2023年苏科版数学八年级下册全方位训练卷第九章 中心对称图形——平行四边形（基础版）
一、单选题（每题3分，共16分）
1．（2021八下·盐城期末）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，3），将点 绕原点逆时针旋转90°得到点 ，则点 的坐标为（ ）
A．（－3，2） B．（3，－2）
C．（3，2） D．（－2，－3）
2．（2021八下·江阴期末）如图，在 中， ，以点 为旋转中心把 按顺时针旋转一定角度，得到 点 恰好落在 上，连接 则 度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022八下·沭阳期末）下列图案既是轴对称又是中心对称图形的有（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022八下·梁溪期中）能判定四边形ABCD为平行四边形的条件是 （ ）
A．CB=CD，AB=AD B．
C．AB//CD，AD=BC D．AB=CD，AD=BC
5．（2022八下·淮安期末）下列说法正确的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．有一组邻边相等的的平行四边形是矩形
C．有一个角是直角的平行四边形是菱形
D．有一组邻边相等并且有一个角是直角的四边形是正方形
6．（2021八下·徐州期中）菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的面积是（ ）
A．48 B．24 C．14 D．12
7．（2021八下·相城期末）下列条件中，能使菱形 为正方形的是（ ）
A． B．
C． D． 平分
8．（2022八下·金东期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E，F分别为AO，AD的中点，若EF＝4，AB＝8，则∠ACB的度数为（ ）
A．30° B．35° C．45° D．60°
二、填空题（每题3分，共16）
9．（2022八下·广陵期中）如图，△ABC为钝角三角形，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB′C′，连接BB′，若AC′∥BB′，则∠C′AB′的度数为 ．
10．（2022八下·扬州期中）在平面直角坐标系中， ABCD的顶点A、B、C的坐标分别是（0，2）、（﹣3，﹣4）、（2，﹣4），则顶点D的坐标是 .
11．（2022八下·南京月考）用反证法证明：“多边形中最多有三个锐角”的第一步是：假设
12．（2022八下·大丰期中）已知矩形ABCD中，若AC=8，则BD＝ ．
13．（2022八下·淮安期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，若AC=8，BD=6，则该菱形的周长是 .
14．（2022八下·大丰期中）如图，四边形ABCD是正方形，按如下步骤操作：①分别以点A、D为圆心，以AD长为半径画弧，两弧交于点P，连接AP、DP；②连接BP、CP，则∠PBC＝ ．
15．（2022八下·启东月考）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥CD，OE∥BC交CD于E，若OC=4，CE=3，则BC的长是 .
16．（2022八下·婺城期末）如图，为估计池塘岸边，两点间的距离，在池塘的一侧选取点，分别取，的中点，，测得，则，两点间的距离是
三、作图题（共9分）
17．（2022八下·广陵期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1 关于点E成中心对称．
⑴画出对称中心E，并写出点E的坐标 ▲ ；
⑵画出△A1B1C1绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
⑶画出与△A1B1C1关于点O成中心对称的△A3B3C3.
四、解答题（共10题，共79分）
18．（2020八下·无锡期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E、B、D、F在同一直线上，且BE＝DF.求证：四边形AECF是平行四边形.
19．（2022八下·淮安开学考）如图，把一张长方形（对边平行）纸条按如图所示折叠.判断三角形HBC的形状，说明理由.
20．（2022八下·淮安期末）如图所示，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，求证：四边形EFGH是平行四边形.
小明同学做法是：连接BD，利用三角形的中位线定理证明得出，EH＝FG，从而得到四边形EFGH是平行四边形.
请你完成小明的做法：
证明：连接BD，
21．（2022八下·南京期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于O点，DEAC，CEBD.
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）若AD =5，BD =8，计算DE的值.
22．（2022八下·泰兴期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6．
（1）仅用圆规在平面内找一点D（异于点A），使得点D到射线AB、AC的距离相等，且DB＝5；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求四边形ABDC的面积．
23．（2021八下·丹徒期中）如图，正方形ABCD，E为平面内一点，且∠BEC＝90°，把△BCE绕点B逆时针旋转90°得△BAG，直线AG和直线CE交于点F.
（1）证明：四边形BEFG是正方形；
（2）若CE＝CF，则∠AGD＝ °.
24．（2022八下·梁溪期中）如图，平行四边形ABCD的周长为36cm，由钝角顶点D向AB、BC引两条高DE、DF，且DE=4cm，DF=5cm.
（1）求这个平行四边形的面积.
（2）与∠B的关系怎样？为什么？
（3）平行四边形两条对角线长分别为8cm和10cm，求则其边长x的范围.
25．（2022八下·江都期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，AB∥OC，点B，C的坐标分别为（15，8），（21，0），动点M从点A沿A→B以每秒1个单位的速度运动；动点N从点C沿C→O以每秒2个单位的速度运动．M，N同时出发，设运动时间为t秒．
（1）在t=3时，M点坐标 ，N点坐标 ；
（2）当t为何值时，四边形OAMN是矩形？
（3）运动过程中，四边形MNCB能否为菱形？若能，求出t的值；若不能，说明理由．
26．（2022八下·大丰期中）已知在平行四边形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．
（1）如图1，若∠BAD＝90°，求证：四边形ABCD是正方形；
（2）在（1）的条件下，延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
（3）如图2，若AB=AD，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，求DE的长．
27．（2020八下·海安月考）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点称为和美四边形的中心.
