第9章 中心对称图形——平行四边形（基础类型）-2024-2025学年八年级数学下册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练（苏科版）

第9章 中心对称图形——平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、旋转中心、旋转角、对应点 【解惑】如图，D是等腰内一点，是斜边，如果将绕点A逆时针方向旋转到的位置，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图所示，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一直线上时，则旋转角的度数是（　　） A． B． C． D． 2．如图，在的方格纸中，格点四边形甲经过旋转后得到格点四边形乙，则其旋转中心是点 ． 3．如图，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段． （1）旋转中心是 ， （2）旋转角为 ． 类型二、旋转的性质 【解惑】如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点、的对应点分别为、，连接，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（   ）    A． B． C． D． 2．如图，在中，，在同一平面内，将绕点A顺时针旋转得到，且，则的度数是 ．    3．在等边中，，点O在上，且，点P是上一动点，连接，将线段绕点O逆时针旋转得到线段．要使点D恰好落在边上，则的长是 ． 类型三、绕某点旋转一定角度求点的坐标 【解惑】如图，点A在x轴上，，将绕点O按顺时针方向旋转得到，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．在如图所示的平面直角坐标系中，将向右平移个单位长度后得到，再将绕点旋转后得到，那么点的坐标是（   ）    A． B． C． D． 2．如图，已知直线与y轴交于点，与x轴的负半轴交于点B，且，点C为x轴的正半轴上一点，将线段绕点C按顺时针方向旋转得线段，连接，若，则 ． 3．如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，，，将绕点O旋转，使点B落在x轴上，则此时点A的坐标为 ． 类型四、中心对称图形 【解惑】以下符号，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 2．在线段、等腰三角形、正三角形、平行四边形、正方形、等腰梯形、五角星和圆中，共有 个既是轴对称图形又是中心对称图形． 3．给出下列图形：①等边三角形；②矩形；③平行四边形；④菱形；⑤正方形；⑥圆．其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是 （填写图形的相应编号） 类型五、关于原点对称的点的坐标 【解惑】在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．已知点与点是关于原点的对称点，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 2．点和点关于原点对称，则的值是 ． 3．点与点关于原点对称，则 ． 类型六、平行四边形的性质 【解惑】在平行四边形中，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，点E为平行四边形的对角线上一点，，连接并延长至点F，使得，连接，则为（   ） A．2.5 B．3 C．3.5 D．8 2．如图，在中，E在上，，F在上，，若，则 ． 3．【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接，以为边向右作等边，连接． 【初步发现】（1）求证：为等边三角形； 【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形； 【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积． 类型七、矩形的性质 【解惑】如图，矩形的对角线，交与点O，于E，点F为中点，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，点E、点F分别是矩形边、上一点，沿对折，点B的对应点恰好落在点D上．若，，则长是（   ） A．6 B．8 C． D． 2．已知矩形纸片，，，点在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为 ． 3．如图，在矩形中，，对角线相交于点，对角线所在的直线绕点顺时针方向旋转，旋转中，直线分别交于点，将四边形沿直线折叠得到四边形，其中线段交于点．            图1                        图2                       图3 (1)如图1，探究出与的数量关系为____________； (2)如图2，连接交于点． ①证明：； ②当时，求证：； (3)深入研究，当时，请直接写出的长． 类型八、菱形的性质 【解惑】如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为16，则的长为（   ） A．4 B． C．8 D． 【融会贯通】 1．如图，在菱形中，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，菱形的面积为，点是的中点，点是边上的动点．当点运动到边的中点时，的面积为 ；当的面积为时，图中阴影部分的面积为 ． 3．如图， 在菱形中，，点E，点F 分别在上．    (1)如图1，若点E， 点F 分别是的中点， 则 °； (2)如图2，若满足， 求证：是等边三角形． (3)如图3，若点E为的中点，，点G、点H 分别在，上，且，求和之间的数量关系． 类型九、正方形的性质 【解惑】如图，点E是正方形的边上一点，把绕点A顺时针旋转到的位置．若四边形的面积为36，，则的长为（  ） A．