= BC⋅DC，
△BCD 2 2
2❑√5
∴CE= ，
5
∵CM≥CE，
2❑√5
∴当M运动到E位置时，CM=CE= ，CM最小，
5
2❑√5
∴PQ的最小值为 ，
5
2❑√5
故答案为： ．
5
14．（3分）（24-25八年级·江苏扬州·阶段练习）在▱ABCD中，∠BAD的平分线交线段BC于点E，交
线段DC的延长线于点F，以EC、CF为邻边作▱ECFG，若∠ABC=120°，则∠BDG= ．
【答案】60°
【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AB、FG交于H，连接HD，求
证平行四边形AHFD为菱形，得出△ADH，△DHF为全等的等边三角形，证明△BHD≌△GFD，即可
得出答案．
【详解】解：延长AB、FG交于H，连接HD，∵AD∥GF AB∥DF
， ，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
1
∴∠DAF= (180°−120°)=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
2
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH≌△FDH，且均为等边三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵AD∥EC，
∴∠CEF=∠DAF=∠DFA=30°，
∴△CEF为等腰三角形，
又∵四边形ECFG为平行四边形，
∴FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD与△GFD中，
{
DH=DF
)
∠BHD=∠GDF ，
BH=GF
∴△BHD≌△GFD(SAS)，
∴∠BDH=∠GDF，
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．
故答案为：60°．
15．（3分）（24-25八年级·北京顺义·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=6,P,Q分别是边
AD,BC上的动点，点P从A出发到D停止运动，点Q从C出发到B停止运动，若P,Q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APCQ是矩形；②存在四边形APCQ是菱形；③存在
四边形APQB是矩形；④存在四边形APQB是正方形．所有正确结论的序号是 ．【答案】①②③
【分析】设P,Q两点速度为每秒1个单位长度，则AP=CQ=t，0≤t≤6，由题意可得四边形APCQ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P,Q两点速度为每秒1个单位长度，则AP=CQ=t，0≤t≤6，
∵四边形ABCD是矩形，AB=4,AD=6，
∴AD∥BC，∠A=∠B=90°，BQ=6−t，
∴四边形APCQ是平行四边形，
当t=6时，点P与点D重合，点Q与点Q重合，此时四边形APCQ是矩形，故①正确；
当四边形APCQ是菱形时，AP=AQ，
13
则AQ=❑√AB2+BQ2=❑√42+(6−t) 2=AP=t，解得：t= ，符合题意，
3
13
即：当t= 时，四边形APCQ是菱形，故②正确；
3
当四边形APQB是矩形时，AP=BQ，则t=6−t，解得t=3，
即：当t=3时，四边形APQB是矩形，故③正确；
当四边形APQB是正方形时，AP=BQ=AB，
则AP=t=BQ=6−t，解得t=3，但此时AP=BQ=3≠AB，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(−4,4)，点B(0,m)在y轴的负半轴上沿
负方向运动时，作Rt△ABC，其中∠BAC=90°．直线AC与x轴交于C(n,0)，当B点的运动过程中，
m+n的值为 ．【答案】−8
【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥y轴于点D，证明形ADOE是正方形，则
AD=AE=OD=OE=4，∠DAE=90°，再证明△ADC≌△AEB(ASA)，得到CD=BE，由B(0,m)和
C(n,0)得到OB=−m,OC=n，则CD=n+4，BE=−m−4，则n+4=−m−4，即可得到m+n的值．
【详解】解：过点A作AD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥y轴于点D，
∴∠ADO=∠AEO=∠DOE=90°，
∴四边形ADOE是矩形，
∵点A坐标为(−4,4)，
∴OD=OE=4，
∴四边形ADOE是正方形，
∴AD=AE=OD=OE=4，∠DAE=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠CAD+∠CAE=∠BAE+∠CAE=90°，
∴∠CAD=∠BAE，
又∵∠ADC=∠AEB=90°,AD=AE，
∴△ADC≌△AEB(ASA)，
∴CD=BE，
∵点B(0,m)，点C(n,0)，∴OB=−m,OC=n，
∴CD=n+4，BE=OB−OE=−m−4，
∴n+4=−m−4，
∴m+n=−8，
故答案为：−8
【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