（1）写出一种你学过的和美四边形 ；
（2）如图1，点O是和美四边形ABCD的中心，E，F，G、H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，连接OE，OF，OG，OH，记四边形AEOH，BEOF，CGOF，DHOG的面积为 ，用等式表示 的数量关系(无需说明理由).
（3）如图2，四边形ABCD是和美四边形，若AB=3，BC=2，CD=4，求AD的长.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：观察图象可知A′（ 3，2）.
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质，在坐标系中找出点A′的位置，进而得到点A′的坐标.
2．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵AC=BC，
∴∠A=∠ABC=70°，
∴∠ACB=180°-∠A-∠ABC =180°-70°-70°=40°，
∵以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转，得到△A′BC′，
∴AB=A′B，BC=BC′，且∠CBC′=∠ABA′，
∴∠BA′A=∠A=70°，
∴∠ABA′=40°，
∴∠CBC′=40°，
∴∠BCC′= =70°，
∴∠ACC′=∠ACB+∠BCC′=40°+70°=110°.
故答案为：A.
【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠ACB的度数，由旋转的性质可得AB=A′B，BC=BC′，且∠CBC′=∠ABA′=40°，则∠BA′A=∠A=70°，然后求出∠BCC′的度数，据此解答.
3．【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意.
故答案为：D.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此一一判断得出答案.
4．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：∵AB=CD，AD=BC
∴四边形ABCD为平行四边形，即选项D正确；
其他选项，均无法推导得四边形ABCD为平行四边形
故答案为：D.
【分析】利用平行四边形的判定定理：有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可对A，D作出判断；利用两组对角分别相等的四边形是平行四边形，可对B作出判断；利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可对C作出判断.
5．【答案】A
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确，符合题意；
B. 有一组邻边相等的的平行四边形是菱形，故答案为：错误，不符合题意；
C. 有一个角是直角的平行四边形是矩形，故答案为：错误，不符合题意；
D. 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形，故答案为：错误，不符合题意，
故答案为：A.
【分析】根据平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定分别判断即可.
6．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：菱形的面积：
故答案为：B.
【分析】菱形的面积等于对角线乘积的一半，依此列式计算即可.
7．【答案】B
【知识点】正方形的判定
【解析】【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.
即∠ABC=90°或AC=BD.
故答案为：B.
【分析】根据有一个角是90°的菱形是正方形，以及对角线相等的菱形是正方形进行判断即可.
8．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴OD=OB=OA=BD，∠ABC=90°，
∵点E，F分别为AO，AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=OD=4，
∴OD=8，
∴AB=OB=OA，
∴△AOB是等边三角形
∴∠BAC=60°，
∴∠ACB=90°-∠BAC=90°-60°=30°.
故答案为：A.
【分析】利用矩形的性质可证得OD=OB=OA=BD，∠ABC=90°，利用三角形的中位线定理可求出OB的长，由此可证得AB=OB=OA，可得到△AOB是等边三角形；然后利用等边三角形的性质及三角形的内角和定理求出∠ACB的度数.
9．【答案】30°
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转l20°得到△AB′C′，
∴，AB=AB′，
=（180°-120°）=30°，
又∵AC′∥BB′，
∴∠C′AB′=∠AB′B=30°.
故答案为：30°.
【分析】根据旋转的性质可得∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质可得∠ABB′=∠AB′B，结合内角和定理可得∠AB′B的度数，由平行线的性质可得∠C′AB′=∠AB′B，据此解答.
10．【答案】（5，2）
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵ ABCD的顶点A、B、C的坐标分别是（0，2）、（﹣3，﹣4）、（2，﹣4），
∴顶点D的坐标为（5，2）.
故答案为：（5，2）.
【分析】画出示意图，根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，然后结合点A、B、C的坐标就可求出顶点D的坐标.
11．【答案】至少有四个角是锐角
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：根据反证法的第一步：假设结论不成立，则有
假设多边形的内角中至少有四个角是锐角.
故答案为：至少有四个角是锐角.
【分析】反证法的第一步为：假设结论不成立，故只需找出最多有三个锐角的反面即可.
12．【答案】8
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AC=8，
∴BD= AC=8.
故答案为：8.
【分析】根据矩形的对角线相等可得AC=BD，据此解答.
13．【答案】20
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】依题意可知BD⊥AC，AO=4，BO=3
∴AB==5，
∴菱形的周长为4×5=20
【分析】由菱形的性质可得BD⊥AC，AO=4，BO=3，利用勾股定理求出AB=5，根据菱形的周长=4AB，继而得解.
14．【答案】15°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：根据作图过程可知：AD＝AP＝PD，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠DAP＝∠ADP＝∠APD＝60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴AB＝AP，∠BAP＝30°，
∴∠ABP＝∠APB＝，
∴∠PBC＝∠ABC－∠ABP＝90° 75°＝15°.
故答案为：15°.
【分析】根据作图过程可知：AD＝AP＝PD，则△ADP是等边三角形，得到∠DAP＝∠ADP＝∠APD＝60°，根据正方形的性质可得AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，推出AB＝AP，∠BAP＝30°，然后根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠ABP＝∠APB＝75°，再根据∠PBC＝∠ABC-∠ABP进行计算.
15．【答案】10
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，
∵OE∥BC，
∴OE∥AD，
∴OE是△ACD的中位线，
∵CE=3，
∴DC=2OE=2×3=6.