6 B． C．8 D． 【融会贯通】 1．如图，正方形中，E为上一点，过B作于点G，延长至点F，使得，连接，． 若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 2．如图，已知正方形的边长为，边上的一点，，则的长为 ． 3．在正方形中，是边上一点，（点不与点，重合），连接． (1)如图，过点作交于点．证明：． (2)如图，取的一点，过点作交于点，交于点．求证：． 类型十、三角形的中位线 【解惑】如图，在矩形中，，，点，分别在，上，，，若点是的中点，是的中点，连接，则的长为（   ）    A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，的各点都在格点（网格线的交点）上，D，E分别是边的中点，连接，则的长为（   ） A．2 B． C． D．1 2．已知如图，正方形，，点，分别是边，的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则 ． 3．已知，直角三角形中，，点、分别是边、的中点，． (1)如图1，动点从点出发，沿直线方向向右运动，则当 时，四边形是矩形： (2)将点绕点逆时针旋转． ①如图2，旋转到点处，连接、、．求证：是直角三角形； ②如图3，旋转到点处，连接、．已知，求的面积及点到的距离． 【一览众山小】 1．下列各曲线是在平面直角坐标系中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（     ） A． B． C． D． 3．如图所示的正方形中，点E在边上，把绕点A顺时针旋转得到，下列角中，是旋转角的是（   ） A． B． C． D． 4．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 5．等边三角形至少旋转 度才能与自身重合． 6．如图，将绕点O逆时针旋转后得到，若，则等于 ． 7．如图，将绕点逆时针旋转得到，延长交于点，交于点，若，求的度数． 8．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，图中A，B，C，D都是格点，E是上一点，连接，．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示． (1)如图1，先在上画一点F，使得；再画点E关于的对称点G； (2)如图2，若E是中点，先在上画点H，使得；再在，上分别画点M，N，使得四边形是平行四边形． 9．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． (1)将绕点C顺时针旋转得到（点B的对应点是点），则的坐标为 　； (2)请画出绕原点O顺时针旋转后得到的（点A，B，C的对应点分别是点，，）． 10．如图，菱形中，点E，F分别是，边上的点，．求证：． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第9章 中心对称图形——平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、旋转中心、旋转角、对应点 【解惑】如图，D是等腰内一点，是斜边，如果将绕点A逆时针方向旋转到的位置，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得，旋转角，，然后由等边对等角及三角形的内角和定理可得，于是得解． 【详解】解：将绕点A逆时针方向旋转到的位置， 旋转角，， ， 故选：． 【融会贯通】 1．如图所示，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一直线上时，则旋转角的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转角的求解，由旋转可知：，求出即可求解； 【详解】解：由旋转可知：， ∴， ∴， ∴， 故选：A 2．如图，在的方格纸中，格点四边形甲经过旋转后得到格点四边形乙，则其旋转中心是点 ． 【答案】 【分析】此题考查了旋转的性质．连接两组对应顶点，作对应顶点所连线段的垂直平分线，交于点即可． 【详解】解：如图，连接两组对应顶点，作对应顶点所连线段的垂直平分线，交于点，    故答案为：． 3．如图，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段． （1）旋转中心是 ， （2）旋转角为 ． 【答案】 或 【分析】本题考查了旋转的性质；①当点的对应点为点时，②当点的对应点为点时，根据网格的特点得出旋转中心与旋转角，即可求解． 【详解】解：①当点的对应点为点时，连接、，分别作线段、的垂直平分线交于点，如图所示， 点的坐标为，点的坐标为， 点的坐标为； 根据网格可得 ②当点的对应点为点时，连接、，分别作线段、的垂直平分线交于点，如图所示， 点的坐标为，点的坐标为， 点的坐标为． 根据网格可得 综上所述：这个旋转中心的坐标为或，旋转角为 故答案为或；． 类型二、旋转的性质 【解惑】如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点、的对应点分别为、，连接，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，由旋转得出是解题的关键．由旋转的性质可得，再根据平行线的性质，得，利用三角形内角和定理求出，即可解决问题． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 【融会贯通】 1．如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了旋转的性质， 先根据旋转的性质得，再根据得出答案． 【详解】根据旋转的性质得， ∵， ∴． 故选：D． 2．如图，在中，，在同一平面内，将绕点A顺时针旋转得到，且，则的度数是 ．    【答案】/45度 【分析】该题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．