专题02 第9章 单元阶段复习Ⅰ—单元概念+综合应用（八大题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（苏科版，江苏专用）

专题02 第9章 单元阶段复习Ⅰ—单元概念+综合应用（八大题型） 目录： 题型1：概念辨析 题型2：（特殊）平行四边形的性质辨析 题型3：（特殊）平行四边形的判定辨析 题型4：中心对称的性质及综合应用 题型5：图形旋转的性质及综合应用 题型6：三角形中位线的性质及综合应用 题型7：（特殊）特殊平行四边形的简单应用（求长度、角度等） 题型8：解答题 注：综合应用的解释，如三角形中位线的综合应用（含在平行四边形、矩形、菱形、正方形、其他特殊三角形等不同题型） 题型1：概念辨析 1．下列运动形式属于旋转的是（　　） A．飞驰的动车 B．匀速转动的摩天轮 C．运动员投掷标枪 D．乘坐升降电梯 【答案】B 【分析】根据旋转的定义得出结论即可． 【解析】由题意知，匀速转动的摩天轮属于旋转， 故选：B． 【点睛】此题主要考查了旋转的定义，旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这是判断旋转的关键． 2．下列图形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识别，掌握中心对称图形的概念，数形结合，找出对称轴中心是解题的关键． 中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称，这个点叫做它的对称中心，由此即可求解． 【解析】解：A、没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； B、没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； C、有一个对称中心，是中心对称图形，符合题意； D、没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C ． 3．下列图形中，一定可以拼成平行四边形的是（　　） A．两个等腰三角形 B．两个全等三角形 C．两个锐角三角形 D．两个直角三角形 【答案】B 【分析】根据平行四边形被一条对角线分成的两个三角形全等进行分析判断即可． 【解析】解：∵平行四边形被对角线分成的两个三角形是全等的， ∴两个三角形要组成平行四边形，则这两个三角形必须是全等的． A选项中，因为两个等腰三角形不一定全等，所以不能选A； B选项中，因为两个全等三角形一定能组平行四边形，所以可以选B； C选项中，因为两个锐角三角形不一定全等，所以不能选C； D选项中，因为两个直角三角形不一定全等，所以不能选D． 故选：B． 【点睛】本题主要考查平行四边形，知道“能组成平行四边形的两个三角形必须是全等三角形”是解答本题的关键． 题型2：（特殊）平行四边形的性质辨析 4．如图所示，在中，对角线交于点O，下列式子中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平行四边形的对角线的性质，即可求解． 【解析】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴B选项正确． 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的对角线的性质，熟记平行四边形的性质是解题关键． 5．下列不属于菱形性质的是（    ） A．四条边都相等 B．两条对角线相等 C．两条对角线互相垂直 D．每一条对角线平分一组对角 【答案】B 【分析】根据菱形的性质即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用． 【解析】解：菱形的性质：对边平行，四条边相等， 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角， ∴A，C，D都是菱形的性质，B不是，故B符合题意； 故选B． 【点睛】本题考查的是菱形的性质，熟记菱形的性质是解本题的关键． 6．矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（     ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质，熟练掌握矩形和平行四边形的性质是解题的关键．由矩形的性质和平行四边形的性质即可得出结论． 【解析】解：∵矩形的对边平行且相等，对角线互相平分且相等，对角相等；平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等． ∴矩形具有而平行四边形不具有的性质是对角线相等． 故选：D． 7．矩形和菱形都具有的性质是（    ） A．邻边相等 B．对边相等 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的性质，解决本题的关键是掌握菱形和矩形的性质； 根据菱形和矩形的性质即可判断； 【解析】解：A、矩形邻边不一定相等，不符合题意， B、矩形和菱形对边相等，符合题意， C、矩形对角线不一定互相垂直，不符合题意， D、菱形对角线不一定相等，不符合题意， 故选：B． 题型3：（特殊）平行四边形的判定辨析 8．下列条件中能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． ， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的判定，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定定理． 根据平行四边形的判定定理对选项进行逐一判断即可． 【解析】解：、无法得到四边形是平行四边形，不符合题意； 、无法得到四边形是平行四边形，不符合题意； 、，，两组对边分别相等的四边形为平行四边形，可得四边形是平行四边形，符合题意； 、无法得到四边形是平行四边形，不符合题意． 故选：． 9．下列判断中不正确的是（    ） A．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B．四个角相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，根据相关定理判断即可．