第9章 中心对称图形-平行四边形能力提升测试卷-2024-2025学年八年级数学下册《知识解读•题型专练》（苏科版）

第9章 中心对称图形-平行四边形能力提升测试卷 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 一．单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．如图，将绕顶点A逆时针旋转得到．若点恰好落在边上，且，则旋转角的大小是（   ） A． B． C． D． 2．如图所示，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点落在边上，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 3．如图，将菱形纸片折叠，使点落在边的点处，折痕为，若，为的中点，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 4．如图，、分别是的边、上的点，，，将四边形沿翻折，得到，交于点，则的高是（　　） A． B． C． D． 5．如图，在中，，点D、E分别是边的中点，点F是线段上的一点且，连接，若，则线段的长为（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 6．正方形的两边分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为旋转中心，把旋转，则旋转后D点得到的对应点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．或 7．如图，在等边中，，点在上，且，是上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，若使点恰好落在上，记该点为，则线段的长是（    ） A．6 B．4 C．5 D．3 8．如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点，那么添加下列条件一定能判定四边形是正方形的是（    ） A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 9．如图，已知中，，，将绕点逆时针旋转得到，以下结论：①，②，③，④，正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 10．在中，，是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得，连接，下列结论：①；②的面积等于四边形的面积；③；④；其中正确的是（   ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①② 二．填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．） 11．如图，将绕点旋转到的位置，若，，则的度数为 ． 12．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，连接．若将绕点B顺时针旋转90°，得到，则点的坐标为 ． 13．如图所示，在菱形中，以点为圆心，一定长为半径画弧分别交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，连接并延长交于点．若，则 ． 14．如图，是等边内的一点，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接，则 ． 15．如图，在四边形中，，，点，在边上，且．连接，，则四边形周长的最小值为 ．    16．如图所示为一直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接，则四边形的周长为 ． 三．解答题（本题共6小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（8分）如图，在中，，点D、E分别在上，且，连接，将线段绕点C按顺时针方向旋转后得到，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 18．（8分）如图，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 19．（8分）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求四边形是菱形时的长． 20．（8分）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状             不相等不垂直 平行四边形 菱形                                   如图，在四边形中，、、、分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：、、、分别是、、、的中点， 、分别是和的中位线， ，（ ）， ． 同理可得：． 中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． 请你补全上述过程中的证明依据 ． 【探究二】 从作图、测量结果得出猜想：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． 下面我们结合图2来证明猜想，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 从作图、测量结果得出猜想：原四边形对角线垂直时，中点四边形是 ． 下面我们结合图3来证明猜想，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 21．（10分）如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A立即停止；同时点Q从点B 出发向点C运动，运动到点C立即停止，点P，Q的速度都是，连接，，，设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是菱形？ (2)求（1）中菱形的周长和面积． 22．（10分）综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“线段的旋转”为主题开展数学活动．已知等腰中，．点是射线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转90°得线段．连接，连接． (1)操作判断：如图，的形状是 ，线段与的数量关系是 ； (2)性质探究：点运动时，的度数是否发生变化？若不变化，求它的度数；若变化，说明理由； (3)拓展应用：若，当时，请直接写出的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第9章 中心对称图形-平行四边形能力提升测试卷 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 一．单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．如图，将绕顶点A逆时针旋转得到．若点恰好落在边上，且，则旋转角的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，掌握相关运算法则成为解题的关键． 由旋转的性质可得，，再根据等边对等角可得，然后结合可得，最后根据三角形内角和定理即可解答． 【详解】解：∵将绕顶点A逆时针旋转得到．若点恰好落在边上， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，解得：． 故选C． 2．如图所示，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点落在边上，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形的内角和，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键，由旋转的性质可得，，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， ，， ， 故选：． 3．如图，将菱形纸片折叠，使点落在边的点处，折痕为，若，为的中点，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定；连接，根据菱形的性质得出，则是等边三角形，根据等边三角形的性质，勾股定理求得的长，进而求得，根据折叠的性质可得，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，则是等边三角形， ∵，为的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴四边形的面积是， 故选：B． 4．