苏科版第9章 中心对称图形——平行四边形综合与测试单元测试课后测评

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姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共26题，选择10道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020•江阴市模拟）下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
2．（2020秋•淮阴区期中）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△CDO是由△ABO绕点O按顺时针方向旋转而得，则旋转的角度是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【分析】根据旋转变换的性质判断即可．
【解析】观察图象可知，∠AOC＝∠BOD＝90°，
∴旋转角为90°，
故选：D．
3．（2020春•海陵区期末）如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，连接DE，若BC＝10，则DE的长为（ ）
A．6B．5C．103D．52
【分析】根据三角形的中位线等于第三边的一半进行计算即可．
【解析】∵D、E分别是△ABC边AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∵BC＝10，
∴DE=12BC＝5．
故选：B．
4．（2020秋•苏州期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝a，BC＝b，AB边上的高为c，BC边上的高为d，则下列式子成立的是（ ）
A．a：c＝b：dB．a：b＝c：dC．ab＝cdD．ac＝bd
【分析】根据平行四边形的性质可得，S▱ABCD＝BC•DF＝AB•DE，代入数据进行计算即可得出结论．
【解析】∵AB＝a，BC＝b，AB边上的高为c，BC边上的高为d，
∴S▱ABCD＝BC•DF＝AB•DE，即bd＝ac，
故选：D．
5．（2020春•海陵区校级期中）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于O，过点O作OE⊥AC交AD于E，若AE＝4，DE＝3，AB＝5，则AC的长为（ ）
A．32B．42C．52D．522
【分析】连接CE，根据平行四边形的性质可得AO＝CO，CD＝AB＝5，然后判断出OE垂直平分AC，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得CE＝AE＝4，利用勾股定理的逆定理得到∠CED＝90°，得到△AEC是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求得结论．
【解析】连接CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，CD＝AB＝5
∵OE⊥AC，
∴OE垂直平分AC，
∴CE＝AE＝4，
∵DE＝3，
∴CE2+DE2＝42+32＝52＝CD2，
∴∠CED＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴AC=2AE＝42，
故选：B．
6．（2020春•太仓市期中）如图所示，平行四边形ABCD中，AC＝4cm，BD＝6cm，则边AD的长可以是（ ）
A．4cmB．5cmC．6cmD．7cm
【分析】根据三角形的三边关系求出AD的范围即可判断；
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝4cm，BD＝6cm，
∴OA=12AC＝2，OD=12BD＝3，
∴1＜AD＜5，只有4cm适合，
故选：A．
7．（2020春•江阴市校级月考）如图，四边形ABCD中，AC、BD交于点O，则根据下列条件能判定它是正方形的是（ ）
A．∠DAB＝90°且AD＝BCB．AB＝BC且AC＝BD
C．∠DAB＝90°且AC⊥BDD．AC⊥BD且AO＝BO＝CO＝DO
【分析】根据正方形的判定对角线相等且互相垂直平分是正方形对各个选项进行分析从而得到答案．
【解析】A，不能判定它是正方形；
B，不能判定它是正方形；
C，不能判定它是正方形；
D，能，因为对角线相等且互相垂直平分；
故选：D．
8．（2020春•常州期中）如图，矩形ABCD中，∠BOC＝120°，BD＝12，点P是AD边上一动点，则OP的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】由矩形的性质可得OA＝OB＝OC＝OD=12BD＝6，由等腰三角形的性质可求∠OAD＝∠ODA＝30°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB＝OC＝OD=12BD＝6，
∵∠BOC＝120°＝∠AOD，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
当OP⊥AD时，OP有最小值，
∴OP=12OD＝3，
故选：A．
9．（2020春•海陵区期末）如图，AC，BD是菱形ABCD的对角线，BH⊥AD于点H，若AC＝4，BD＝3，则BH的长为（ ）
A．2.4B．2.5C．4.8D．5
【分析】利用菱形的对角线互相平分线且垂直即可得出菱形的边长，再利用菱形面积公式求出BH的长即可．
【解析】设AC、BD交于点O，如图：
∵在菱形ABCD中，AC＝4，BD＝3，
∴AO＝CO=12AC＝2，BO＝DO=12BD=32，AC⊥BD，
∴AD=OA2+OD2=22+(32)2=52，
∵菱形ABCD的面积＝AD×BH=12AC×BD，
∴BH=12×4×352=2.4，
故选：A．