根据平行线的性质得出，根据旋转的性质得出，证出，结合等腰三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 根据旋转的性质可得， ∴，， ∴， 故答案为：． 3．在等边中，，点O在上，且，点P是上一动点，连接，将线段绕点O逆时针旋转得到线段．要使点D恰好落在边上，则的长是 ． 【答案】6 【分析】本题考查了旋转的性质：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；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定． 先利用旋转的性质得，再根据平角的定义得到，接着根据等边三角形的性质得，所以，于是得到，则可利用“”判断，所以． 【详解】解：如图， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段，要使点恰好落在边上， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ， ， ， 在和中 ， ∴， ， 而， ， 故答案为：6． 类型三、绕某点旋转一定角度求点的坐标 【解惑】如图，点A在x轴上，，将绕点O按顺时针方向旋转得到，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查坐标与旋转，含30度角的直角三角形，过点作轴，根据旋转的性质，结合角的和差关系，得到，进而求出的长，即可得出结果。 【详解】解：过点作轴， ∵， ∴， ∵将绕点O按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选D。 【融会贯通】 1．在如图所示的平面直角坐标系中，将向右平移个单位长度后得到，再将绕点旋转后得到，那么点的坐标是（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平移和旋转，坐标与图形，根据题意，画出图形，即可得出答案，掌握平移、旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：根据题意，可画出如下图形：    ∴点的坐标， 故选：． 2．如图，已知直线与y轴交于点，与x轴的负半轴交于点B，且，点C为x轴的正半轴上一点，将线段绕点C按顺时针方向旋转得线段，连接，若，则 ． 【答案】 【分析】如图，过点作，使得，连接．证明，推出，在中，求出，再求出，可得结论． 【详解】解：如图，过点B作，使得，连接． ， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 在中，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 3．如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，，，将绕点O旋转，使点B落在x轴上，则此时点A的坐标为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，等边对等角，勾股定理， 含30度角的直角三角形的性质，分当点F在x轴正半轴时，当点F在x轴负半轴时，过点E作于H，根据旋转的性质得到，据此利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出点E的坐标即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， 设点A的对应点为点E，点B的对应点为F， 如图所示，当点F在x轴正半轴时，过点E作于H， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴； 如图所示，当点F在x轴负半轴时，同理可得； 综上所述，当点B落在x轴上，此时点A的坐标为或， 故答案为：或． 类型四、中心对称图形 【解惑】以下符号，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选选项不符合题意； B、是中心对称图形不是轴对称图形，故该选项不符合题意； C、既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项符合题意； D、是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意； 故选：C ． 【融会贯通】 1．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故D选项符合题意． 故选：D． 2．在线段、等腰三角形、正三角形、平行四边形、正方形、等腰梯形、五角星和圆中，共有 个既是轴对称图形又是中心对称图形． 【答案】/三 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【详解】解：线段、正方形、圆是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意，共3个； 等腰三角形、正三角形、等腰梯形、五角星是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； 平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意． 故答案为：． 3．给出下列图形：①等边三角形；②矩形；③平行四边形；④菱形；⑤正方形；⑥圆．其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是 （填写图形的相应编号） 【答案】②④⑤⑥ 【分析】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，解题的关键是根据中心对称图形的定义：把一个图形旋转，如果旋转后的图形能于原图形重合，那么该图形的中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么该图形就是轴对称图形，进行解答，即可． 