∵CO=4，
∴AC=8，
∵AC⊥CD，
∴AD= =10，
∴BC=AD=10，
故答案为：10.
【分析】由平行四边形性质及OE∥BC，可推出OE是△ACD的中位线，再由CE=3，可求得DC=6，再由CO=4，可得AC=8，又AC⊥CD，再根据勾股定理求得AD=10，即可得出BC的长度.
16．【答案】32
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：点M，N分别为OA，OB的中点，
∴MN是△OAB的中位线，
.
故答案为：32.
【分析】由题意可得MN是△OAB的中位线，则AB=2MN，据此计算.
17．【答案】解：⑴连接BB1、CC1，交于点E（-3，-1），
故答案为（-3，-1）；
⑵如图，△A2B2C2即为所求作三角形；
⑶如图，△A3B3C3即为所求作三角形．
【知识点】作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）连接BB1、CC1，其交点即为点E，结合点E的位置可得对应的坐标；
（2）根据旋转方向及角度，找出点A1、B1、C1绕点O逆时针旋转90°的对应点A2、B2、C2，然后顺次连接即可；
（3）找出点A1、B1、C1关于原点O对称的对应点A3、B3、C3，然后顺次连接即可.
18．【答案】证明：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD ，
∵BE＝DF，
∴OE=OF .
∴四边形AECF是平行四边形.
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定
【解析】【分析】连接AC，根据平行四边形的对角线互相平分得出OA=OC，OB=OD，然后根据等式的性质得出OE=OF，进而利用对角线互相平分的四边形为平行四边形进行证明即可.
19．【答案】解： 是等腰三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CF∥BD，
∴∠1＝∠CBA'，
∵将长方形折叠，
∴∠CBA'＝∠2，
∴∠1＝∠2，
∴ 是等腰三角形.
【知识点】等腰三角形的判定；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】由平行线的性质可得∠1=∠CBA'，由折叠的性质可得∠CBA'=∠2，从而得到∠1=∠2，即可判断△HBC是等腰三角形.
20．【答案】证明：连接BD，如图所示：
∵点E、F分别是边AB、DA的中点，
∴，，
∵G、H分别是边BC、CD的中点，
∴，，
∴，EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
【知识点】平行四边形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】连接BD，由三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”可得EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，根据平行线的传递性可得EH∥FG，EH=FG，然后由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形EFGH是平行四边形.
21．【答案】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴四边形OCED是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，BD=8，
∴，OC=OA，AD=CD，
∵AD=5，
∴OC=，
∵四边形OCED是矩形，
∴DE=OC=3.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由题意根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形OCED是平行四边形，由菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，则∠DOC=90°，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可求解；
（2）由菱形的对角线互相垂直平分可得OD=BD，用勾股定理可求得OC=OA的值，然后由矩形的对边相等可求解.
22．【答案】（1）解：如图，点D即为所求 ，
（2）解：如图，分别连接BD，CD，AD，AD于BC交于点O，
易得AD垂直平分BC，
由（1）可知，BD=BA，
∴四边形ABDC为菱形，
∴BC=2BO，AD=2AO，
∵BC=6，
∴BO=3，
在Rt△AOB中，AB=5，
∴AO==4，
∴AD=8，
∴四边形ABDC的面积=BC·AD=×6×8=24.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）分别以点B、点C为圆心，BA长为半径，画圆弧并交于BC线段下的点D，此时点D到射线AB、AC的距离相等，且DB=5；
（2）分别连接BD，CD，AD，AD于BC交于点O，易得AD垂直平分BC，由（1）可知，BD=BA，根据菱形性质可得BC=2BO，AD=2AO，由BC=6，则BO=3，再利用勾股定理求得AO=4，则AD=8，最后由菱形的面积公式，即四边形ABDC的面积=BC·AD，代入数据计算即可求解.
23．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD，
∵把△BCE绕点B逆时针旋转90°得△BAG，
∴∠GBE＝90°，∠BEC＝∠AGB＝90°＝∠BGF，BG＝BE，AG＝CE，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE＝BG，
∴四边形BEFG是正方形
（2）135
【知识点】矩形的判定；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】（2）过点D作DH⊥AF于H，
∵四边形BEFG是正方形，
∴EF＝GF＝BG，
∵CE＝CF，AG＝CE，
∴EF＝GF＝BG＝2CE＝2AG，
∵∠BAG+∠DAG＝90°，∠BAG+∠ABG＝90°，
∴∠DAG＝∠ABG，
在△ABG和△DAH中，
，
∴△ABG≌△DAH（AAS），
∴AG＝DH，AH＝BG，
∴AG＝DH＝CE，AH＝BG＝2AG，
∴GH＝DH，
∴∠DGH＝45°，
∴∠AGD＝135°，
故答案为：135.
【分析】（1）先运用正方形的性质得到AB＝BC＝AD，在根据旋转的性质结合矩形的判定即可得到四边形BEFG是矩形，最后根据正方形的判定即可求解；
（2）过点D作DH⊥AF于H，先根据正方形的性质即可得到EF＝GF＝BG，再根据题意结合全等三角形的判定即可证明△ABG≌△DAH（AAS），进而得到AG＝DH，AH＝BG，最后结合题意即可求解.
24．【答案】（1）解：设，则，
由，
即，
解得：.
则平行四边形的面积是：.