掌握相关判定定理是解题的关键． 【解析】解：A、对角线平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此对角线互相垂直平分的四边形是菱形，此选项错误，符合题意； B、四边形的内角和是，四个角相等，则每个内角都是，因此四个角相等的四边形是矩形，此选项正确，不合题意； C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，此选项正确，不合题意； D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，此选项正确，不合题意； 故选：A． 10．已知在四边形中，与相交于点，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（　　） A．，， B．， C．， D．，， 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是正方形的判定，解题关键是熟练掌握正方形的判定方法． 根据正方形的判定：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案． 【解析】解：选项，不能，只能判定为矩形，选项错误； 选项，不能，只能判定为平行四边形，选项错误； 选项，能，可判定为正方形，选项正确； 选项，不能，只能判定为菱形，选项错误． 故选：． 11．如图，在菱形中，对角线，相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（    ）    A． B． C． D．平分 【答案】A 【分析】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【解析】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等． 即或． 故选：A 【点睛】本题比较容易，考查特殊四边形的判定，解题的关键是根据菱形的性质及正方形的判定解答． 12．如图，已知四边形是平行四边形，下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是矩形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是正方形 【答案】C 【分析】根据矩形，菱形，正方形的判定，进行解答即可得． 【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC， ∴四边形ABCD是菱形； ∵四边形ABCD是平行四边形，， ∴四边形ABCD是菱形； ∵四边形ABCD是平行四边形，， ∴四边形ABCD是矩形； 综上，选项C符合题意，正确， 故选C． 【点睛】本题考查了矩形，菱形，正方形的判定，解题的关键是掌握这些知识点． 题型4：中心对称的性质及综合应用 13．如图，与关于点O成中心对称，则下列结论中，不成立的是（   ） A．点A与点D是对称点 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了中心对称．根据中心对称的两个图形，对称点的连线经过对称中心且被对称中心平分，对应线段平行（或在同一条直线上）且相等，逐一判断． 【解析】解：∵与关于点O成中心对称， ∴点A与点D是对称点，，，， 而不一定成立． 故选：D． 14．点关于原点对称的点坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标特征．根据平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标特征“关于原点对称的两点的横纵坐标分别互为相反数”，即可得到答案． 【解析】解：点关于原点对称的点的坐标为， 故选：A． 15．已知在平面直角坐标系中，点关于坐标原点对称的点位于第一象限，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质以及解不等式组，直接利用关于原点对称点的性质得出A点位置，再结合第三象限内点的坐标特点得出答案． 【解析】解：点关于坐标原点对称的点位于第一象限， 点A在第三象限，由第三象限内点的坐标特点，横坐标、纵坐标都为负数， ， 解得：． 故答案为：． 16．将点向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q，Q与B关于原点对称，则点B的坐标是 【答案】 【分析】本题考查坐标与平移及关于点对称．根据点的平移规则：左减右加，上加下减确定，然后进行求解即可． 【解析】解：点向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q， ∴，即：； ∵Q与B关于原点对称， ∴点B的坐标是 故答案为：． 17．如图，将绕点旋转得到，设点A的坐标为，则点的坐标为 ．    【答案】 【分析】本题考查中心对称，坐标与图形的性质等知识．根据将绕点旋转得到，可知这两个三角形关于中心对称，设，利用中点坐标公式计算即可得到答案． 【解析】解：设， 由题意，即为的中点， ，，则有， 解得， ∴， 故答案为：． 18．如图，与关于点C成中心对称，，，，则的长是 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了中心对称的性质，勾股定理，根据中心对称的性质，得出，求出，，，求出，根据勾股定理得出答案即可． 【解析】解：∵与关于点C成中心对称， ∴， ∴，，， ∴， ∴， 故答案为：5． 19．如图，在4×4的方格纸中，画格点三角形（顶点均在格点上）与关于方格纸中的一个格点成中心对称，这样的有 个．    【答案】2 【分析】本题考查了中心对称的定义，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此进行作图，即可作答． 【解析】解：如图所示：       则这样的有个 故答案为：2． 题型5：图形旋转的性质及综合应用 20．如图，是由旋转后得到的，下列说法正确的是（    ）    A．旋转中心不是点 B． C．旋转方向是顺时针 D． 【答案】D 【分析】由旋转中心，旋转方向，旋转前后的对应边，旋转角的含义可以直接求解． 