【详解】解：①等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形； ②矩形既是轴对称图形，也是中心对称图形； ③平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形； ④菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形； ⑤正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形 ⑥圆既是轴对称图形，也是中心对称图形； 故答案为：②④⑤⑥． 类型五、关于原点对称的点的坐标 【解惑】在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，直接根据关于原点对称的点的坐标特征作答即可． 【详解】解：解：∵关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数， ∴点关于原点对称的点的坐标是 故选：D． 【融会贯通】 1．已知点与点是关于原点的对称点，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律．关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．可以求出的值，继而得到点的坐标． 【详解】解∶ 点与点是关于原点的对称点， ． 点A的坐标为． 故选∶C 2．点和点关于原点对称，则的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，根据关于原点对称的点，横纵坐标互为相反数即可求解，掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键． 【详解】解：∵点和点关于原点对称， ∴， 故答案为：． 3．点与点关于原点对称，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了关于原点对称的点坐标的特征，有理数的乘方．熟练掌握关于原点对称的点坐标的横纵坐标均互为相反数是解题的关键． 由题意知，，，计算求出的值，然后代值求解即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， 解得，， ∴． 故答案为：1． 类型六、平行四边形的性质 【解惑】在平行四边形中，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质得到，即可求解． 【详解】解：如图， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ． 故选：B． 【融会贯通】 1．如图，点E为平行四边形的对角线上一点，，连接并延长至点F，使得，连接，则为（   ） A．2.5 B．3 C．3.5 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形和平行四边形的性质定理与判定定理，过点F作交于点G，再利用全等三角形的判定定理与性质定理结合平行四边形的性质定理与判定定理即可得解． 【详解】解：过点F作交于点G， ∴， 又， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∴． 故选：B． 2．如图，在中，E在上，，F在上，，若，则 ． 【答案】18 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据同高三角形的面积比等于底边比，求出的面积，同理求出的面积，再根据，即可得出结果． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴； 故答案为：18． 3．【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接，以为边向右作等边，连接． 【初步发现】（1）求证：为等边三角形； 【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形； 【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（）根据等边三角形得和，以及和，则，可证，有，，再证，即可得出结论； （）由等边三角形得和，则，可得，进一步得，即可得出结论； （）过作于，则，由（）可知，，求得，结合等边三角形求得和，利用勾股定理得，然后用面积公式即可求解． 【详解】证明：（1）∵是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形； （2）由（）可知，是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （3）如图，过作于， 则， 由（）可知，， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定定理、平行四边形的判定定理、勾股定理、含角的直角三角形的性质，解题的关键在熟练掌握相关的性质定理． 类型七、矩形的性质 【解惑】如图，矩形的对角线，交与点O，于E，点F为中点，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质，，利用等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理解答即可． 【详解】解：∵ 矩形的对角线，交与点O， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，点F为中点， ∴，， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，点E、点F分别是矩形边、上一点，沿对折，点B的对应点恰好落在点D上．若，，则长是（   ） A．6 B．8 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形与折叠问题，菱形的判定及性质，勾股定理等知识点，连接，，根据矩形与折叠的性质，先证明四边形是菱形，结合勾股定理求得，再利用等面积法求解即可． 