10．（2020•姑苏区校级二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝46，D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，AD＝6，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为（ ）
A．26B．25C．23D．22
【分析】过点A作AG⊥DE于点G，由旋转的性质推出∠AED＝∠ADG＝45°，∠AFD＝60°，利用锐角三角函数分别求出AG，GF，AF的长，即可求出CF＝AC﹣AF＝26．
【解析】过点A作AG⊥DE于点G，
由旋转知：AD＝AE，∠DAE＝90°，∠CAE＝∠BAD＝15°，
∴∠AED＝∠ADG＝45°，
在△AEF中，∠AFD＝∠AED+∠CAE＝60°，
在Rt△ADG中，AG＝DG=AD2=32，
在Rt△AFG中，GF=AG3=6，AF＝2FG＝26，
∴CF＝AC﹣AF＝46−26=26，
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上
11．（2018春•相城区期中）一个图形绕着某一点旋转180°，能与另一个图形重合，那么这两个图形成 中心 对称．
【分析】直接利用中心对称图形的性质分析得出答案．
【解析】一个图形绕着某一点旋转180°，能与另一个图形重合，那么这两个图形成中心对称．
故答案为：中心．
12．（2020春•泰州月考）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边AB、AD的中点，BC＝5，CD＝3，EF＝2，∠AFE＝45°，则∠ADC的度数为 135° ．
【分析】连接BD，根据三角形中位线定理得到EF∥BD，BD＝2EF＝4，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC＝90°，计算即可．
【解析】连接BD，如图所示：
∵E、F分别是边AB、AD的中点，
∴EF∥BD，BD＝2EF＝4，
∴∠ADB＝∠AFE＝45°，
∵BC＝5，CD＝3，
∴BD2+CD2＝25，BC2＝25，
∴BD2+CD2＝BC2，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝135°，
故答案为：135°．
13．（2020秋•瓜州县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P为边AB上任意一点，过点P作PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为E、F，则PE+PF＝ 245 ．
【分析】连接OP．由勾股定理得出AC＝10，可求得OA＝OB＝5，由矩形的性质得出S矩形ABCD＝AB•BC＝48，S△AOB=14S矩形ABCD＝12，OA＝OB＝5，由S△AOB＝S△AOP+S△BOP=12OA•PE+12OB•PF=12OA（PE+PF）=12×5×（PE+PF）＝12求得答案．
【解析】连接OP，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OA＝OB，AC=AB2+BC2=82+62=10，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝48，S△AOB=14S矩形ABCD＝12，OA＝OB＝5，
∴S△AOB＝S△AOP+S△BOP=12OA•PE+12OB•PF=12OA（PE+PF）=12×5×（PE+PF）＝12，
∴PE+PF=245；
故答案为：245．
14．（2020秋•南京期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，且点D是AB的中点，△DEF的周长是11，则AB＝ 8 ．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE＝DF=12AB，EF=12BC，然后代入数据计算即可得解．
【解析】∵AF⊥BC，BE⊥AC，D是AB的中点，
∴DE＝DF=12AB，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴点F是BC的中点，∴BF＝FC＝3，
∵BE⊥AC，
∴EF=12BC＝3，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝AB+3＝11，
∴AB＝8，
故答案为：8．
15．（2020秋•思明区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D，E是AC的中点．若DE＝3，则AB的长为 6 ．
【分析】根据垂线的性质推知△ADC是直角三角形；然后在直角三角形ADC中，利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，求得AC＝6；最后由等腰三角形ABC的两腰AB＝AC，求得AB＝6．
【解析】∵在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，
∴△ADC是直角三角形；
∵E是AC的中点．
∴DE=12AC（直角三角形的斜边上的中线是斜边的一半），
又∵DE＝3，AB＝AC，
∴AB＝6，
故答案为：6．
16．（2020秋•玄武区期中）如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝4.1，∠B＝60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为 2.1 ．
【分析】由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD＝AB，又由∠B＝60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD＝AB＝2，则可求得答案．
【解析】由旋转的性质可得：AD＝AB，