【解析】解：是由旋转后得到的， 旋转中心为点A，，旋转方向可以是顺时针，也可以是逆时针，旋转角为， 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质以及基本概念是解题的关键． 21．如图，△AOB中，∠AOB=90°，现在将△AOB绕点O逆时针旋转44°，得到△A'OB'，则∠A'OB的度数为（  ） A．44° B．66° C．56° D．46° 【答案】D 【分析】由旋转的性质可得∠AOA'=44°，即可求解． 【解析】解：∵将△AOB绕点O逆时针旋转44°，得到△A′OB′， ∴∠AOA'=44°， ∵∠AOB=90°， ∴∠A'OB=46°， 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 22．如图，绕点A逆时针旋转得到．若，则 ． 【答案】65 【分析】本题考查旋转的性质．根据旋转的性质得到，进而利用求出度数即可． 【解析】解：∵绕点A逆时针旋转得到， ∴， ∴； 故答案为：65． 23．把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据五角星的特点，用周角360°除以5即可得到最小的旋转角度，从而得解． 【解析】解：∵360°÷5=72°， ∴旋转的角度为72°的整数倍， 36°、72°、90°、108°中只有72°符合． 故选：B． 【点睛】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． 24．如图，与关于某点成中心对称，则其对称中心是（    ）    A．点P B．点Q C．点M D．点N 【答案】C 【分析】关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，由此即可解决问题． 【解析】解：∵与关于某点成中心对称，    ∴对应点B和E的连线与对应点C和F的连线的交点M是对称中心． 故选：C． 【点睛】本题考查中心对称，关键是掌握中心对称的性质． 25．如图，直线 与轴、轴分别交于，两点，把绕点按逆时针旋转 后得到，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可得出A、B的坐标，进而得出、的长度，再利用旋转的性质结合图形可得出的坐标． 【解析】直线 与轴、轴分别交于，两点， 点B的坐标为，点A的坐标为， ，， 根据旋转的性质，可得，， 点的坐标为，点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及旋转的性质，利用一次函数图象上点的坐标特征求出点A、B的坐标是解题的关键． 题型6：三角形中位线的性质及综合应用 26．如图，两地被池塘隔开，小明先在外选一点，然后测出的中点．若的长为18米，则间的距离是（    ）    A．9米 B．18米 C．27米 D．36米 【答案】D 【分析】本题主要考查三角形中位线的运用，理解并掌握中位线的性质是解题的关键，根据点是的中点，可得，由此即可求解． 【解析】解：根据题意，是的中位线， ∴， ∴（米）， 故选：． 27．如图，在中，点分别是的中点，连接，若，则的长为（   ） A． B．3 C． D．6 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线，解题的关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半，平行四边形对边相等．由是中位线，得根据平行四边形的性质即可求解． 【解析】解：分别是的中点， 是中位线， ， 四边形是平行四边形， ， 故选：B． 28．如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，点是的中点，若，则的长为(   )    A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】首先证明是的中位线，再根据平行四边形的性质即可解决问题． 【解析】四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 故选：B． 【点睛】此题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理，解题关键在于求出是的中位线． 29．如图，在中，，D，E，F分别为的中点．若的长为8，则的长为 ．    【答案】8 【分析】由题意知，是的中位线，是斜边的中线，则，，计算求解即可． 【解析】解：由题意知，是的中位线，是斜边的中线， ∴，， 故答案为：8． 【点睛】本题考查了中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 30．如图，在中，，点D为斜边的中点，连接，过点D作交于点E，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】根据直角三角形斜边中线的性质得出，证得是等腰三角形，再根据等腰三角形的性质得出点E为的中点，从而得到是的中位线，最后根据勾股定理求解即可． 【解析】解：∵，点D为斜边的中点， ∴， ∴是等腰三角形， ∵，， ∴，即， ∴，即点E为的中点， ∴是的中位线， ∴， 在中，， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质与判定和勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 31．如图，在四边形中，与不平行，，E，F，G，H分别是的中点．当 时，四边形是菱形 【答案】6 【分析】本题主要考查了菱形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定，先由三角形中位线定理证明，则可证明四边形是平行四边形，故当时，四边形是菱形，则当时，四边形是菱形． 【解析】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：． 32．如图，在矩形中，对角线、相交于点O，M，N分别是，的中点．若，则的长为 ． 【答案】8 【分析】本题考查矩形的性质，中位线定理，根据中位线的性质得到，进而根据矩形的性质得到，即可解答． 【解析】解：∵M、N分别为、的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴在矩形中，． 故答案为：8． 33．