【详解】解：连接，， 在矩形中，，，，， ∴， 由折叠可知，，，，，， ∵， ∴，则， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 设，则， 在中，，即：， 解得：，即， ∵菱形的面积， ∴， 故选：D． 2．已知矩形纸片，，，点在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查矩形与折叠的综合，解题的关键是掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用，直角三角形的性质，根据题意，分类讨论：当时，利用勾股定理，进行解答；当时，根据折叠的性质，可得，根据等边对等角，， 根据，，得到，再根据等角对等边，进行解答，即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，， 由折叠可得，， ∴ ∴ ∴ ∴ 当时，此时点在上； ∴设 ∴ ∴ 解得： ∴； 当时，此时点在矩形内部， ∵将沿所在的直线折叠，点的对应点为， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 综上所述，或， 故答案为：或． 3．如图，在矩形中，，对角线相交于点，对角线所在的直线绕点顺时针方向旋转，旋转中，直线分别交于点，将四边形沿直线折叠得到四边形，其中线段交于点．            图1                        图2                       图3 (1)如图1，探究出与的数量关系为____________； (2)如图2，连接交于点． ①证明：； ②当时，求证：； (3)深入研究，当时，请直接写出的长． 【答案】(1) (2)①见解析；②见解析 (3)4或1 【分析】（1）由矩形的性质可得出，由折叠的性质可得出，进而可得出． （2）①由矩形的性质可得出， 由折叠可知，等量代换可得出，由对顶角相等可知，由三角形内角和定理可得出，由（1）知：，等量代换可知． ②在上截取，连接，由矩形的性质以及折叠的性质得出，由①得，证明和 是等边三角形，由等边三角形的性质可得出，再证明，进一步结合全等三角形的性质可得出． （3）分两种情况求解，①当点在右上方时和当点在左上方时，画出图形分别求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形沿直线折叠得到四边形， ∴， ∴． （2）证明：①四边形是矩形， ． 又， ， ． 由折叠可知． ． 又， ， 由（1）知：． ． 证明：②在上截取，连接， 四边形折叠得到四边形， ， ， ∴， ， ， ， 由①得． 等边三角形． ． 是等边三角形， ． ， ， ， ． ， ． ． （3）解：①当点在右上方时，如图过点作于点， ， 在中，． 设，则， ． ． 解得． ． ②当点在左上方时， 同理可得， 设，则， ． ． 解得． ． 综上，的长为4或1． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠的综合问题，全等三角形的判定以及性质，等边三角形的判定以及性质，勾股定理等知识，掌握这些知识是全等三角形的判定定理以及性质是解题的关键． 类型八、菱形的性质 【解惑】如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为16，则的长为（   ） A．4 B． C．8 D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．根据直角三角形的性质可得，结合菱形的面积为16可得，进而得到和的长，最后利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：菱形的对角线，相交于点O， ，，， ， ， 在中，点O是的中点， ， ， ， ， 菱形的面积为16， ， ， ， 在中，， 的长为． 故选：B． 【融会贯通】 1．如图，在菱形中，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的定义，根据菱形的定义得，进而得，再根据三角形的内角和定理即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴, ∴， ∴， 故选：B． 2．如图，菱形的面积为，点是的中点，点是边上的动点．当点运动到边的中点时，的面积为 ；当的面积为时，图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质，当点运动到边的中点时，连接、，根据菱形的性质得，再根据三角形中线平分三角形的面积可得结论；当的面积为时，连接、、，根据菱形的性质得，，根据三角形的中线的性质得，，继而得到，再代入计算即可．解题的关键是掌握：三角形中线平分三角形的面积． 【详解】解：当点运动到边的中点时， 连接、， ∵菱形的面积为， ∴， ∵点是边中点， ∴， ∵点是边中点， ∴； 当的面积为时， 连接、、， ∵菱形的面积为， ∴，， ∵点是边中点， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴和的底相同，高相等， ∴， ∴； 故答案为：；． 3．如图， 在菱形中，，点E，点F 分别在上．    (1)如图1，若点E， 点F 分别是的中点， 则 °； (2)如图2，若满足， 求证：是等边三角形． (3)如图3，若点E为的中点，，点G、点H 分别在，上，且，求和之间的数量关系． 【答案】(1)60 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查的是菱形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质及平行四边形的判定与性质； （1）连接，得到都是等边三角形，根据三线合一性质求出即可； （2）连接，得到是等边三角形，证明，进而证明结论； （3）连接，过点B作交于点P，交于点Q，先证明，设，求出，，即可求出结论； 【详解】（1）解：连接，    在菱形中，， 都是等边三角形， ∴， 点E， 点F 分别是的中点， ， ； 故答案为：60； （2）证明：如图2，连接，    ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴在和中，   ， ∴ ， ∴ ，， ∴ ， ∴， 又∵， ∴是等边三角形； （3）如图3，连接，过点B作交于点P，交于点Q，    在菱形中，， 四边形和四边形都是平行四边形， ∴， ∴， ∵，   ∴， ∴在和中，   ，   ∴， ∴， ∵点E为的中点，， ∴， 设， ∴  ， ∴ ， ∴， ∵ ， ∵  ， ∴， ∴， ∴． 