（2）解：，理由如下：
在四边形中，
，
由钝角顶点D向AB、BC引两条高DE、DF，
，
；
（3）解：平行四边形两条对角线长分别为8cm和10cm，
平行四边形两条对角线一半长分别为4cm和5cm，
由三角形三边的关系可得：
，
，
答：x的范围为.
【知识点】三角形三边关系；平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的周长为36，可得到相邻的两边长的和为18，因此设AB=x，可表示出BC的长；再利用平行四边形的面积公式可得到关于x的方程，解方程求出x的值；然后求出平行四边形的面积.
（2）利用四边形的内角和为360°，利用垂直的定义可知∠DEB=∠DFB=90°，由此可求出∠1+∠B的值.
（3）利用平行四边形的对角线互相平分，可求出对角线长的一半，再利用三角形的三边关系定理，可得到x的取值范围.
25．【答案】（1）（3，8）；（15，0）
（2）解：当四边形OAMN是矩形时，AM=ON，
∴t=21-2t，
解得t=7秒，
故t=7秒时，四边形OAMN是矩形；
（3）解：存在t=5秒时，四边形MNCB能为菱形．
理由如下：四边形MNCB是平行四边形时，BM=CN，
∴15-t=2t，
解得：t=5秒，
此时CN=5×2=10，
过点B作BD⊥OC于D，则四边形OABD是矩形，
∴OD=AB=15，BD=OA=8，
CD=OC-OD=21-15=6，
在Rt△BCD中，BC=，
∴BC=CN，
∴平行四边形MNCB是菱形，
故，存在t=5秒时，四边形MNCB为菱形．
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵B（15，8），C（21，0），
∴AB=15，OA=8，OC=21，
当t=3时，AM=1×3=3，
CN=2×3=6，
∴ON=OC-CN=21-6=15，
∴点M（3，8），N（15，0）；
故答案为：（3，8）；（15，0）；
【分析】（1）根据点B、C的坐标可得AB=15，OA=8，OC=21，当t=3时，AM=3，CN=6，则ON=OC-CN=15，据此不难得到点M、N的坐标；
（2）当四边形OAMN是矩形时，AM=ON，由题意可得AM=t，ON=21-2t，代入求解可得t的值；
（3）根据平行四边形的性质可得BM=CN，由题意可得BM=15-t，CN=2t，代入求出t的值，据此可得CN，过点B作BD⊥OC于D，则四边形OABD是矩形，OD=AB=15，BD=OA=8，CD=OC-OD=6，利用勾股定理求出BC，推出BC=CN，然后根据菱形的判定定理进行解答.
26．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，∠DAE＝∠ABF＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠AGD＝90°，
∴∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD＝BA，
∴四边形ABCD是正方形
（2）解：△AHF是等腰三角形，理由如下：
由（1）得：△ADE≌△BAF，
∴AE＝BF，
∵BH＝AE，
∴BF＝BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∴AB⊥BC，即AB垂直平分FH，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等腰三角形．
（3）解：延长CB到点H，使得BH＝AE，连接AH，如图2所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠ABH＝∠BAD．
∵BH＝AE，
∴△DAE≌△ABH（SAS），
∴DE＝AH，∠AHB＝∠DEA＝60°，
∵DE＝AF，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH＝HF＝BH+BF＝AE+BF＝6+2＝8，
∴DE＝AH＝8．
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）易得四边形ABCD是矩形，∠DAE＝∠ABF＝90°，根据垂直的概念可得∠AGD＝90°，由同角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，结合DE＝AF，利用AAS证明△ADE≌△BAF，得到AD＝BA，然后根据正方形的判定定理进行证明；
（2）根据全等三角形的性质可得AE＝BF，结合BH＝AE，则BF＝BH，根据正方形的性质可得∠ABC＝90°，推出AB垂直平分FH，得到AH＝AF，然后根据等腰三角形的判定定理进行解答；
（3）延长CB到点H，使得BH＝AE，连接AH，则四边形ABCD是菱形，AD∥BC，由平行线的性质可得∠ABH＝∠BAD，证明△DAE≌△ABH，得到DE＝AH，∠AHB＝∠DEA＝60°，结合DE＝AF可得AH＝AF，推出△AHF是等边三角形，则AH＝HF＝BH+BF＝AE+BF＝8，据此解答.
27．【答案】（1）正方形（答案不唯一，也可以是菱形.）
（2）S1+S3=S2+S4
（3）解：如图2，连接AC、BD交于点O，则AC⊥BD，
∵在Rt△AOB中，AO2=AB2-BO2，
Rt△DOC中，DO2=DC2-CO2，
AB=3，BC=2，CD=4，
∴AD2=AO2+DO2
=AB2-BO2+DC2-CO2
=AB2+DC2-BC2
=32+42-22
=21，
∴AD= .
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）正方形是学过的和美四边形，
故答案为：正方形；（答案不唯一，也可以是菱形.）
（ 2 ） 的数量关系是S1+S3=S2+S4；理由如下：
如图1，连接AC、BD，
由和美四边形的定义可知，AC⊥BD，
则∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴△AOE的面积=△BOE的面积，△BOF的面积=△COF的面积，△COG的面积=△DOG的面积，△DOH的面积=△AOH的面积，
∵S1+S3=△AOE的面积+△COF的面积+△COG的面积+△AOH的面积，
S2+S4=△BOE的面积+△BOF的面积+△DOG的面积+△DOH的面积，
∴S1+S3= S2+S4；
【分析】（1）根据正方形的对角线互相垂直解答(答案不唯一)；（2）根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答；（3）根据和美四边形的定义、勾股定理计算即可.