如图，菱形的对角线，，交于点，为的中点，若，则菱形的周长为 ． 【答案】16 【分析】本题主要考查了菱形的性质、三角形的中位线定理．根据菱形的性质可得为的中点，由为的中点可得为的中位线，从而可得，即可得到菱形的周长． 【解析】解：菱形的对角线交于点， 为的中点， 为的中点， 为的中位线， ， ， ， 菱形的周长为， 故答案为：16． 34．如图，在边长为的正方形中，点，分别是边，的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则的长度为 ．    【答案】2 【分析】连接并延长交于，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． 【解析】解：连接并延长交于，连接， 四边形是正方形， ，，， ，分别是边，的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点，分别是，的中点， ； 故答案为：2． 【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 题型7：（特殊）特殊平行四边形的简单应用（求长度、角度等） 35．如图，在平行四边形中，的平分线交于，，，则的长等于 ． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键．利用平行四边形性质得出，，，利用平行结合角平分线可得，即可求解． 【解析】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 36．已知中，，则 ． 【答案】110 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等，以及四边形的内角和为360度求解即可． 【解析】解：∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：110． 37．如图，在平行四边形中，平分，，，则平行四边形的周长是 ．    【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等角对等边的性质，根据平行四边形的性质得，，，则，由角平分线的定义得，从而有，再根据等角对等边的性质可得，根据线段和差，再求出的周长即可，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【解析】∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长， 故答案为：． 38．如图，矩形中，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识；由矩形的性质可得，，再证是等边三角形，得，然后由勾股定理可求的长． 【解析】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴，且， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 39．在菱形中，已知，，那么菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质；根据菱形的面积公式即可求得其面积． 【解析】解：如图所示， 解：∵在菱形中，，， ∴菱形的面积为． 故答案为：． 40．对角线长为4cm的正方形其边长为（　　） A．2cm B．cm C．4cm D．cm 【答案】B 【分析】根据正方形性质可知：正方形的一条对角线即为内角平分线，对角线和正方形的两条相邻的边构成等腰直角三角形，根据勾股定理可知正方形的边长． 【解析】解：设这个正方形的边长为x cm， 则， 解可得cm； 则它的边长是cm； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，理解对角线长，边长之间的关系是解题关键． 41．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，同角的余角相等，掌握知识点的应用及正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 过点作轴，过点作轴，四边形是正方形，，，再由“”可证，可得，，即可求解． 【解析】解：如图，过点作轴，过点作轴， ∵点的坐标是， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴点坐标为， 故答案为：． 42．如图是一个平行四边形，已知，F是中点，的面积是，那么四边形的面积为 【答案】7 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形中线的性质．连接，根据平行四边形的性质得到，根据，的面积是，得到的面积为，则，根据是的中点即可得到的面积，据此求解即可． 【解析】解：如图，连接，    ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，的面积是， ∴的面积为， ∴， ∵是的中点， ∴， 即四边形的面积为， 故答案为：7． 43．如图，在正方形外侧，作等边，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质等，先根据已知条件推出是等腰三角形，再根据等边对等角及三角形内角和定理即可求解． 【解析】解：在正方形外侧，作等边， ，，， ， ， ， 故选C． 44．如图，菱形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分菱形内角，直角三角形两个锐角互余．根据菱形的性质得出，从而得出，则，再根据直角三角形两个锐角互余，即可求解． 【解析】解：四边形为菱形， ， ，则， ， ， 故选：D 45．如图，菱形的对角线，相交于点，过点A作于点，若，，则的长为（　　） A．14 B． C．15 D． 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出，得出菱形的面积54，勾股定理算出，最后结合等面积法列式计算，即可作答．本题主要考查了菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【解析】解：四边形是菱形， ，，， ， ， 在中， ∵ ， ∴， 故选：D． 46．