类型九、正方形的性质 【解惑】如图，点E是正方形的边上一点，把绕点A顺时针旋转到的位置．若四边形的面积为36，，则的长为（  ） A．6 B． C．8 D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形与旋转，勾股定理，根据旋转的性质，得到，得到，进而推出正方形的面积等于四边形的面积，求出的长，勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵把绕点A顺时针旋转到的位置， ∴， ∴， ∴四边形的面积， ∵正方形， ∴，， ∴； 故选D． 【融会贯通】 1．如图，正方形中，E为上一点，过B作于点G，延长至点F，使得，连接，． 若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质． 过C作于H，证明，得，从而得，得，则可求得． 【详解】解：如图，过C作于H，则； ∵四边形是正方形， ∴； ， ∴， ∴，， ∵， ∴； 在与中， ， ， ； ， ， 即， ； ， ， ， ． 故选：D 2．如图，已知正方形的边长为，边上的一点，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是正确作出辅助线． 如图所示，连接，过点E作于点F，首先求出，然后证明出是等腰直角三角形，设，根据勾股定理得到，然后根据得到，进而求解即可． 【详解】如图所示，连接，过点E作于点F ∵四边形是正方形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵， ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴设 ∴ ∵正方形的边长为 ∴ ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 3．在正方形中，是边上一点，（点不与点，重合），连接． (1)如图，过点作交于点．证明：． (2)如图，取的一点，过点作交于点，交于点．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由正方形的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，利用等式的性质可得，利用可证得，于是结论得证； （2）过点作交于点，由正方形的性质可得，即，因而可知四边形是平行四边形，于是可得，由（1）同理可证，于是可得，则结论得证． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， 又， ， 在和中， ， ； （2）证明：如图，过点作交于点， 四边形是正方形， ，即：， 又， 四边形是平行四边形， ， 由（1）同理可证， ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形的两个锐角互余，等式的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定与性质是解题的关键． 类型十、三角形的中位线 【解惑】如图，在矩形中，，，点，分别在，上，，，若点是的中点，是的中点，连接，则的长为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接并延长交与，连接，由矩形的性质得出，，证明得，，由勾股定理求出的长，再由三角形中位线定理即可得解． 【详解】解：如图，连接并延长交与，连接，    ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴， ∴的长为． 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理．熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，的各点都在格点（网格线的交点）上，D，E分别是边的中点，连接，则的长为（   ） A．2 B． C． D．1 【答案】C 【分析】本题考查勾股定理与网格问题，三角形中位线定理．先利用勾股定理求出的长，再利用三角形中位线定理即可求出的长． 【详解】解：根据勾股定理得：， ∵D，E分别是边的中点， ， 故选：C． 2．已知如图，正方形，，点，分别是边，的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则 ． 【答案】 【分析】并延长交于， 连接，根据正方形的性质得到根据全等三角形的性质得到根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论. 【详解】解： 连接并延长交于， 连接， ∵四边形是正方形， ， ∵分别是边的中点， ， ， ， 在与中， ， ， ，， ， ， ∵点分别是的中点， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键． 3．已知，直角三角形中，，点、分别是边、的中点，． (1)如图1，动点从点出发，沿直线方向向右运动，则当 时，四边形是矩形： (2)将点绕点逆时针旋转． ①如图2，旋转到点处，连接、、．求证：是直角三角形； ②如图3，旋转到点处，连接、．已知，求的面积及点到的距离． 【答案】(1)3 (2)①见解析；②的面积为，点到的距离为7 【分析】（1）根据矩形的性质可得，根据中位线的性质可得，即可求解； （2）①根据旋转的性质得出，进而可得，，求出，即可证明是直角三角形；②过点E作，垂足为点K，过点G作交的延长线于点M，利用证明，推出，求出，根据三角形面积公式即可求解，点到的距离等于，即可求解． 