1 / 12023年苏科版数学八年级下册全方位训练卷第九章 中心对称图形——平行四边形（基础版）
一、单选题（每题3分，共16分）
1．（2021八下·盐城期末）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，3），将点 绕原点逆时针旋转90°得到点 ，则点 的坐标为（ ）
A．（－3，2） B．（3，－2）
C．（3，2） D．（－2，－3）
【答案】A
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：观察图象可知A′（ 3，2）.
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质，在坐标系中找出点A′的位置，进而得到点A′的坐标.
2．（2021八下·江阴期末）如图，在 中， ，以点 为旋转中心把 按顺时针旋转一定角度，得到 点 恰好落在 上，连接 则 度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵AC=BC，
∴∠A=∠ABC=70°，
∴∠ACB=180°-∠A-∠ABC =180°-70°-70°=40°，
∵以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转，得到△A′BC′，
∴AB=A′B，BC=BC′，且∠CBC′=∠ABA′，
∴∠BA′A=∠A=70°，
∴∠ABA′=40°，
∴∠CBC′=40°，
∴∠BCC′= =70°，
∴∠ACC′=∠ACB+∠BCC′=40°+70°=110°.
故答案为：A.
【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠ACB的度数，由旋转的性质可得AB=A′B，BC=BC′，且∠CBC′=∠ABA′=40°，则∠BA′A=∠A=70°，然后求出∠BCC′的度数，据此解答.
3．（2022八下·沭阳期末）下列图案既是轴对称又是中心对称图形的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意.
故答案为：D.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此一一判断得出答案.
4．（2022八下·梁溪期中）能判定四边形ABCD为平行四边形的条件是 （ ）
A．CB=CD，AB=AD B．
C．AB//CD，AD=BC D．AB=CD，AD=BC
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：∵AB=CD，AD=BC
∴四边形ABCD为平行四边形，即选项D正确；
其他选项，均无法推导得四边形ABCD为平行四边形
故答案为：D.
【分析】利用平行四边形的判定定理：有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可对A，D作出判断；利用两组对角分别相等的四边形是平行四边形，可对B作出判断；利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可对C作出判断.
5．（2022八下·淮安期末）下列说法正确的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．有一组邻边相等的的平行四边形是矩形
C．有一个角是直角的平行四边形是菱形
D．有一组邻边相等并且有一个角是直角的四边形是正方形
【答案】A
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确，符合题意；
B. 有一组邻边相等的的平行四边形是菱形，故答案为：错误，不符合题意；
C. 有一个角是直角的平行四边形是矩形，故答案为：错误，不符合题意；
D. 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形，故答案为：错误，不符合题意，
故答案为：A.
【分析】根据平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定分别判断即可.
6．（2021八下·徐州期中）菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的面积是（ ）
A．48 B．24 C．14 D．12
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：菱形的面积：
故答案为：B.
【分析】菱形的面积等于对角线乘积的一半，依此列式计算即可.
7．（2021八下·相城期末）下列条件中，能使菱形 为正方形的是（ ）
A． B．
C． D． 平分
【答案】B
【知识点】正方形的判定
【解析】【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.
即∠ABC=90°或AC=BD.
故答案为：B.
【分析】根据有一个角是90°的菱形是正方形，以及对角线相等的菱形是正方形进行判断即可.
8．（2022八下·金东期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E，F分别为AO，AD的中点，若EF＝4，AB＝8，则∠ACB的度数为（ ）
A．30° B．35° C．45° D．60°
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴OD=OB=OA=BD，∠ABC=90°，
∵点E，F分别为AO，AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=OD=4，
∴OD=8，
∴AB=OB=OA，
∴△AOB是等边三角形
∴∠BAC=60°，
∴∠ACB=90°-∠BAC=90°-60°=30°.
故答案为：A.
【分析】利用矩形的性质可证得OD=OB=OA=BD，∠ABC=90°，利用三角形的中位线定理可求出OB的长，由此可证得AB=OB=OA，可得到△AOB是等边三角形；然后利用等边三角形的性质及三角形的内角和定理求出∠ACB的度数.
二、填空题（每题3分，共16）
9．（2022八下·广陵期中）如图，△ABC为钝角三角形，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB′C′，连接BB′，若AC′∥BB′，则∠C′AB′的度数为 ．
【答案】30°
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转l20°得到△AB′C′，
∴，AB=AB′，
=（180°-120°）=30°，
又∵AC′∥BB′，
∴∠C′AB′=∠AB′B=30°.
故答案为：30°.
【分析】根据旋转的性质可得∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质可得∠ABB′=∠AB′B，结合内角和定理可得∠AB′B的度数，由平行线的性质可得∠C′AB′=∠AB′B，据此解答.
10．（2022八下·扬州期中）在平面直角坐标系中， ABCD的顶点A、B、C的坐标分别是（0，2）、（﹣3，﹣4）、（2，﹣4），则顶点D的坐标是 .
【答案】（5，2）
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵ ABCD的顶点A、B、C的坐标分别是（0，2）、（﹣3，﹣4）、（2，﹣4），
∴顶点D的坐标为（5，2）.
故答案为：（5，2）.
【分析】画出示意图，根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，然后结合点A、B、C的坐标就可求出顶点D的坐标.
11．（2022八下·南京月考）用反证法证明：“多边形中最多有三个锐角”的第一步是：假设
【答案】至少有四个角是锐角
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：根据反证法的第一步：假设结论不成立，则有
假设多边形的内角中至少有四个角是锐角.
