第九章中心对称图形——平行四边形期末单元复习题 苏科版数学八年级下册

这是一份第九章中心对称图形——平行四边形期末单元复习题 苏科版数学八年级下册，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，将边长为9的正方形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的处，点A对应点为，且，则AM的长是（ ）
A．2B．3C．D．
2．如图，分别以直角的斜边，直角边为边向外作等边和等边，为的中点，与交于点，与交于点，，．给出如下结论：①；②四边形为平行四边形；③；④；其中正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
3．平行四边形边长为和，其中一内角平分线把边长分为两部分，这两部分是（ ）
A．和B．和C．和D．和
4．如图，已知正方形的边长为，E为边上的一点，，则的长为( )
A．B．C．5D．10
5．如图，菱形的对角线AC与BD相交于点O，若，，则的长为（ ）
A．4B．6C．7D．8
6．下列几何体中，其主视图不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
7．下列图形中，由AB∥CD，能得到∠1=∠2的是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，如果要证明四边形为正方形，那么我们需要在四边形是平行四边形的基础上，进一步证明（ ）
A．且B．且
C．且D．和互相垂直平分
9．如图，点D、E分别是，的中点，，则池塘的宽度为（ ）
A．3B．4C．5D．6
10．如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．下列三种说法：
① .四边形EFGH一定是平行四边形；
②.若AC＝BD，则四边形EFGH 是菱形；
③.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．
其中正确的是（ ）
A．①B．①②C．①③D．①②③
11．2022北京冬奥会的设计呈现了中国美学，很多设计中利用了轴对称的美．如图，在平行四边形纸片ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，，，李旻老师设计时将平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使得点B落在点的位置，连接，则的长为（ ）
A．B．C．D．15
12．下列选项中能使成为菱形的是（ ）
A． B．
C．D．
二、填空题
13．如图，在菱形ABCD中，边长为10，∠A＝60°．顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连结四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去…则四边形A2B2C2D2的周长是 ，四边形A2019B2019C2019D2019的周长是 ．
14．将图形 绕中心旋转后的图形是 （画出图形）．
15．“平行四边形的对角线互相垂直平分”是 事件．（填“必然”“不可能”或“随机”）
16．如图，矩形的边，E是上一点，，F是上一动点，M、N分别是的中点，则的最小值是 ．
17．对于，从以下五个关系式中任取一个作为条件：①AB=BC；②∠BAD=90°；③AC=BD；④AC⊥BD；⑤∠DAB=∠ABC，能判定是矩形的概率是 ．
三、解答题
18．如图，四边形中，，，连接，，点为的中点，射线交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
19．如图，在矩形中，于点于点．
求证：．