【详解】（1）解：当时，四边形是矩形， 中，点D、E分别是边、的中点，， ，， 当时，则， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， 故答案为：3； （2）解：①证明：点E是的中点， ， 根据旋转的性质可知， ， 设， 在中，，可得， 在中，可得， ， 是直角三角形； ②如图，过点E作，垂足为点K，过点G作交的延长线于点M， 点D、E分别是边、的中点， ， ，， ， 四边形是矩形， ，，， ，即， ， ， ， 根据旋转的性质可知， 在和中， ，   ， ，， ， ， ∴， ∴点G到的距离为7． 【点睛】本题考查旋转的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形内角和定理等知识点，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，通过作辅助线构造全等三角形． 【一览众山小】 1．下列各曲线是在平面直角坐标系中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，“如果一个图形绕某点旋转，和自身能够完全重合，那么这个图形叫中心对称图形”，据此即可求解． 【详解】解：各曲线是在平面直角坐标系中根据不同的方程绘制而成的，是中心对称图形的是 故选：C． 2．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特点是解题的关键．两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．由此可求点P关于原点对称的点的坐标． 【详解】解：∵点， ∴P点关于原点对称的点为， 故选：C． 3．如图所示的正方形中，点E在边上，把绕点A顺时针旋转得到，下列角中，是旋转角的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查旋转角，熟练掌握求一个旋转图形的旋转角是解题的关键． 根据“旋转角是指以图形在作旋转运动时，一个点与中心的旋转连线，与这个点在旋转后的对应点与旋转中心的连线，这两条线的夹角”，由此问题可求解． 【详解】解：由题意得：旋转角为或， 故选：C． 4．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 【答案】 【分析】此题考查关于原点对称的点的坐标．关于原点对称的点的坐标横坐标和纵坐标都互为相反数，据此进行解答即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为： 5．等边三角形至少旋转 度才能与自身重合． 【答案】120 【分析】等边三角形的中心到三个顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，求旋转角即可．本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 【详解】解：∵等边三角形的中心到三个顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等， ∴旋转角为， ∴至少旋转120度才能与自身重合． 故答案为：120． 6．如图，将绕点O逆时针旋转后得到，若，则等于 ． 【答案】/度 【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转的性质可知，旋转角等于，从而可以得到的度数，由可以得到的度数． 【详解】解：绕点按逆时针方向旋转后得到， ． ， ． 故答案为：． 7．如图，将绕点逆时针旋转得到，延长交于点，交于点，若，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，能灵活运用旋转的性质是解决问题的关键． 由旋转的性质得到，，进而推出，根据三角形内角和定理证得，即可求得的度数． 【详解】解：将绕点逆时针旋转得到， ∴， ∵，且， ∴． 8．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，图中A，B，C，D都是格点，E是上一点，连接，．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示． (1)如图1，先在上画一点F，使得；再画点E关于的对称点G； (2)如图2，若E是中点，先在上画点H，使得；再在，上分别画点M，N，使得四边形是平行四边形． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 【分析】本题主要考查了用无刻度的直尺在网格中画出符合要求的点和坐标，掌握三等分点的概念，中位线的概念，平行四边形的性质，关于某条线段成轴对称的性质，是解本题的关键． （1）连接交于点，，故则点是符合条件的点；连接交于点，连接并延长交于点，利用三角形全等即可得到点与点关于对称． （2）连接交于点，交于点N， 因为是的中位线，故，连接交于点，连接则四边形是所作四边形． 【详解】（1）连接交于点，则点是符合条件的点，连接交于点，连接并延长交于点，则点与点关于对称． （2）连接交于点，交于N，连接则，连接交于点，连接则四边形是所作四边形． 9．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． (1)将绕点C顺时针旋转得到（点B的对应点是点），则的坐标为 　； (2)请画出绕原点O顺时针旋转后得到的（点A，B，C的对应点分别是点，，）． 【答案】(1) (2)画图见解析 【分析】本题考查的是画旋转图形，求解旋转对应点的坐标； （1）先画出绕点C顺时针旋转得到，再写出其坐标即可； （2）分别确定绕原点O顺时针旋转后的对应点，再顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图，即为旋转后的线段， ∴． （2）解：如图，即为所求： 10．如图，菱形中，点E，F分别是，边上的点，．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．先证明，根据性质得出即可证明结论． 【详解】证明：在菱形中，， 又， ， ， ． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$