△ADC≌△AEB(ASA)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△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点D在BC
上，∠B=70°．
(1)求∠CDE的大小；
(2)若∠C=30°，AC与DE交于点O，求证：OE=DC．
【答案】(1)∠CDE=40°
(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AB=AD，∠ADE=∠B=70°，根据等边对等角得到∠ADB=∠B=70°，则
由平角的定义可得答案；
（2）由旋转的性质得到AE=AC，∠E=∠C，证明△ADC≌△AOE，得到OE=DC．
【详解】（1）解：由旋转的性质可得AB=AD，∠ADE=∠B=70°，
∴∠ADB=∠B=70°，
∴∠CDE=180°−∠ADB−∠ADE=40°；
（2）证明：由旋转的性质可得AE=AC，∠E=∠C，
由（1）得∠ADC=∠ADE+∠CDE=110°，
∵∠C=30°，
∴∠COD=180°−∠CDE−∠C=110°，∴∠AOE=∠COD=∠ADC，
∴△ADC≌△AOE(AAS)，
∴OE=DC．
18．（6分）（24-25八年级·新疆阿克苏·阶段练习）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正
方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给
定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法．
(1)在图①中以AB为边画一个面积为2的平行四边形ABCD．
(2)在图②中以AB为边画一个面积为3的平行四边形ABEF（菱形除外）．
(3)在图③中以AB为边画一个面积为5的平行四边形ABMN（正方形除外）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定以及网格作图等知识，掌握正方
形的判定是解答本题的关键．
（1）根据平行四边形的判定进行画图即可；
（2）根据平行四边形的判定进行画图即可；
（3）根据平行四边形的判定进行画图即可．
【详解】（1）解：如图：平行四边形ABCD即为所求．
（2）解：如图：平行四边形ABEF即为所求．（3）解：如图：平行四边形ABMN即为所求．
19．（8分）（24-25八年级·北京·阶段练习）在等边△ABC中，D，E，F分别是边AB，BC，CA上的
动点，满足DE=EF，且∠≝=60°．作点E关于AC的对称点G，连接CG，DG．
(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DBCG是平行四边形；
(2)如图2，当AD<BD，∠BDE=15°时，写出线段AB和DE的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)补图见解析，证明见解析
(2)AB=❑√2DE，理由见解析
【分析】（1）先补图，证明△BDE≌△CEF(AAS)，则BD=CE，由点E、G关于AC对称，可得
CG=CE，∠ACG=∠ACB=60°，则BD=CG，由∠B+∠BCG=180°，证明BD∥CG，进而结论
得证；
（2）如图2，作点E关于AC的对称点G，连接CG，DG，FG，DF，则EF=FG，∠EFC=∠GFC
，同理（1），四边形DBCG是平行四边形，则DG=BC=AB，证明△≝¿是等边三角形，则
DE=DF=FG，由∠BDE=15°，可得∠CEF=15°，则∠EFC=180°−∠CEF−∠ACB=105°，
∠DFG=360°−∠DFE−(∠EFC−∠GFC)=90°，由勾股定理得，DG=❑√DF2+FG2=❑√2FG，进
而可得AB=❑√2DE．【详解】（1）解：补图如下图1；
图1
∵等边△ABC，
∴∠B=∠ACB=60°，
∴∠BDE+∠BED=120°=∠BED+∠CEF，即∠BDE=∠CEF，
又∵DE=EF，∠B=∠ECF，
∴△BDE≌△CEF(AAS)，
∴BD=CE，
∵点E、G关于AC对称，
∴CG=CE，∠ACG=∠ACB=60°，
∴BD=CG，
∵∠B+∠BCG=∠B+∠ACB+∠ACE=180°，
∴BD∥CG，
∴四边形DBCG是平行四边形；
（2）解：AB=❑√2DE，理由如下；
如图2，作点E关于AC的对称点G，连接CG，DG，FG，DF，
图2
∴EF=FG，∠EFC=∠GFC，
同理（1），四边形DBCG是平行四边形，
∴DG=BC=AB，
∵DE=EF，∠≝=60°，
∴△≝¿是等边三角形，
∴DE=DF=FG，∵∠BDE=15°，
∴∠CEF=15°，
∴∠EFC=180°−∠CEF−∠ACB=105°，
∴∠DFG=360°−∠DFE−(∠EFC−∠GFC)=90°，
由勾股定理得，DG=❑√DF2+FG2=❑√2FG，
∴AB=❑√2DE．
【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ABCD是平行四边形，对角线AC、BD
相交于点O，点E、F分别在AB、AD上，AE=AF，连接EF，且AC⊥EF．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
1