20．已知：如图，在中，、相交于点O，点E、F分别在、上，且．求证：四边形是平行四边形．
21．在正方形中，，、分别是、边上的动点，以、为边作平行四边形．
(1)如图1，连接，若，试说明与的关系；
(2)如图2，若为的中点，在边上是否存在某个位置，使得四边形为菱形？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
22．如图，在平面直角坐标系中，先把梯形ABCD向左平移6个单位长度得到梯形A1B1C1D1.
（1）请你在平面直角坐标系中画出梯形A1B1C1D1 ；
（2）以点C1为旋转中心，把（1）中画出的梯形绕点C1顺时针方向旋转 得到梯形A2B2C2D2 ，请你画出梯形A2B2C2D2．
23．阅读下面材料：
在数学课上，老师提出利用尺规作图完成下面问题：
小明的作法如下：
老师说：“小明的作法正确．”请回答：
(1)利用尺规作图完成小明的做法（保留作图痕迹）；
(2)该作图的依据是__________．
24．已知两条对角线a，b，利用尺规作一个菱形．
《第九章中心对称图形——平行四边形》参考答案
1．A
【分析】根据勾股定理求出线段BN的长，过M作交BC于点H，证明求得NH的长，再利用矩形的性质求得AM 的长．
【详解】解：连接，过M作交BC于点H，MN交于点I，
由翻折可知：，，
设，
正方形ABCD的边长为9，
，
在中，，
，即，
解得，
，
，
四边形ABHM为矩形，
，，
，
，即，
，
，
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等的判定及性质，勾股定理，熟练掌握折叠性质是解题的关键．
2．D
【分析】根据已知先判断△ABC≌△EFA，则∠AEF=∠BAC，得出EF⊥AC，证明FH是△ABC的中位线，得HF=BC，由BC=AB，AB=BD即可得FH=BD，从而有BD =4FH，接着证明△DBF≌△EFA得AE=DF，再由FE=AB，得出四边形ADFE为平行四边形，根据平行四边形的性质得出AD=4AG，从而得到答案．
【详解】解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC=60°，AE=AC，
∵∠BAC=30°，
∴∠FAE=∠ACB=90°，AB=2BC，
∵F为AB的中点，
∴AB=2AF，
∴BC=AF，
∴△ABC≌△EFA，
∴FE=AB，
∴∠AEF=∠BAC=30°，
∴∠AHE =90°，
∴EF⊥AC，故①正确，
∵EF⊥AC，
∴AH=CH，
∵F是AB的中点，
∴FH是△ABC的中位线，
∴HF=BC，
∵BC=AB，AB=BD，
∴FH=BD，
即BD =4FH，故④说法正确；
∵AD=BD，BF=AF，
∴∠DFB=90°，∠BDF=30°，
∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°，
∴∠DFB=∠EAF，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF=30°，
∴∠BDF=∠AEF，
∴△DBF≌△EFA（AAS），
∴AE=DF，
∵FE=AB，
∴EF=AD，
∴四边形ADFE为平行四边形，故②说法正确；
∴AG=AF，
∴AG=AB，
∵AD=AB，
则AD=4AG，故③说法正确，
故选：D．
【点睛】本题考查含30度直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质等知识，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
3．C
【分析】作出草图，根据角平分线的定义求出∠BAE=45°，然后判断出△ABE是等腰直角三角形，然后求出BE=AB，再求出CE即可得解．
【详解】解：如图，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
又∵∠B=90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE=AB=10cm，
∴CE=BC-AB=15-10=5cm，
即这两部分的长为5cm和10cm．
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线的定义，熟记性质判断出△ABE是等腰直角三角形是解题的关键．
4．D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，设，根据直角三角形性质得出，根据勾股定理得出，求出x的值，得出答案即可．
【详解】解：设，
∵正方形中，，
，
根据勾股定理，，
，

故选：D．
5．D
【分析】根据菱形的性质可得，，，再根据勾股定理可得的长度，即可求出的长度．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
在中，，
，
，
，
故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形对角线互相垂直平分是解题关键．
6．B
【分析】先判断出各图形的主视图，然后结合中心对称的定义进行判断即．
【详解】A、主视图是矩形，矩形是中心对称图形，故本选项错误；
B、主视图是三角形，三角形不是中心对称图形，故本选项正确；
C、主视图是圆，圆是中心对称图形，故本选项错误；
D、主视图是正方形，正方形是中心对称图形，故本选项错误．
故选B．
7．B
【分析】根据平行线的性质逐项判断即可.
【详解】A、∵AB//CD，
∴∠1+∠2=180°．故本选项不符合题意；
B、如图，∵AB//CD，
∴∠1=∠3．
∵∠2=∠3，
∴∠1=∠2．故本选项正确．
C、∵AB//CD，
∴∠BAD=∠CDA，不能得到∠1=∠2．故本选项不符合题意；
D、当梯形ABDC是等腰梯形时才有，∠1=∠2．故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解答的关键.
8．B
【分析】根据正方形的性质与判定逐项分析即可．
【详解】A．四边形是平行四边，，
四边形是菱形，
B.四边形是平行四边，
四边形是菱形
四边形是正方形
C. 且只能判定四边形是矩形；
D．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以不能判断四边形ABCD是正方形．
故选B
【点睛】本题考查了菱形，矩形，正方形的性质与判定，掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
9．D
【分析】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：∵点D、E分别是边、AC的中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：D．
10．D
【分析】根据三角形中位线定理得到，EH=BD，EF=AC，根据平行四边形、菱形、矩形的判定定理判断即可．
【详解】解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
∴，EH=BD， EF=AC，