故答案为：至少有四个角是锐角.
【分析】反证法的第一步为：假设结论不成立，故只需找出最多有三个锐角的反面即可.
12．（2022八下·大丰期中）已知矩形ABCD中，若AC=8，则BD＝ ．
【答案】8
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AC=8，
∴BD= AC=8.
故答案为：8.
【分析】根据矩形的对角线相等可得AC=BD，据此解答.
13．（2022八下·淮安期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，若AC=8，BD=6，则该菱形的周长是 .
【答案】20
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】依题意可知BD⊥AC，AO=4，BO=3
∴AB==5，
∴菱形的周长为4×5=20
【分析】由菱形的性质可得BD⊥AC，AO=4，BO=3，利用勾股定理求出AB=5，根据菱形的周长=4AB，继而得解.
14．（2022八下·大丰期中）如图，四边形ABCD是正方形，按如下步骤操作：①分别以点A、D为圆心，以AD长为半径画弧，两弧交于点P，连接AP、DP；②连接BP、CP，则∠PBC＝ ．
【答案】15°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：根据作图过程可知：AD＝AP＝PD，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠DAP＝∠ADP＝∠APD＝60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴AB＝AP，∠BAP＝30°，
∴∠ABP＝∠APB＝，
∴∠PBC＝∠ABC－∠ABP＝90° 75°＝15°.
故答案为：15°.
【分析】根据作图过程可知：AD＝AP＝PD，则△ADP是等边三角形，得到∠DAP＝∠ADP＝∠APD＝60°，根据正方形的性质可得AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，推出AB＝AP，∠BAP＝30°，然后根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠ABP＝∠APB＝75°，再根据∠PBC＝∠ABC-∠ABP进行计算.
15．（2022八下·启东月考）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥CD，OE∥BC交CD于E，若OC=4，CE=3，则BC的长是 .
【答案】10
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，
∵OE∥BC，
∴OE∥AD，
∴OE是△ACD的中位线，
∵CE=3，
∴DC=2OE=2×3=6.
∵CO=4，
∴AC=8，
∵AC⊥CD，
∴AD= =10，
∴BC=AD=10，
故答案为：10.
【分析】由平行四边形性质及OE∥BC，可推出OE是△ACD的中位线，再由CE=3，可求得DC=6，再由CO=4，可得AC=8，又AC⊥CD，再根据勾股定理求得AD=10，即可得出BC的长度.
16．（2022八下·婺城期末）如图，为估计池塘岸边，两点间的距离，在池塘的一侧选取点，分别取，的中点，，测得，则，两点间的距离是
【答案】32
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：点M，N分别为OA，OB的中点，
∴MN是△OAB的中位线，
.
故答案为：32.
【分析】由题意可得MN是△OAB的中位线，则AB=2MN，据此计算.
三、作图题（共9分）
17．（2022八下·广陵期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1 关于点E成中心对称．
⑴画出对称中心E，并写出点E的坐标 ▲ ；
⑵画出△A1B1C1绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
⑶画出与△A1B1C1关于点O成中心对称的△A3B3C3.
【答案】解：⑴连接BB1、CC1，交于点E（-3，-1），
故答案为（-3，-1）；
⑵如图，△A2B2C2即为所求作三角形；
⑶如图，△A3B3C3即为所求作三角形．
【知识点】作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）连接BB1、CC1，其交点即为点E，结合点E的位置可得对应的坐标；
（2）根据旋转方向及角度，找出点A1、B1、C1绕点O逆时针旋转90°的对应点A2、B2、C2，然后顺次连接即可；
（3）找出点A1、B1、C1关于原点O对称的对应点A3、B3、C3，然后顺次连接即可.
四、解答题（共10题，共79分）
18．（2020八下·无锡期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E、B、D、F在同一直线上，且BE＝DF.求证：四边形AECF是平行四边形.
【答案】证明：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD ，
∵BE＝DF，
∴OE=OF .
∴四边形AECF是平行四边形.
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定
【解析】【分析】连接AC，根据平行四边形的对角线互相平分得出OA=OC，OB=OD，然后根据等式的性质得出OE=OF，进而利用对角线互相平分的四边形为平行四边形进行证明即可.
19．（2022八下·淮安开学考）如图，把一张长方形（对边平行）纸条按如图所示折叠.判断三角形HBC的形状，说明理由.
【答案】解： 是等腰三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CF∥BD，
∴∠1＝∠CBA'，
∵将长方形折叠，
∴∠CBA'＝∠2，
∴∠1＝∠2，
∴ 是等腰三角形.
【知识点】等腰三角形的判定；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】由平行线的性质可得∠1=∠CBA'，由折叠的性质可得∠CBA'=∠2，从而得到∠1=∠2，即可判断△HBC是等腰三角形.
20．（2022八下·淮安期末）如图所示，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，求证：四边形EFGH是平行四边形.
小明同学做法是：连接BD，利用三角形的中位线定理证明得出，EH＝FG，从而得到四边形EFGH是平行四边形.
请你完成小明的做法：
证明：连接BD，
【答案】证明：连接BD，如图所示：
∵点E、F分别是边AB、DA的中点，
∴，，
∵G、H分别是边BC、CD的中点，
∴，，
∴，EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
【知识点】平行四边形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】连接BD，由三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”可得EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，根据平行线的传递性可得EH∥FG，EH=FG，然后由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形EFGH是平行四边形.
