苏科版八年级数学下册专题9.12中心对称图形——平行四边形章末题型过关卷(苏科版)(原卷版+解析)

这是一份苏科版八年级数学下册专题9.12中心对称图形——平行四边形章末题型过关卷(苏科版)(原卷版+解析)，共44页。
考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023春·广东湛江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，AB长为半径画弧交AD于F．分别以点F，B为圆心，大于12BF长为半径作弧，两弧交于点G,作射线AG交BC于点E,若BF=6,AB=5,则AE的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
2．（3分）（2023春·全国·八年级专题练习）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OE//AB交AD于点E．若OA=2，ΔAOE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．16B．32C．36D．40
3．（3分）（2023秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，顶点A0,4，B−2,0，C−4,1，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．5,2B．−2,5C．2,−5D．5,−2
4．（3分）（2023秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考开学考试）如图，在矩形ABCD中，在AD上取点E，连接BE，在BE上取点F，连接AF，将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，FG的长是（ ）
A．3B．5C．25D．210
5．（3分）（2023·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形ABCD中∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于点P，若四边形ABCD的面积是9，则DP的长是( )
A．6B．4.5C．3D．2
6．（3分）（2023秋·甘肃白银·九年级校考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为 （ ）
A．12B．14C．245D．485
7．（3分）（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿BE折叠使得点A落在BD上，沿DF折叠使得点C落在BD上，甲说得到的四边形BEDF为菱形；乙沿MN折叠使得AB与DC重合，再折出BM，DN，乙说得到的四边形BMDN为菱形；下列说法正确的是（ ）
A．甲一定成立，乙可能成立B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立D．甲可能成立，乙也可能成立
8．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，Rt△EOF（两直角边长均大于AB的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（ ）
A．由小变大B．由大变小C．始终不变D．先由大变小，然后又由小变大
9．（3分）（2023春·八年级单元测试）如图所示，在四边形ABCD中，AD=BC，E、F分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线分别与EF的延长线交于点H、G，则( )
A．∠AHE>∠BGEB．∠AHE=∠BGE
C．∠AHEBN，故四边形BMDN为不可能为菱形．
综上所述：甲可能成立，乙一定不成立，
故选B．
【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、平行四边形的判定以及矩形和菱形的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
8．（3分）（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，Rt△EOF（两直角边长均大于AB的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（ ）
A．由小变大B．由大变小C．始终不变D．先由大变小，然后又由小变大
答案:C
分析：由条件可得△OHB≅△OGCASA，从而S△OHB=S△OGC，SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，即可说明重叠面积始终不变．
【详解】解：∵正方形ABCD中，AC⊥BD，OB=OC，∠OBH=∠OCG=45°，∠EOF=90°，
∴ ∠HOB+∠BOF=∠BOF+∠GOC=90°，
∴ ∠HOB=∠GOC，
在△OHB与△OGC中，∠HOB=∠GOCOB=OC∠OBH=∠OCG，
∴ △OHB≅△OGCASA，
∴ S△OHB=S△OGC，
∴ SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，
则重叠部分的面积始终不变，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，利用面积的等量代换是解题关键．
9．（3分）（2023春·八年级单元测试）如图所示，在四边形ABCD中，AD=BC，E、F分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线分别与EF的延长线交于点H、G，则( )