∴四边形EHGF是平行四边形，故①符合题意；
若AC=BD，则EF=EH，
∴平行四边形EHGF是菱形，故②符合题意；
若AC⊥BD，则EF⊥EH，
∴平行四边形EHGF是矩形，故③符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
11．A
【分析】由折叠的性质可得，△ABE≌△AE，可得到∠DE＝90°，由平行四边形的性质得ED＝BE＝E＝2，则利用勾股定理可求D＝．
【详解】解：由折叠的性质可得，△ABE≌△AE，
∴∠BEA＝∠EA＝45°，
∴∠BE＝90°，
∴∠DE＝90°，
∵BD＝4，四边形ABCD是平行四边形，
∴ED＝BE＝E＝2，
∴D＝，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，翻折的性质，勾股定理，熟练掌握翻折的性质求出∠DE＝90°是解题的关键．
12．B
【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．由菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：如图，
A、∵四边形是平行四边形，
∴，故选项A不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，，
∴为菱形，故选项B符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，，
∴为矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形，，
∴为矩形，故选项D不符合题意；
故选：B．
13． 20
【分析】先证明四边形A2B2C2D2是菱形，求出A1D1＝5，C1D1＝AC＝5，A2B2＝C2D2＝C2B2＝A2D2＝5，求出周长，同理可得A3D3＝5×，C3D3＝C1D1＝×5，A5D5＝5×（）2，C5D5＝C3D3＝（）2×5，进而求出四边形A2019B2019C2019D2019的周长即可．
【详解】解：∵菱形ABCD中，边长为10，∠A＝60°，顺次连结菱形ABCD各边中点，
∴△AA1D1是等边三角形，四边形A2B2C2D2是菱形，
∴A1D1＝5，C1D1＝AC＝5，A2B2＝C2D2＝C2B2＝A2D2＝5，
∴四边形A2B2C2D2的周长是：5×4＝20，
同理可得出：A3D3＝5×，C3D3＝C1D1＝×5，
A5D5＝5×（）2，C5D5＝C3D3＝（）2×5，
…
∴四边形A2019B2019C2019D2019的周长是：．
故答案为：20；．
【点睛】本题考查了中点四边形的相关知识，根据题意发现中点四边形性质，分别求出菱形矩形边长并发现规律进行推理是解题关键．
14．
【分析】本题考查了旋转的性质，旋转前后的图形不发生任何变化，绕中心旋转，即是对应点绕旋转中心旋转，即可得出所要图形，注意矩形图形的旋转变换是解题的关键．
【详解】
解：将图形 ，各对应点绕中心旋转，
可得出相应图形： ，即是所求答案，
故答案为：．
15．随机
【分析】根据平行四边形的性质和随机事件的概念即可判断．
【详解】解：∵平行四边形的对角线互相平分，但不一定垂直
∴“平行四边形的对角线互相垂直平分”是随机事件；
故答案为：随机．
【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，掌握必然事件、不可能事件、随机事件的区别与联系是解答本题的关键．
16．
【分析】延长到，使，连接，则，，当、、在同一直线上时，最小，最小值为．根据N、M分别是、的中点，得到，，的最小值为．
【详解】解：，，，
，，
延长到，使，连接，
则，，
当、、在同一直线上时，
最小，最小值为．
在中，
，
即最小为5，
、分别是、的中点，
，，
的最小值为．
故答案为：.
【点睛】本题考查了轴对称最小值问题、矩形的性质、三角形的中位线性质、勾股定理，熟练运用轴对称的性质和中位线定理是解题的关键．
17．．
【详解】解：①∵ABCD是平行四边形，AB=BC，∴ABCD是菱形；
②∵ABCD是平行四边形，∠BAD=90°，∴ABCD是矩形；
③∵ABCD是平行四边形，AC=BD，∴ABCD是矩形；
④∵ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴ABCD是菱形；
⑤∵ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，∠DAB=∠ABC，
∴∠DAB=90°，∴ABCD是矩形．
故P（ABCD是矩形）=．
故答案为:．
18．（1）详见解析；（2）
【分析】（1）根据DE＝EC，AF∥BC，得出内错角相等，证明△BCE≌△FDE，可判断BC∥DF且BC＝DF，从而得出四边形BCDF为平行四边形，再根据菱形的判定求解即可；
（2）根据菱形的性质得到BD＝DF＝BC＝2，根据勾股定理可得AB，根据线段的和差关系可得AF，再根据勾股定理可得BF的长．
【详解】解：（1）∵AF∥BC，
∴∠DCB=∠CDF，∠FBC=∠BFD，
∵点E为CD的中点，
∴DE=EC，
在△BCE与△FDE中，
，
∴△BCE≌△FDE；
∴DF=BC，
又∵DF∥BC，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∵BD=BC，
∴四边形BCFD是菱形；
（2）∵四边形BCFD是菱形，AD=1，BC=2，
∴BD=DF=BC=2，
在Rt△BAD中，AB=
∵AF=AD+DF=1+2=3，
在Rt△BAF中，BF=．
【点睛】本题考查了直角梯形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形、菱形的判定与性质．关键是利用梯形上下两底的平行关系及中点，证明两个三角形全等．
19．见解析
【分析】根据矩形的性质以及已知条件，证明，根据全等三角形的性质，即可得证．
【详解】∵四边形是矩形，
∴
，