21．（2022八下·南京期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于O点，DEAC，CEBD.
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）若AD =5，BD =8，计算DE的值.
【答案】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴四边形OCED是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，BD=8，
∴，OC=OA，AD=CD，
∵AD=5，
∴OC=，
∵四边形OCED是矩形，
∴DE=OC=3.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由题意根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形OCED是平行四边形，由菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，则∠DOC=90°，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可求解；
（2）由菱形的对角线互相垂直平分可得OD=BD，用勾股定理可求得OC=OA的值，然后由矩形的对边相等可求解.
22．（2022八下·泰兴期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6．
（1）仅用圆规在平面内找一点D（异于点A），使得点D到射线AB、AC的距离相等，且DB＝5；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求四边形ABDC的面积．
【答案】（1）解：如图，点D即为所求 ，
（2）解：如图，分别连接BD，CD，AD，AD于BC交于点O，
易得AD垂直平分BC，
由（1）可知，BD=BA，
∴四边形ABDC为菱形，
∴BC=2BO，AD=2AO，
∵BC=6，
∴BO=3，
在Rt△AOB中，AB=5，
∴AO==4，
∴AD=8，
∴四边形ABDC的面积=BC·AD=×6×8=24.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）分别以点B、点C为圆心，BA长为半径，画圆弧并交于BC线段下的点D，此时点D到射线AB、AC的距离相等，且DB=5；
（2）分别连接BD，CD，AD，AD于BC交于点O，易得AD垂直平分BC，由（1）可知，BD=BA，根据菱形性质可得BC=2BO，AD=2AO，由BC=6，则BO=3，再利用勾股定理求得AO=4，则AD=8，最后由菱形的面积公式，即四边形ABDC的面积=BC·AD，代入数据计算即可求解.
23．（2021八下·丹徒期中）如图，正方形ABCD，E为平面内一点，且∠BEC＝90°，把△BCE绕点B逆时针旋转90°得△BAG，直线AG和直线CE交于点F.
（1）证明：四边形BEFG是正方形；
（2）若CE＝CF，则∠AGD＝ °.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD，
∵把△BCE绕点B逆时针旋转90°得△BAG，
∴∠GBE＝90°，∠BEC＝∠AGB＝90°＝∠BGF，BG＝BE，AG＝CE，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE＝BG，
∴四边形BEFG是正方形
（2）135
【知识点】矩形的判定；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】（2）过点D作DH⊥AF于H，
∵四边形BEFG是正方形，
∴EF＝GF＝BG，
∵CE＝CF，AG＝CE，
∴EF＝GF＝BG＝2CE＝2AG，
∵∠BAG+∠DAG＝90°，∠BAG+∠ABG＝90°，
∴∠DAG＝∠ABG，
在△ABG和△DAH中，
，
∴△ABG≌△DAH（AAS），
∴AG＝DH，AH＝BG，
∴AG＝DH＝CE，AH＝BG＝2AG，
∴GH＝DH，
∴∠DGH＝45°，
∴∠AGD＝135°，
故答案为：135.
【分析】（1）先运用正方形的性质得到AB＝BC＝AD，在根据旋转的性质结合矩形的判定即可得到四边形BEFG是矩形，最后根据正方形的判定即可求解；
（2）过点D作DH⊥AF于H，先根据正方形的性质即可得到EF＝GF＝BG，再根据题意结合全等三角形的判定即可证明△ABG≌△DAH（AAS），进而得到AG＝DH，AH＝BG，最后结合题意即可求解.
24．（2022八下·梁溪期中）如图，平行四边形ABCD的周长为36cm，由钝角顶点D向AB、BC引两条高DE、DF，且DE=4cm，DF=5cm.
（1）求这个平行四边形的面积.
（2）与∠B的关系怎样？为什么？
（3）平行四边形两条对角线长分别为8cm和10cm，求则其边长x的范围.
【答案】（1）解：设，则，
由，
即，
解得：.
则平行四边形的面积是：.
（2）解：，理由如下：
在四边形中，
，
由钝角顶点D向AB、BC引两条高DE、DF，
，
；
（3）解：平行四边形两条对角线长分别为8cm和10cm，
平行四边形两条对角线一半长分别为4cm和5cm，
由三角形三边的关系可得：
，
，
答：x的范围为.
【知识点】三角形三边关系；平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的周长为36，可得到相邻的两边长的和为18，因此设AB=x，可表示出BC的长；再利用平行四边形的面积公式可得到关于x的方程，解方程求出x的值；然后求出平行四边形的面积.
（2）利用四边形的内角和为360°，利用垂直的定义可知∠DEB=∠DFB=90°，由此可求出∠1+∠B的值.
（3）利用平行四边形的对角线互相平分，可求出对角线长的一半，再利用三角形的三边关系定理，可得到x的取值范围.