A．∠AHE>∠BGEB．∠AHE=∠BGE
C．∠AHE8，不符合题意，舍去；
综上，m的值是1；
（2）证明：∵四边形BPDQ是平行四边形，
∴PD∥BC，
∴∠D=∠CQF，
由（1）知：BM=2m，
∴PE=CM=4−2m，
∴ED=PD−PE=BQ−PE=4−m−4−2m=m，
∵CQ=m，
∴CQ=ED，
∵∠EFD=∠CFQ，
∴△DEF≌△QCFAAS；
（3）解：分两种情况：
①如图2，AD∥PF，
∵PD∥BC，
∴∠AEP=∠C=90°，
Rt△AEP中，∠PAE=30°，
∴PE=12AP=128−4m=4−2m，
∵AP∥DF，AD∥PF，
∴四边形APFD是平行四边形，
∴PE=ED，
∴4−2m=m，
∴m=43，
∵PE=4−2×43=43， CQ=43，
∴PE=CQ，
∵PE∥CQ，∠C=90°，
∴四边形CQPE是矩形，
∴∠CQP=90°，
∴S△PFQ=12PQ⋅CQ=12×23m×m=3×169=1639；
②如图3，AD∥PQ，
∵AD∥PQ，AP∥DQ，
∴四边形APQD是平行四边形，
∴AP=DQ，
∵PB=DQ，
∴AP=PB，
∴8−4m=4m，
∴m=1，
∴S△PFQ=S△ABC−S△APF−S△BPQ−S△CFQ
=12×4×43−12×1×3−12×43−3×2−12×3×23
=332；
综上，△PQF的面积为1639或332．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了含30°的直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，平行四边形的性质，三角形的中位线，三角形的面积等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行计算的能力，还用了分类讨论思想．
20．（8分）（2023春·安徽滁州·九年级校联考阶段练习）四边形ABCD中，AC⊥CD，对角线AC,BD相交于点E．
(1)如图1，若BD⊥AB，BC=DC，求证：∠CBD=∠CAB；
(2)如图2，若AC平分∠BAD，点E是AC的中点，过点B作BF⊥AC，垂足为F，点G为BD的中点，连接FG,CG．
①求证：FG=CG；
②连接AG，试判断四边形ABCG的形状，并证明．
答案:(1)见解析
(2)①见解析；②四边形ABCG是平行四边形，证明见解析
分析：（1）根据等角的余角相等，可得∠CAB=∠CDE，再由BC=DC，可得∠CBD=∠CDE，即可；
（2）①延长BF交AD于点M，延长AB,DC交于点H，可证明△ABF≌△AMF，可得BF=FM，从而得到FG是△BMD的中位线，进而得到FG∥DM，继而得到∠MFG=∠AMF，同理△HAC≌△DAC，可得HC=CD,∠H=∠ADC，从而得到CG是△BHD的中位线，进而得到CG∥BH，继而得到∠H=∠GCD，再由BF∥HD，可得∠AMF=∠ADC，从而得到∠GCD=∠AMF=∠MFG，进而得到∠CFG=∠FCG，即可；②证明△ABE≌△CGE，可得AB=CG，再由AB∥CG，即可．
【详解】（1）证明：∵AC⊥CD，BD⊥AB，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
∵∠AEB=∠DEC，
∴∠CAB=∠CDE，
∵BC=DC，
∴∠CBD=∠CDE，
∴∠CBD=∠CAB；
（2）①证明：如图，延长BF交AD于点M，延长AB,DC交于点H，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAF=∠FAM，
∵BF⊥AC，
∴∠AFB=∠AFM=90°，
在△ABF和△AMF中，
∠BAF=∠MAFAF=AF∠AFB=∠AFM，
∴△ABF≌△AMF，
∴BF=FM，
∵点G为BD的中点，
∴FG是△BMD的中位线，
∴FG∥DM，
∴∠MFG=∠AMF，
同理△HAC≌△DAC，
∴HC=CD,∠H=∠ADC，
∴CG是△BHD的中位线，
∴CG∥BH，
∴∠H=∠GCD，
∵BF⊥AC,HD⊥AC，
∴BF∥HD，
∴∠AMF=∠ADC，
∴∠GCD=∠AMF=∠MFG，
∵∠MFG+∠CFG=∠GCD+∠FCG=90°，
∴∠CFG=∠FCG，
∴FG=CG；
②解：四边形ABCG是平行四边形，证明如下：
∵点E是AC的中点，
∴AE=CE，
∵CG∥BH，
∴∠BAE=∠ECG，
在△ABE和△CGE中，
∠BAE=∠ECGAE=CE∠AEB=∠GEC，
∴△ABE≌△CGE，
∴AB=CG，
∵AB∥CG，
∴四边形ABCG是平行四边形，
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
21．（8分）（2023春·四川成都·八年级校考期中）已知，菱形ABCD中，∠B=60°，E、P分别是边BC和CD上的点，且∠EAP=60°．
(1)求证：BC=EC+CP．
(2)如图2，F在CA延长线上，且FE=FB，求证：AF=EC．
(3)如图3，在（2）的条件下AF=4，BE=6，点O是FB的中点，求OA的长．
答案:(1)见详解
(2)见详解
(3)19
分析：（1）连接AC，如图1，根据菱形的性质得AB=BC，即可判定△ABC为等边三角形，得到∠BAC=60°，AC=AB，然后利用ASA可证明△AEB≌△APC，即可解答；
（2）过点F作FH∥AB，交CB的延长线于点H，利用平行线的性质求得△FHC是等边三角形，得到CF=CH=FH，然后利用AAS定理求得△HBF≌△CEF，从而问题得解；
（3）过点B作BK∥FC，交HF于点K，根据两组对边分别平行求得四边形KBAF是平行四边形，从而求得OA=12AK，FK=10，A作AM⊥FH，然后利用含30°的直角三角形的性质以及勾股定理求得MF=12AF=2，AM=AF2−MF2=23，即有KM=FK−MF=10−2=8，在Rt△AKM中，利用勾股定理可得AK=219，问题随之得解．