∵∠B＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，
∵BC＝4.1，
∴CD＝BC﹣BD＝4.1﹣2＝2.1．
故答案为：2.1．
17．（2020秋•苏州期中）如图．平行四边形A与平行四边形B部分重叠在一起，重叠部分的面积是A的14，是B的16，则平行四边形A与平行四边形B的面积比是 2：3 ．
【分析】设重叠部分的面积为a，依据重叠部分的面积是A的14，是B的16，即可得到平行四边形A与平行四边形B的面积比．
【解析】设重叠部分的面积为a，
∵重叠部分的面积是A的14，是B的16，
∴平行四边形A的面积为4a，平行四边形B的面积为6a，
∴平行四边形A与平行四边形B的面积比是4a：6a＝2：3，
故答案为：2：3．
18．（2020春•辉县市期末）如图，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动．如果点E、F同时出发，设运动时间为t（s）当t＝ 2或6 s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．
【分析】分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案．
【解析】①当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BC﹣BF＝6﹣2t（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，
即t＝6﹣2t，
解得：t＝2；
②当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BF﹣BC＝2t﹣6（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，
即t＝2t﹣6，
解得：t＝6；
综上可得：当t＝2或6s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．
故答案为：2或6．
三、解答题（本大题共8小题，共64分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•灌云县期中）如图，D是△ABC边BC的中点，连接AD并延长到点E，使DE＝AD，连接BE．
（1）图中哪两个图形成中心对称？
（2）若△ADC的面积为4，求△ABE的面积．
【分析】（1）直接利用中心对称的定义写出答案即可；
（2）根据成中心对称的图形的两个图形全等确定三角形BDE的面积，根据等底同高确定ABD的面积，从而确定ABE的面积．
【解析】（1）图中△ADC和三角形EDB成中心对称；
（2）∵△ADC和三角形EDB成中心对称，△ADC的面积为4，
∴△EDB的面积也为4，
∵D为BC的中点，
∴△ABD的面积也为4，
所以△ABE的面积为8．
20．（2020秋•崇川区校级期中）如图，在10×10的网格中建立平面直角坐标系，△ABC是格点三角形（顶点在网格线的交点上）．
（1）先作△ABC关于原点O的成中心对称的△A1B1C1，再把△A1B1C1向上平移4个单位得到△A2B2C2；
（2）A2点的坐标为 （3，4） ；
（3）请直接写出CC1+C1C2＝ 22+4 ．
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，再描点得到△A1B1C1，然后利用点平移的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点得到△A2B2C2；
（2）由（1）得到A2点的坐标；
（3）利用两点间的距离公式计算CC1和C1C2的长度即可．
【解析】（1）如图，△A1B1C1和△A2B2C2为所作；
（2）A2点的坐标为（3，4）；
（3）CC1+C1C2=22+22=22+4．
故答案为（3，4），22+4．
21．（2020春•仪征市期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线AC上的两点，∠1＝∠2．
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：BE∥DF．
【分析】（1）证明△ADE≌△CBF（ASA），即可证得AE＝CF；
（2）证四边形EBFD是平行四边形，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠DAE＝∠BCF，
∵∠1＝∠DAE+∠ADE，∠2＝∠BCF+∠CBF，∠1＝∠2，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵在△ADE与△CBF中，∠DAE=∠BCFAD=BC∠ADE=∠CBF，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝CF；
（2）证明：∵∠1＝∠2，
∴DE∥BF．
又∵由（1）知△ADE≌△CBF，
∴DE＝BF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∴BE∥DF．
22．（2020春•太仓市期中）苏科版数学八年级下册86页我们学了这样一条定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，请你对这个定理给予证明．
已知：在△ABC中，点D，E分别是AB，AC中点，连接DE．
求证：DE∥BC，DE=12BC．
【分析】延长DE至点F，使EF＝DE，连接CF，证明△AED≌△CEF，根据全等三角形的性质得到AD＝CF，∠A＝∠ACF，得到四边形BCFD为平行四边形，根据平行四边形的性质证明即可．
【解析】证明：延长DE至点F，使EF＝DE，连接CF，
∵点D，E分别是AB，AC中点，
∴AD＝DB，AE＝EC，
在△AED和△CEF中，
AE=EC∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△AED≌△CEF（SAS），