又∵
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
20．见解析
【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定，根据平行四边形的性质可得到，再根据平行四边形的判定方法可证得结论．
【详解】证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
21．(1)，且，理由见解析
(2)F在AB边上存在时，使得四边形EFDG为菱形
【分析】（1）根据正方形的性质，得出，，再判断和全等，再根据平行四边形的性质即可得出答案；
（2）先判断存在，设，再根据点E为中点、菱形的性质，通过勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）解：，且．
∵四边形为正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，且， ．
（2）解：存在，理由如下：
设，
∵，
∴，
∴，
∵点E为中点，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
由勾股定理可得，即
解得
∴F在边上存在时，使得四边形为菱形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定、平行四边形和菱形的性质、勾股定理．
22．（1）画图见解析；（2）画图见解析.
【详解】分析：（1）将A、B、C、D按平移条件找出它的对应点A1、B1、C1、D1，顺次连接A1B1、B1C1、C1D1，D1A1即得到平移后的图形；
（2）因为C1的对应点还是C1，利用对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，作出D1的对应点D2，然后利用旋转前、后的图形全等，即可作出所求图形．
详解：

点睛：本题考查了图形的平移和旋转．解答本题的关键是作各个关键点的对应点．
23．(1)见解析
(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形
【分析】问题（1）直接按照小明的作法即可，问题（2）可根据作图结果情况反思：为什么用线段（圆半径）相等就能得出平行，看出即可．
【详解】（1）作图如下：
（2）由作图可知：，，所以依据平行四边形的判定方法：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形，从而．
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查尺规作图的方法，由作图结果分析作图的方法的合理性是解决（2）的关键，注意运用逆向思维解决问题．
24．见解析
【分析】利用菱形的特点及垂直平分线的性质即可求解．
【详解】如图，①先画线段AC=a；
②作AC的垂直平分线，与AC的交点为O，以交点O为圆心，为半径画弧交B、D两点；
③顺次连接ABCD，即为所求的菱形．
【点睛】此题主要考查菱形的作图，解题的关键是熟知垂直平分线的画法与性质．
已知：直线l与直线外一点．求作：过点作直线的平行线．
如图，
①在直线上任取两点 ；
②以点为圆心，线段的长为半径作圆弧；
以点为圆心，线段的长为半径作圆弧；
两圆弧（与点在同侧）的交点为D；
③过点作直线．
所以直线即为所求．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
C
D
D
B
B
B
D
D
题号
11
12








答案
A
B