(2)连接OE，若点E是AB的中点，OE=❑√5，OA= OB，求四边形ABCD的周长和面积．
2
【答案】(1)见详解
(2)四边形ABCD的周长和面积分别是8❑√5和16
【分析】（1）由平行四边形的性质得∠CAD=∠ACB，再证∠BAC=∠DAC，得△ABC为等腰三角形
即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA=OC，OB=OD=BD=2，AC⊥BD，由直角三角形斜边上的中线性质得
1
OE= AB，然后根据勾股定理和菱形面积公式即可得出结论．
2
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：∵AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∵AC⊥EF，∴∠BAC=∠DAC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CAD=∠ACB，
∴∠BAC=∠BCA，
∴△ABC为等腰三角形，
∴BA=BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
1
∴OA=OC，OB=OD= BD，AC⊥BD，
2
∴∠AOB=90°，
∵E为AB的中点，
1
∴OE= AB，
2
1
∵ OE=❑√5，OA= OB，
2
∴AB=2OE=2❑√5，OB=2OA，
∵OA2+OB2=AB2，
∴5OA2=20，
∴OA=2（负值已经舍去），
∴AC=2OA=4，BD=2OB=4OA=8，
1 1
∴四边形ABCD的面积= AC⋅BD= ×4×8=16．
2 2
∴四边形ABCD的周长=4AB=8❑√5．
∴四边形ABCD的周长和面积分别是8❑√5和16．
21．（8分）（2024八年级·全国·专题练习）如图，在△ABC中，AB=AC，AG为△ABC的外角∠BAE
的平分线，BF⊥AG，垂足为F，点D为BC上一点，连接DF，交AB于点O．
(1)在不添加新的线的前提下，请增加一个条件：______，使得四边形AFBD为矩形，并说明理由；(2)若四边形AFBD为矩形，请用尺规作图的方法作一个菱形ABPC，使BC为菱形的一条对角线．（保留
作图痕迹，不写作法）
【答案】(1)AD⊥BC（答案不唯一），理由见解析；
(2)见解析．
【分析】(1)添加：AD⊥BC(答案不唯一)).，根据等腰三角形的性质可证AG∥BC，根据平行线的性质
可证∠AFB=∠FBD=∠ADB=90∘，根据有三个角是直角的四边形是矩形，可证四边形AFBD为矩
形；
(2)延长AD到P，使得DP=AD，连接BP，CP，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可知四边形
ABPC是菱形且BC为菱形的一条对角线．
【详解】（1）解：(1)添加：AD⊥BC(答案不唯一).
理由：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵∠EAB=∠ABC+∠C，
∵AG平分∠EAB，
∴∠BAG=∠ABC，
∴AG∥BC，
∵BF⊥AG，
∴BF⊥BC，
∵AD⊥BC，
∴∠AFB=∠FBD=∠ADB=90∘，
∴四边形AFBD是矩形；
（2）解：如下图所示，在射线AD上截取AD=DP，
连接BP、CP，
四边形ABPC即为所求．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等知识，解决本题的关键是熟练的掌握矩形和菱形的判定定理，依据判定定理添加条件．
22．（8分）（24-25八年级·四川成都·阶段练习）操作与探究：如图1，在锐角∠MON的边OM、ON上
分别取点A、C，使OA=OC，在OC上取点B，作▱ABCD，连接AC、BD交于点P，作射线OP．
(1)求证：OP平分∠MON．
(2)移动点B使∠BPC=∠MON，求证：▱ABCD是矩形．
(3)如图3，在（2）的条件下，去OA中点Q连接QB，将∠BPC绕点P逆时针旋转适当的角度，得到
∠EPF（点E、F分别是∠EPF的两边与QB的延长线、ON的交点）．猜想线段PE与PF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)PE=PF，证明见解析
【分析】（1）根据SSS判定△AOP≌△COP，即可得到∠AOP=∠COP，进而得出结论；
（2）根据三角形内角和可得∠PBC=∠OAC，再根据等边对等角可得∠OAC=∠OCA，根据等角对等
边可得PB=PC，再根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定▱ABCD是矩形；
（3）根据旋转的性质，可设∠BPC=∠EPF=α，根据等腰△BCP内角和为180°，可得
1 1
∠PBC=90°− α，根据直角三角形斜边上中线的性质，可得∠PBE=90°+ α，进而得出
2 2
∠PCF=∠PBE，再由旋转的性质可得∠BPE=∠CPF，最后根据ASA即可判定△PBE≌△PCF，进而
得到线段PE与PF之间的数量关系．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AP=CP，
在△AOP和△COP中，
{OA=OC
)
OP=OP ，
AP=CP∴△AOP≌△COP(SSS)，
∴∠AOP=∠COP，
∴OP平分∠MON；
（2）证明：∵∠BPC=∠MON，∠BCP=∠ACO，