如图，、分别是的边、上的点，，，将四边形沿翻折，得到，交于点，则的高是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据折叠的性质得，再利用平行四边形的性质得到，则可判断为等边三角形，作于，利用含度的直角三角形的性质可得，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：四边形沿翻折，得到， ， 四边形为平行四边形， ， ， 为等边三角形， 如图，作于， 在中，， ， ， 即的高是． 故选：B． 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． 5．如图，在中，，点D、E分别是边的中点，点F是线段上的一点且，连接，若，则线段的长为（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线定理的应用，利用三角形中位线定理得到．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到．所以由图中线段间的和差关系来求线段的长度即可．解题的关键是了解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，题目比较好，难度适中． 【详解】解：点、分别是边、的中点， 是的中位线， ， ，是的中点，， ， ． ， 故选：B． 6．正方形的两边分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为旋转中心，把旋转，则旋转后D点得到的对应点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，把握旋转的不变性是解题的关键． 分两种情况讨论，确定点在或延长线上，根据旋转的性质即可求解． 【详解】解：当顺时针旋转时，如图 ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴当顺时针旋转时，旋转后的与重合， ∴， ∴点共线， ∴ ∴； 当逆时针旋转，如图： 同理可得此时点的对应点在延长线上， ∴， ∴， 综上所述，对应点的坐标是或， 故选：C． 7．如图，在等边中，，点在上，且，是上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，若使点恰好落在上，记该点为，则线段的长是（    ） A．6 B．4 C．5 D．3 【答案】A 【分析】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，由等边三角形的性质可得，．由旋转得，，，可证明，则，，进而可得． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，， ∴， 由旋转得，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 即， ∴， 故选：A． 8．如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点，那么添加下列条件一定能判定四边形是正方形的是（    ） A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据三角形的中位线定理先证明四边形是平行四边形，再证明其是菱形，最后根据有一个角是直角的菱形的是正方形即可证明． 【详解】解：如图： 当且，四边形是正方形，理由如下： ∵点E，F，G，H分别是边的中点， ∴,，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形，故D符合题意，而A、B、C均不能证明，不符合题意， 故选：D． 9．如图，已知中，，，将绕点逆时针旋转得到，以下结论：①，②，③，④，正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】本题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．根据旋转的性质可得，，，，再根据旋转角的度数为，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可． 【详解】解：①绕点逆时针旋转得到， ，故①正确； ②绕点逆时针旋转， ． ， ． ， ． ，故②正确； ③在中， ，， ． ． 与不垂直，故③不正确； ④在中，，， ． ，故④正确． ①②④这三个结论正确． 故选：B． 10．在中，，是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得，连接，下列结论：①；②的面积等于四边形的面积；③；④；其中正确的是（   ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①② 【答案】B 【分析】本题考查了图形的旋转变换，勾股定理以及全等三角形的判定，解题时注意旋转前后对应的相等关系． ①根据旋转的性质知，，，因为，，所以，可得，由此即可证明； ②根据旋转的性质知，，进而得到的面积等于四边形的面积； ③因为，，所以，又因为，所以，根据三角形一个外角等于不相邻两个内角的和得，进而得出； ④根据①及，， ，根据勾股定理判断即可． 【详解】解：①根据旋转的性质知，，， ∵，， ∴， ∴， ∵A， ∴，故①正确； ②根据旋转的性质知，， ∴的面积等于四边形的面积，故②错误； ③∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即，故③正确； ④∵，，旋转至， ∴， 根据旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∵将绕点顺时针旋转后，得， ∴ ∴， ∵， ∴，故④正确． 故选B． 二．填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．） 11．如图，将绕点旋转到的位置，若，，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查旋转的性质等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；由题意易得，则有，然后根据直角三角形的两个锐角互余可进行求解． 【详解】解：由旋转的性质可知：，， ∴，，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 12．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，连接．若将绕点B顺时针旋转90°，得到，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，由旋转的性质可知，，，，进而可得，易得四边形是矩形，所以可求出和的长度，即可得到的坐标． 【详解】解：过点作于点， ∴ 由旋转的性质可知：，，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∴ ∵点A的坐标为，点B的坐标为， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平面直角坐标系点的坐标等知识点，解决此题的关键是要作辅助线． 13．如图所示，在菱形中，以点为圆心，一定长为半径画弧分别交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，连接并延长交于点．若，则 ． 【答案】/40度 【分析】本题考查菱形的性质，作角平分线，由作图步骤可得平分，由菱形的性质结合角平分线的定义，求出，进而求出，最后根据三角形的外角求即可． 【详解】解：∵菱形， ∴， ∴， 由作图步骤可得平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14．如图，是等边内的一点，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接，则 ． 【答案】/度 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理，证明，得，即可说明可以由绕点B逆时针旋转得到，可知是等边三角形，则，由勾股定理逆定理可判断是直角三角形，得，则可得． 【详解】\解：∵是等边三角形， ∴，， 又， ∴ ∵ ∴， ∴． 如图，连接，则是等边三角形， ∴， ， 在中，， ∴是直角三角形，． ∴， 故答案为：． 15．如图，在四边形中，，，点，在边上，且．连接，，则四边形周长的最小值为 ．    【答案】 【分析】如图，取的中点，作D关于直线的对称点，连交于点F，在边上，F点左侧截取，连，，利用轴对称和平行四边形的性质得出为四边形周长的最小值，据此解答即可得解． 【详解】解：如图，取的中点，作D关于直线的对称点，连交于点F，在边上，F点左侧截取，连，，    ， ， ，的中点为， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形周长， 由两点之间线段最短知，此时四边形周长最小， 在中，， 四边形周长最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了轴对称—最短距离，勾股定理，垂直平线的性质，平行四边形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质并能正添加辅助线是解决此题的关键． 16．