如图，的方格纸中小正方形的边长为1，A，B两点在格点上，以线段为对角线作平行四边形，使另两个顶点也在格点上，则这样的平行四边形最多有 个． 【答案】5 【分析】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据网格的特点和平行四边形的判定方法即可解决问题． 【解析】解：如图所示， 根据网格的特点可得， 四边形，，，， 为平行四边形， 所以这样的平行四边形最多可以画5个， 故答案为：5． 题型8：解答题 47．如图，在▱ABCD中，已知AB=4cm，BC=9cm，∠B=30°，求▱ABCD的面积． 【答案】 【分析】过点作AE⊥BC于点E，直接利用直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半，可求AE的长，再利用平行四边形的面积公式得出即可． 【解析】解：过点作AE⊥BC于点E， ∵∠B=30°，AB=4cm， ∴AE=AB=2cm， ∴▱ABCD的面积为：AE×BC=2×9=18（cm2）． 【点睛】本题主要考查了平行四边的性质以及含30度的直角三角形的性质，正确得出AE的长是解题关键． 48．如图，在菱形中，于点E，于点F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定以及性质，勾股定理． （1）利用菱形的性质结合已知条件用即可证明． （2）利用全等三角形的性质得出，再利用勾股定理即可求出． 【解析】（1）证明：，， ， 又四边形是菱形， ，， ． （2）， ， ，， ． 49．如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)24 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再结合矩形的性质得，故四边形是菱形； （2）先运用勾股定理算出，再根据菱形的性质求出面积，即可作答． 【解析】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ∴， ， 四边形是菱形； （2）解：， ， ，， ， ，， 四边形的面积． 50．如图，正方形，点分别在，上，连接，相交于点，且． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）2.6 【分析】（1）根据正方形的性质及HL证明，则有，又因为，则结论可证； （2）首先利用勾股定理求出BE，AF的长度，然后利用全等三角形的性质得出，进而求出AG的长度，最后利用即可求解． 【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴ ． 在和中， ， ． ， ， 即； （2）解： ， ． 在中，， ． ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键． 51．如图，将一张矩形纸片进行折叠，已知该纸片宽为，长为，折叠时顶点D落在边上的点F处（折痕为）． (1)求的面积； (2)求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据矩形和折叠的性质，可得，在中，利用勾股定理求出的长，即可求解； （2）第（1）问中已求解出的长，从而得出的长，由折叠的性质，可得， 设，则，，在中，利用勾股定理可求得x的长，从而得出的长． 【解析】（1）解：∵四边形是矩形，， ∴，， ∵是折叠得到的， ∴， ∴在中， ， ∴的面积为； （2）解：由（1）得：， ∵四边形是矩形，， ∴，，， 由折叠的性质得：， 设，则，， ∴在中，， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查矩形中折叠问题，解题关键是在直角三角形中利用勾股定理求解边长． 52．如图，中，． (1)尺规作图：作矩形；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若，，点为边上一点，若的中垂线分别交边、边于点、，则的长的取值范围为 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查作图复杂作图，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）分别以，为圆心，，为半径作弧，两弧交于点，连接，即可； （2）判断出如图2中，当点与重合时，的长最大，如图2中，当点以重合时，的长最小，分别求出最大值，最小值可得结论． 【解析】（1）解：如图1中，四边形即为所求； ； （2）解：如图2中，当点与重合时，的长最大，最大值； 如图2中，当点以重合时，连接，设，交于点，的长最小，设，则有， 解得， ，，， ， ， ， ， ． 故答案为：． ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 第9章 单元阶段复习Ⅰ—单元概念+综合应用（八大题型） 目录： 题型1：概念辨析 题型2：（特殊）平行四边形的性质辨析 题型3：（特殊）平行四边形的判定辨析 题型4：中心对称的性质及综合应用 题型5：图形旋转的性质及综合应用 题型6：三角形中位线的性质及综合应用 题型7：（特殊）特殊平行四边形的简单应用（求长度、角度等） 题型8：解答题 注：综合应用的解释，如三角形中位线的综合应用（含在平行四边形、矩形、菱形、正方形、其他特殊三角形等不同题型） 题型1：概念辨析 1．下列运动形式属于旋转的是（　　） A．飞驰的动车 B．匀速转动的摩天轮 C．运动员投掷标枪 D．乘坐升降电梯 2．下列图形中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 3．下列图形中，一定可以拼成平行四边形的是（　　） A．两个等腰三角形 B．两个全等三角形 C．两个锐角三角形 D．两个直角三角形 题型2：（特殊）平行四边形的性质辨析 4．如图所示，在中，对角线交于点O，下列式子中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 5．下列不属于菱形性质的是（    ） A．四条边都相等 B．两条对角线相等 C．两条对角线互相垂直 D．每一条对角线平分一组对角 6．矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（     ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 7．