∴AD＝CF，∠A＝∠ACF，
∴BD＝CF，BD∥CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴DE∥BC，DE=12DF=12BC．
23．（2020春•北流市期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE=12AC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．
（1）求证：OE＝CD；
（2）若菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°．求AE的长．
【分析】（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD＝90°，证明OCED是矩形，可得OE＝CD即可；
（2）根据菱形的性质得出AC＝AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可．
【解析】（1）证明：在菱形ABCD中，OC=12AC．
∴DE＝OC．
∵DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴平行四边形OCED是矩形．
∴OE＝CD．
（2）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AC＝AB＝2．
∴在矩形OCED中，
CE＝OD=AD2−AO2=3．
在Rt△ACE中，
AE=AC2+CE2=7．
24．（2020秋•海门市校级月考）如图1，等边三角形△ABC中，D为△ABC内一点，将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B、E，且A、D、E三点在同一直线上．
（1）填空：∠CDE＝ 60° ；
（2）若过点C作CF⊥AE于点F，然后探究线段CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCE＝60°，可得△CDE是等边三角形，即可求解；
（2）由旋转的性质可得BE＝AD，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可得DF=33CF，即可求解．
【解析】（1）∵如图，
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，
∴△CAD≌△CBE，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，
故答案为：60°；
（2）AE＝BE+233CF，
理由如下：
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE，
∴BE＝AD，
∵△CDE是等边三角形，CF⊥AE，
∴DF＝EF，∠DCF＝30°，
∴CF=3DF，
∴DF=33CF，
∵AE＝AD+DE，
∴AE＝BE+233CF．
25．（2020秋•阜宁县期中）如图，在锐角三角形ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高，M，N分别是线段BC，DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE．
（2）连接DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并证明你的猜想．
（3）当∠BAC变为钝角时，如图②，上述（1）（2）中的结论是否都成立？若成立，直接回答，不需证明；若不成立，请说明理由．
【分析】（1）连接DM，ME，根据直角三角形的性质得到DM=12BC，ME=12BC，得到DM＝ME，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算即可得到结论；
（3）仿照（2）的计算过程解答即可得到结论．
【解析】（1）证明：如图（1），连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=12BC，ME=12BC，
∴DM＝ME，
又∵N为DE中点，
∴MN⊥DE；
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BMD+∠CME＝（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB）
＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB）
＝360°﹣2（180°﹣∠A）
＝2∠A，
∴∠DME＝180°﹣2∠A；
（3）结论（1）成立，结论（2）不成立，
理由如下：连结DM，ME，
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BME+∠CMD＝2∠ACB+2∠ABC
＝2（180°﹣∠BAC）
＝360°﹣2∠BAC，
∴∠DME＝180°﹣（360°﹣2∠BAC）
＝2∠BAC﹣180°．
26．（2020春•仪征市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝11cm，点P从点D出发向终点A运动；同时点Q从点B出发向终点C运动．当P、Q两点其中有一点到达终点时，另一点随之停止，点P、Q的速度分别为1cm/s，2cm/s，连结PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为t（s）．
如图，当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
【分析】（1）根据矩形的性质可得AP＝CQ，进而列方程，解方程可求解；
【解析】由题意可得DP＝t，BQ＝2t，则AP＝11﹣t，BQ＝2t，
若四边形ABQP是矩形，则AP＝BQ，
∴11﹣t＝2t，
解得t=113，
故当t=113时，四边形ABQP是矩形；