25．（2022八下·江都期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，AB∥OC，点B，C的坐标分别为（15，8），（21，0），动点M从点A沿A→B以每秒1个单位的速度运动；动点N从点C沿C→O以每秒2个单位的速度运动．M，N同时出发，设运动时间为t秒．
（1）在t=3时，M点坐标 ，N点坐标 ；
（2）当t为何值时，四边形OAMN是矩形？
（3）运动过程中，四边形MNCB能否为菱形？若能，求出t的值；若不能，说明理由．
【答案】（1）（3，8）；（15，0）
（2）解：当四边形OAMN是矩形时，AM=ON，
∴t=21-2t，
解得t=7秒，
故t=7秒时，四边形OAMN是矩形；
（3）解：存在t=5秒时，四边形MNCB能为菱形．
理由如下：四边形MNCB是平行四边形时，BM=CN，
∴15-t=2t，
解得：t=5秒，
此时CN=5×2=10，
过点B作BD⊥OC于D，则四边形OABD是矩形，
∴OD=AB=15，BD=OA=8，
CD=OC-OD=21-15=6，
在Rt△BCD中，BC=，
∴BC=CN，
∴平行四边形MNCB是菱形，
故，存在t=5秒时，四边形MNCB为菱形．
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵B（15，8），C（21，0），
∴AB=15，OA=8，OC=21，
当t=3时，AM=1×3=3，
CN=2×3=6，
∴ON=OC-CN=21-6=15，
∴点M（3，8），N（15，0）；
故答案为：（3，8）；（15，0）；
【分析】（1）根据点B、C的坐标可得AB=15，OA=8，OC=21，当t=3时，AM=3，CN=6，则ON=OC-CN=15，据此不难得到点M、N的坐标；
（2）当四边形OAMN是矩形时，AM=ON，由题意可得AM=t，ON=21-2t，代入求解可得t的值；
（3）根据平行四边形的性质可得BM=CN，由题意可得BM=15-t，CN=2t，代入求出t的值，据此可得CN，过点B作BD⊥OC于D，则四边形OABD是矩形，OD=AB=15，BD=OA=8，CD=OC-OD=6，利用勾股定理求出BC，推出BC=CN，然后根据菱形的判定定理进行解答.
26．（2022八下·大丰期中）已知在平行四边形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．
（1）如图1，若∠BAD＝90°，求证：四边形ABCD是正方形；
（2）在（1）的条件下，延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
（3）如图2，若AB=AD，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，求DE的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，∠DAE＝∠ABF＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠AGD＝90°，
∴∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD＝BA，
∴四边形ABCD是正方形
（2）解：△AHF是等腰三角形，理由如下：
由（1）得：△ADE≌△BAF，
∴AE＝BF，
∵BH＝AE，
∴BF＝BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∴AB⊥BC，即AB垂直平分FH，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等腰三角形．
（3）解：延长CB到点H，使得BH＝AE，连接AH，如图2所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠ABH＝∠BAD．
∵BH＝AE，
∴△DAE≌△ABH（SAS），
∴DE＝AH，∠AHB＝∠DEA＝60°，
∵DE＝AF，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH＝HF＝BH+BF＝AE+BF＝6+2＝8，
∴DE＝AH＝8．
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）易得四边形ABCD是矩形，∠DAE＝∠ABF＝90°，根据垂直的概念可得∠AGD＝90°，由同角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，结合DE＝AF，利用AAS证明△ADE≌△BAF，得到AD＝BA，然后根据正方形的判定定理进行证明；
（2）根据全等三角形的性质可得AE＝BF，结合BH＝AE，则BF＝BH，根据正方形的性质可得∠ABC＝90°，推出AB垂直平分FH，得到AH＝AF，然后根据等腰三角形的判定定理进行解答；
（3）延长CB到点H，使得BH＝AE，连接AH，则四边形ABCD是菱形，AD∥BC，由平行线的性质可得∠ABH＝∠BAD，证明△DAE≌△ABH，得到DE＝AH，∠AHB＝∠DEA＝60°，结合DE＝AF可得AH＝AF，推出△AHF是等边三角形，则AH＝HF＝BH+BF＝AE+BF＝8，据此解答.
27．（2020八下·海安月考）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点称为和美四边形的中心.
（1）写出一种你学过的和美四边形 ；
（2）如图1，点O是和美四边形ABCD的中心，E，F，G、H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，连接OE，OF，OG，OH，记四边形AEOH，BEOF，CGOF，DHOG的面积为 ，用等式表示 的数量关系(无需说明理由).
（3）如图2，四边形ABCD是和美四边形，若AB=3，BC=2，CD=4，求AD的长.
【答案】（1）正方形（答案不唯一，也可以是菱形.）
（2）S1+S3=S2+S4
（3）解：如图2，连接AC、BD交于点O，则AC⊥BD，
∵在Rt△AOB中，AO2=AB2-BO2，
Rt△DOC中，DO2=DC2-CO2，
AB=3，BC=2，CD=4，
∴AD2=AO2+DO2
=AB2-BO2+DC2-CO2
=AB2+DC2-BC2
=32+42-22
=21，
∴AD= .
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）正方形是学过的和美四边形，
故答案为：正方形；（答案不唯一，也可以是菱形.）
（ 2 ） 的数量关系是S1+S3=S2+S4；理由如下：
如图1，连接AC、BD，
由和美四边形的定义可知，AC⊥BD，
则∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴△AOE的面积=△BOE的面积，△BOF的面积=△COF的面积，△COG的面积=△DOG的面积，△DOH的面积=△AOH的面积，
∵S1+S3=△AOE的面积+△COF的面积+△COG的面积+△AOH的面积，
S2+S4=△BOE的面积+△BOF的面积+△DOG的面积+△DOH的面积，
∴S1+S3= S2+S4；
【分析】（1）根据正方形的对角线互相垂直解答(答案不唯一)；（2）根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答；（3）根据和美四边形的定义、勾股定理计算即可.
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