【详解】（1）连接AC，如图1，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB，
∴∠BAE+∠EAC=60°，
∵∠EAP=60°，即∠EAC+∠CAP=60°，
∴∠BAE=∠CAP，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACP=60°，即∠ACP=60°=∠B，
在△AEB和△APC中，∠BAE=∠CAPAB=AC∠B=∠ACP，
∴△AEB≌△APC，
∴BE=CP，
∴BC=EC+BE=EC+CP；
（2）过点F作FH∥AB，交CB的延长线于点H，如图2，
在（1）中已证△ABC为等边三角形，
∵FH∥AB，
∴∠H=∠ABC=60°=∠C，
∴△FHC是等边三角形，
∴CF=CH=FH，
又∵△ABC是等边三角形，
∴CA=CB，
∴AF=BH，
又∵FB=FE，
∴∠FEB=∠FBE，即∠FBH=∠FEC，
在△HBF和△CEF中∠FBH=∠FEC∠FHB=∠FCEFH=FC，
∴△HBF≌△CEF，
∴BH=EC，
∴AF=EC；
（3）过点B作BK∥FC，交HF于点K，如图3，
∵BK∥FC，FH∥AB，AF=4，BE=6，
∴四边形KBAF是平行四边形，
∴KB=AF=EC=4，
∵点O是FB的中点，
∴OA=12AK，
∴FK=AB=BC=BE+EC=BE+AF=10，
过点A作AM⊥FH，
由（2）可知，∠CFH=60°，
∴在Rt△AMF中，∠MAF=30°，
∴MF=12AF=2，AM=AF2−MF2=23，
∴KM=FK−MF=10−2=8，
在Rt△AKM中，AK=AM2+MK2=(23)2+82=219，
∴OA=12AK=19．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，及平行四边形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，题目有一定的综合性，正确添加辅助线解题是关键的突破点．
22．（8分）（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，O是平行四边形ABCD对角线的交点，过点O作OH⊥AB，OM⊥BC，垂足分别为H，M，若OH≥OM，我们称λ=OHOM是平行四边形ABCD的心距比．
(1)如图2，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，则λ= ．
(2)如图3，四边形ABCD是平行四边形，λ=1，求证：四边形ABCD是菱形．
(3)已知如图，在△ABC中，∠B=75°，点E、F、G分别在AB、AC、BC边上，若存在一个四边形BEFG是平行四边形，且λ=2，请通过尺规作图作出一个点F．（不写作法，但保留作图痕迹；如若有必要，可简述作图思路）
答案:(1)43
(2)证明见解析
(3)作图见解析
分析：（1）由面积法可得12AB·OH=12BC·OM，即可求解；
（2）由角平分线的性质可得∠ABD=∠CBD，由平行线的性质可得∠ADB=∠CBD=∠ABD，可得AB=AD，可得结论；
（3）如图4，以点C为圆心，CB为半径作弧，交AB于点D，作BC的垂直平分线交CD于Q，连接BQ，并延长交AC于点F，则点F为所求点．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°， OA=OC，
∵OH⊥AB，OM⊥BC，
∴12AB·OH=12BC·OM，
∴ OHOM=BCAB=43，
∴λ=43．
（2）∵λ=1，
∴OHOM=1，
∴OH=OM，
又∵OH⊥AB，OM⊥BC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD=∠ABD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）如图，以点C为圆心，CB为半径作弧，交AB于点D，作BC的垂直平分线交CD于Q，连接BQ，并延长交AC于点F，则点F为所求点．
理由如下：过F作FE∥BC交BA于E，过F作FG∥AB交BC于G，连接EG，交BF于O，过O作OH⊥AB于H，过O作OM⊥BC于M，
由作图可得：CD=CB，而∠ABC=75°，
∴∠CDB=∠CBD=75°，∠DCB=30°，
由作图可得： 作BC的垂直平分线交CD于Q，
∴QB=QC，
∴∠QCB=∠QBC=30°，
∴∠HBO=45°，
在Rt△BMO中，OM=12OB，
在Rt△BOH中，OH=22OB，
∴OHOM=22OB12OB=2，即λ=2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的判定，基本作图等知识，理解新定义，并运用是解题的关键．
23．（8分）（2023春·辽宁沈阳·九年级沈阳市第一二六中学校考开学考试）在正方形ABCD中，AE⊥MN，点E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB，AE，CD于点M，P，N．
(1)①如图1，判断线段AE与MN之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若垂足P为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，则∠AEQ=______．
(3)若垂足P在对角线BD上，正方形的边长为8．
①如图3，若BM=1，BE=32，则BP=______；
②如图4，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P′处，AD的中点为S，则P′S的最小值为______．
答案:(1)AE=MN；理由见解析
(2)45°
(3)①524；②22
