第9章 中心对称图形-平行四边形 苏科版数学八年级下册素养综合检测(含解析)

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第9章　素养综合检测(满分100分,限时60分钟)一、选择题(每小题3分,共24分)1.(2023江苏淮安外国语学校期中)圆、正方形、长方形、等腰梯形中,不是中心对称图形的是(　　)A.圆　B.正方形C.长方形　D.等腰梯形2.下列说法正确的是(　　)A.对角线相等的四边形是矩形B.对角线互相垂直的四边形是菱形C.对角线相等的菱形是正方形D.对角线互相垂直且相等的四边形是正方形3.(2023江苏无锡中考)如图,△ABC中,∠BAC=55°,将△ABC逆时针旋转α(0°b的反面是a≤b,∴用反证法证明时应先假设a≤b,故答案为a≤b.10.答案　10解析　∵E,F分别为BC,AC的中点,∴AB=2EF=20,∵∠ACB=90°,点D为AB的中点,∴CD=12AB=10,故答案为10.11.答案　16解析　∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,AB∥CD,∴∠AED=∠A'DE,由折叠得AD=A'D,AE=A'E,∠ADE=∠A'DE,∴∠ADE=∠AED,∴AD=AE,∴AD=AE=A'D=A'E,∴CD-A'D=AB-AE,∴A'C=BE,又∵A'C∥BE,∴四边形A'EBC是平行四边形,∴四边形A'EBC的周长=2(A'C+A'E)=2(A'C+A'D)=2CD=16.故答案为16.12. 答案　245解析　连接AP,如图,∵菱形ABCD的周长为20,面积为24,∴AB=AD=5,S△ABD=12×24=12.又S△ABD=S△APB+S△APD,∴12PE·AB+12PF·AD=12,∴5PE+5PF=24,∴PE+PF=245,故答案为245.13.答案　485,245解析　如图,作AC⊥OB于点C,O'D⊥A'B于点D,∵A(3,4),∴OC=3,AC=4,由勾股定理,得OA=32+42=5.∵OA=AB,AC⊥OB,∴OB=2OC=2×3=6.由旋转可知,△A'O'B≌△AOB,∴O'B=BO=6,A'B=AB=5,S△AOB=S△A'O'B,即12OB·AC=12A'B·O'D,∴O'D=245.由勾股定理,得BD=185,∴OD=OB+BD=6+185=485,∴点O'的坐标为485,245.14.答案　4解析　如图,连接A4P,A4N,则A4P=A4N,∠A4PF=∠A4NE=45°,∵∠PA4F+∠FA4N=∠FA4N+∠NA4E=90°,∴∠PA4F=∠NA4E,∴△PA4F≌△NA4E,∴四边形A4ENF的面积等于△NA4P的面积,又△NA4P的面积是正方形QPNM的面积的14,正方形QPNM的面积为2×2=4,∴四边形A4ENF的面积为1,同理,各个阴影部分的面积都是1,∴四块阴影部分的面积之和为4.故答案为4.15.答案　1解析　∵菱形OABC有两个顶点O(0,0),B(2,2),∴点D的坐标为0+22,0+22,即(1,1),∵菱形绕点O以每秒45°的速度逆时针旋转,∴第2 024秒时,共旋转了(45×2 024)°,∵45×2 024÷360=253,∴OD旋转了253周,回到最初位置,∴第2 024秒时,菱形两条对角线的交点D的坐标为(1,1),∴菱形两条对角线的交点D的纵坐标为1,故答案为1.16.答案　①②③解析　观察题图,由翻折可知,DF=DC=DA,∠DFE=∠C=90°,∴∠DFG=∠A=90°,在Rt△ADG和Rt△FDG中,DG=DG,AD=DF,∴Rt△ADG≌Rt△FDG(HL),故①正确;∵正方形的边长是12,∴BE=EC=EF=6,设AG=FG=x,则EG=x+6,BG=12-x,由勾股定理得EG2=BE2+BG2,即(x+6)2=62+(12-x)2,解得x=4.∴AG=GF=4,BG=8,∴BG=2AG,故②正确;∵EF=EC=EB,∴∠EFB=∠EBF,∵∠DEC=∠DEF,∠DEC+∠DEF=∠EFB+∠EBF,∴∠DEC=∠EBF,∴BF∥DE,故③正确;S△GBE=12BE·BG=12×6×8=24,∴S△BEF=EFEG·S△GBE=64+6×24=725,故④错误.故正确的结论是①②③.故答案为①②③.17.解析　(1)如图1,点O即为所求作.(2)如图2,点G即为所求作.图1　图218.证明　∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,AB=CD,∴∠B=∠DCF,在△ABE与△DCF中,AB=DC,∠B=∠DCF,BE=CF,∴△ABE≌△DCF(SAS),∴AE=DF.19.解析　四边形ODFC为矩形.证明:∵点E是CD的中点,∴CE=DE,∵CF∥BD,∴∠ODE=∠FCE,在△ODE和△FCE中,∠ODE=∠FCE,DE=CE,∠DEO=∠CEF,∴△ODE≌△FCE(ASA),∴OE=FE,又∵CE=DE,∴四边形ODFC为平行四边形,∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∴∠DOC=90°,∴四边形ODFC为矩形.20.解析　(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AB=CD,∵DE=BF,∴CD-DE=AB-BF,∴CE=AF,又∵CE∥AF,∴四边形AFCE是平行四边形.(2)∵四边形ABCD是矩形,∴DC=AB=8 cm,AD=BC=6 cm.∵四边形AFCE是菱形,∴AE=CE=AF=CF,设AE=CE=x cm,则DE=(8-x)cm,在Rt△ADE中,由勾股定理得AD2+DE2=AE2,∴62+(8-x)2=x2,解得x=6.25.∴菱形AFCE的边长是6.25 cm.21.解析　本题的新颖之处在于根据作图痕迹推出题中隐含条件,思考原理,解决问题.方案一:∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD=3,AD=BC=5,由作图知BO=OC=12BC=2.5,由翻折知AP=AB=3,OP=OB=2.5,∠APO=∠B=90°,∴OP=OC=2.5,∠QPO=∠C=90°,又OQ=OQ,∴Rt△QPO≌Rt△QCO(HL),设PQ=CQ=x,则AQ=3+x,DQ=3-x,在Rt△ADQ中,AD2+QD2=AQ2,即52+(3-x)2=(3+x)2,解得x=2512,∴线段CQ的长为2512.方案二:∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD=3,AD=BC=5,由作图知BO=OC=12BC=2.5,由旋转的性质,知CR=AB=3,∠BAO=∠R,∠B=∠OCR=90°,∵∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°,∴D、C、R三点共线,由翻折的性质,知∠BAO=∠OAQ,∴∠OAQ=∠R,∴QA=QR,设CQ=x,则QA=QR=3+x,DQ=3-x,在Rt△ADQ中,AD2+QD2=AQ2,即52+(3-x)2=(3+x)2,解得x=2512,∴线段CQ的长为2512.两个方案任选一个即可.