如图所示为一直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接，则四边形的周长为 ． 【答案】16 【分析】通过题干的尺规作图得出是的角平分线，直线是的垂直平分线，再通过证明，则，所以四边形是菱形，结合三角形外角性质，则，即可作答． 【详解】解：∵，，， ∴， 如图： ∵用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G， ∴是的角平分线， ∴， ∵以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接， ∴直线是的垂直平分线， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即 ∴四边形是菱形， 则中，， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 即菱形的周长是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了尺规作图，角平分线的性质以及垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 三．解答题（本题共6小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（8分）如图，在中，，点D、E分别在上，且，连接，将线段绕点C按顺时针方向旋转后得到，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，旋转前后对应边相等，此类题目难点在于利用同角的余角相等求出相等的角． （1）根据旋转的性质可得，然后根据同角的余角相等求出，再利用“边角边”证明即可； （2）根据两直线平行，同旁内角互补求出，再根据全等三角形对应角相等可得． 【详解】（1）证明：由旋转的性质得，， ∴， ∵， ∴， ∴ 在和中， ， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 18．（8分）如图，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，三腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键． （1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形． （2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出． 【详解】（1）证明：∵，是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解： 由（1）可知四边形是矩形． ∴， ∵，是的中点， ∴， 在中，， ∵ ∴ 19．（8分）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求四边形是菱形时的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查中心对称，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由中心对称的性质证明，即可证明； （2）利用勾股定理求出，再利用面积法求出，利用勾股定理求即可． 【详解】（1）证明：∵和关于点对称， ，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接， ∵和关于点对称，四边形是平行四边形； ∴三点共线， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 20．（8分）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状             不相等不垂直 平行四边形 菱形                                   如图，在四边形中，、、、分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：、、、分别是、、、的中点， 、分别是和的中位线， ，（ ）， ． 同理可得：． 中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． 请你补全上述过程中的证明依据 ． 【探究二】 从作图、测量结果得出猜想：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． 下面我们结合图2来证明猜想，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 从作图、测量结果得出猜想：原四边形对角线垂直时，中点四边形是 ． 下面我们结合图3来证明猜想，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【答案】三角形中位线定理； 证明见解析； 矩形； 证明见解析． 【分析】根据三角形中位线定理可证，； 由可知、，根据可证，根据四条边都相等的四边形是菱形可证结论成立； 根据四边形的对角线互相垂直，猜想中点四边形的四个角是直角，所以猜想中点四边形是矩形； 由可知、分别是和的中位线，根据三角形的中位线平行于三角形的第三边，可知、，又根据，可证，根据有三个角是直角的四边形是矩形，可证中点四边形是矩形． 【详解】证明：、、、分别是、、、的中点， 、分别是和的中位线， ，（ 三角形中位线定理）， ， 同理可得：， 中点四边形是平行四边形． 故答案为：三角形中位线定理； 证明：由可知，， ， ， 中点四边形是菱形； 从作图、测量结果得出猜想：原四边形对角线垂直时，中点四边形是是矩形， 故答案为：矩形； 证明：由可知、分别是和的中位线， ， 同理可证：， ， 、、、， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、菱形的判定定理，解决本题的关键是根据三角形中位线定理找到对应线段的数量关系和位置关系，根据线段之间的关系判定中点四边形的形状． 21．（10分）如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A立即停止；同时点Q从点B 出发向点C运动，运动到点C立即停止，点P，Q的速度都是，连接，，，设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是菱形？ (2)求（1）中菱形的周长和面积． 【答案】(1)时，四边形是菱形 (2)菱形的周长为，菱形的面积 【分析】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的性质，菱形的判定及性质以及矩形的性质，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键． （1）由矩形的性质得，，进而证明四边形为平行四边形，然后根据菱形的判定及勾股定理即可得解； （2）首先求出，根据菱形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，， ∴， 由已知可得，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴当时，四边形为菱形， ∵， ∴， ∴时，四边形为菱形， 解得， 故当时，四边形为菱形； （2）解：当时，， ∴菱形的周长为； 菱形的面积为． 22．（10分）综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“线段的旋转”为主题开展数学活动．已知等腰中，．点是射线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转90°得线段．连接，连接． (1)操作判断：如图，的形状是 ，线段与的数量关系是 ； (2)性质探究：点运动时，的度数是否发生变化？若不变化，求它的度数；若变化，说明理由； (3)拓展应用：若，当时，请直接写出的长． 【答案】(1)等腰直角三角形，相等 (2)点运动时，的度数不变化， (3)或 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理； （1）根据旋转可得的形状，根据证明，即可得证； （2）根据等腰三角形的可得，再证明，可得，即可得解； （3）分两种情况讨论，当点D在线段上时， 当点D在线段的延长线上时，再由全等三角形的性质求出，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：将线段绕点逆时针旋转90°得线段，， ， ，是等腰直角三角形， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 故答案为：等腰直角三角形，相等； （2）解：点运动时，的度数不发生变化，理由如下： 和都是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， ； （3）解：当点D在线段上时， ， ， ， ， ， ， 当点D在线段的延长线上时， ， ， ， ， ， ， ， 综上所述，的长为或． 学科网（北京）股份有限公司 $$