分析：（1）过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出MN=BF，证明△ABE≌△BCF得出AE=BF，即可得出结论；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，证明Rt△ AHQ≌ Rt△ QIE得出∠AQH=∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ=∠AEQ=45°，即可得出结论；
（3）①过点P分别作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分别为G,H，则∠PEG=∠PHM=90°，证明△PMH≌△PEG AAS，设GE=MH =x，根据MB+MH=BE−GE，求得x=14，即可得出BP=542；
②连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P'的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA=∠AD O′ =45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′ H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，证明Rt△ PGN≌ Rt△ NH P′得出PG=NH，GN= P′ H，由正方形的性质得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH= P′ H，得出∠ P′ DH=45°，故∠ P′ DA=45°，点P′在线段D O′上运动；过点S作SK⊥D O′，垂足为K，即可得出结果．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴MN=BF，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE=90°，
∴∠CBF+∠ABE=90°，
∵∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
在△ABE和△BCF中，
∠BAE＝∠CBFAB＝BC∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF，
∴AE=MN；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA=45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ=QE，
在Rt△ AHQ和Rt△ QIE中，
AQ=QEAH=QI，
∴ Rt△ AHQ≌ Rt△ QIE（HL），
∴∠AQH=∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI=90°，
∴∠AQE=90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ=∠AEQ=45°，
故答案为：45°．
（3）①解：如图所示，
过点P分别作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分别为G,H，则∠PEG=∠PHM=90°
∵ P在正方形对角线BD上，
∴ PH=PG，△PBG是等腰直角三角形，
∵ AE⊥MN,∠ABC=90°，
∴ ∠PMB+∠PEB=180°，
又∵ ∠PMH+∠PMB=180°，
∴ ∠PMH=∠PEG，
∴ △PMH≌△PEG AAS，
∴ GE=MH，
设GE=MH =x，
∴ MB+MH=BE−GE
∵ BM=1，BE=32，
∴ 1+x=32−x
解得：x=14，
∴ BG=32−14=54
则BP=542，
故答案为：542．
连接AC交BD于点O，如图所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO=OD，∠AOD=90°，
∴∠ODA=∠AD O′ =45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′ H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP=PC，
在△APB和△CPB中，
AP=PCBP=BPAB=BC，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP=∠BCP，
∵∠BCD=∠MPA=90°，
∴∠PCN=∠AMP，
∵ AB∥CD，
∴∠AMP=∠PNC，
∴∠PCN=∠PNC，
∴PC=PN，
∴AP=PN，
∴∠PNA=45°，
∴∠PN P′ =90°，
∴∠P'NH+∠PNG=90°，
∵∠P'NH+∠N P′ H=90°，∠PNG+∠NPG=90°，
∴∠NPG=∠ P′ NH，∠PNG=∠N P′ H，
由翻折性质得：PN= P′ N，
在△PGN和△NH P′中，
∠NPG=∠P′NHPN=P′N∠PNG=∠NP′H，
∴△PGN≌△NH P′（ASA），
∴PG=NH，GN=P'H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG=45°，
则PG=GD，
∴GN=DH，
∴DH= P′ H，
∴ ∠P′DH=45 °，故∠ P′ DA=45°，
∴点P′在线段D O′上运动；
过点S作SK⊥D O′，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS=4，则P′ S的最小值为22．
【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．