∴∠PBC=∠OAC，
又∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠PBC=∠PCB，
∴PB=PC，
∵▱ABCD，
∴AC=2PC，BD=2PB，
∴AC=DB，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴▱ABCD是矩形；
（3）线段PE与PF之间的数量关系为：PE=PF．
证明：根据旋转的性质，可设∠BPC=∠EPF=α，则
180°−α 1
等腰△BCP中，∠PBC= =90°− α，
2 2
1 1
∴∠PCF=∠BPC+∠PBC=α+90°− α=90°+ α，
2 2
∵∠ABO=90°，Q为AO的中点，
1
∴Rt△AOB中，BQ= AO=OQ，
2
∴∠O=∠QBO=∠EBC，
又∵∠BPC=∠MON=α，
∴∠EBC=α，
1 1
∴∠PBE=∠PBC+∠EBC=90°− α+α=90°+ α，
2 2
∴∠PCF=∠PBE，
由旋转可得，∠BPC=∠EPF，
∴∠BPE=∠CPF，
在△PBE和△PCF中，{∠BPE=∠CPF
)
BP=CP ，
∠PCF=∠PBE
∴△PBE≌△PCF(ASA)，
∴PE=PF．
【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】
(1)如图1，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．
(2)如图2，一个正方形教具，使其发生形变（如图），若正方形教具边长为10cm，∠D′=30°．问：四边
形的面积减少了多少？
【拓展应用】
(3)如图3，一张多档位可调节靠椅，其档位调节示意图如图4所示，已知两支脚AB=AC=0.7米，
BC=0.84米，O为AC上固定连接点，靠背OD=0.7米，档位为Ⅰ档时，OD∥AB，档位为Ⅱ档时，
OD'⊥AC，靠背顶端D向后靠的水平距离（即EF）为______．
【答案】(1)合理，理由见解析；
(2) 50cm2；
(3)0.14米．
【分析】(1)根据平行四边形的性质可得，A'B'=C'D'，B'C'=A'D'，当连杆移动时，始终保持：
A'B'=C'D'，B'C'=A'D'，所以四边形A'B'C'D'是平行四边形，两组对边始终保持平行；(2)过点A'作A'E⊥BC，根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半可以求出A'E=5，根据
菱形的面积公式求出S =50，根据正方形的面积公式可以求出S =10×10=100，从而可
菱形A'BCD' 正方形ABCD
以求出它们的面积之差；
(3)过点A作AG⊥BC，过点O作OH⊥BC，作OM⊥D'F于点M，交DE于点N，可得四边形ONEH
和OMFH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
AG=0.56，利用全等三角形的性质可得BG=ON=HE=0.42米，AG=OM=HF=0.56米，从而可以求
出EF=HF−HE=0.14米．
【详解】(1)解：合理．
理由：如下图所示，其中A'B'C'D'是平行四边形，A'B'=C'D'，B'C'=A'D'，
当连杆移动时，始终保持：A'B'=C'D'，B'C'=A'D'，
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A'B'C'D'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；
(2)解：如下图所示，过点A'作A'E⊥BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=CB=AB，
当四边形发生形变时，AD=DC=CB=AB始终不变，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠D'=30°，
∴∠A'BC=30°，
1 1
∴A'E= AB= ×10=5，
2 2
∴S =A'E·BC=10×5=50，
菱形A'BCD'又S =10×10=100，
正方形ABCD
∴四边形的面积减少了100−50=50cm2；
(3)解：如下图所示，过点A作AG⊥BC，过点O作OH⊥BC，作OM⊥D'F于点M，交DE于点N，
则四边形ONEH和OMFH是矩形，
∴OM=HE，ON=HE，
∵AB=AC=0.7米，BC=0.84米，
1
∴BG=CG= BC=0.42米，
2
∴AG=❑√AB2−BG2=❑√0.72−0.422=0.56米，
∵AB∥OD，BC∥OM，
∴∠ABG=∠DON，
{
∠ABG=∠DON
)
在△ABG和△DON中 ∠AGB=∠DNP=90° ，
AB=DO
∴△ABG≌△DON，
∴BG=ON=HE=0.42米，
∵OD'⊥AC，
∴∠D'OM+∠MOC=90°，
∵OM∥BC，
∴∠MOC=∠ACG，
∵∠ACG+∠CAG=90°，∴∠CAG=∠DOM，
{∠CAG=∠D'OM
)
在△ACG和△OD'M中 ∠AGC=∠OM D' ，
AC=OD'
∴△ACG≌△OD'M，
∴AG=OM=HF=0.56米，
∴EF=HF−HE=0.56−0.42=0.14米．
故答案为：0.14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．