矩形和菱形都具有的性质是（    ） A．邻边相等 B．对边相等 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 题型3：（特殊）平行四边形的判定辨析 8．下列条件中能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． ， B．， C．， D．， 9．下列判断中不正确的是（    ） A．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B．四个角相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 10．已知在四边形中，与相交于点，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（　　） A．，， B．， C．， D．，， 11．如图，在菱形中，对角线，相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（    ）    A． B． C． D．平分 12．如图，已知四边形是平行四边形，下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是矩形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是正方形 题型4：中心对称的性质及综合应用 13．如图，与关于点O成中心对称，则下列结论中，不成立的是（   ） A．点A与点D是对称点 B． C． D． 14．点关于原点对称的点坐标为（   ） A． B． C． D． 15．已知在平面直角坐标系中，点关于坐标原点对称的点位于第一象限，则m的取值范围是 ． 16．将点向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q，Q与B关于原点对称，则点B的坐标是 17．如图，将绕点旋转得到，设点A的坐标为，则点的坐标为 ．    18．如图，与关于点C成中心对称，，，，则的长是 ． 19．如图，在4×4的方格纸中，画格点三角形（顶点均在格点上）与关于方格纸中的一个格点成中心对称，这样的有 个．    题型5：图形旋转的性质及综合应用 20．如图，是由旋转后得到的，下列说法正确的是（    ）    A．旋转中心不是点 B． C．旋转方向是顺时针 D． 21．如图，△AOB中，∠AOB=90°，现在将△AOB绕点O逆时针旋转44°，得到△A'OB'，则∠A'OB的度数为（  ） A．44° B．66° C．56° D．46° 22．如图，绕点A逆时针旋转得到．若，则 ． 23．把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（    ）    A． B． C． D． 24．如图，与关于某点成中心对称，则其对称中心是（    ）    A．点P B．点Q C．点M D．点N 25．如图，直线 与轴、轴分别交于，两点，把绕点按逆时针旋转 后得到，则点的坐标是 ． 题型6：三角形中位线的性质及综合应用 26．如图，两地被池塘隔开，小明先在外选一点，然后测出的中点．若的长为18米，则间的距离是（    ）    A．9米 B．18米 C．27米 D．36米 27．如图，在中，点分别是的中点，连接，若，则的长为（   ） A． B．3 C． D．6 28．如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，点是的中点，若，则的长为(   )    A．2 B．4 C．6 D．8 29．如图，在中，，D，E，F分别为的中点．若的长为8，则的长为 ．    30．如图，在中，，点D为斜边的中点，连接，过点D作交于点E，若，则的长为 ． 31．如图，在四边形中，与不平行，，E，F，G，H分别是的中点．当 时，四边形是菱形 32．如图，在矩形中，对角线、相交于点O，M，N分别是，的中点．若，则的长为 ． 33．如图，菱形的对角线，，交于点，为的中点，若，则菱形的周长为 ． 34．如图，在边长为的正方形中，点，分别是边，的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则的长度为 ．    题型7：（特殊）特殊平行四边形的简单应用（求长度、角度等） 35．如图，在平行四边形中，的平分线交于，，，则的长等于 ． 36．已知中，，则 ． 37．如图，在平行四边形中，平分，，，则平行四边形的周长是 ．    38．如图，矩形中，若，则 ． 39．在菱形中，已知，，那么菱形的面积为 ． 40．对角线长为4cm的正方形其边长为（　　） A．2cm B．cm C．4cm D．cm 41．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，则点的坐标是 ． 42．如图是一个平行四边形，已知，F是中点，的面积是，那么四边形的面积为 43．如图，在正方形外侧，作等边，则为（    ） A． B． C． D． 44．如图，菱形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为（　　） A． B． C． D． 45．如图，菱形的对角线，相交于点，过点A作于点，若，，则的长为（　　） A．14 B． C．15 D． 46．如图，的方格纸中小正方形的边长为1，A，B两点在格点上，以线段为对角线作平行四边形，使另两个顶点也在格点上，则这样的平行四边形最多有 个． 题型8：解答题 47．如图，在▱ABCD中，已知AB=4cm，BC=9cm，∠B=30°，求▱ABCD的面积． 48．如图，在菱形中，于点E，于点F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 49．如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 50．如图，正方形，点分别在，上，连接，相交于点，且． （1）求证：； （2）若，，求的长． 51．如图，将一张矩形纸片进行折叠，已知该纸片宽为，长为，折叠时顶点D落在边上的点F处（折痕为）． (1)求的面积； (2)求的长． 52．如图，中，． (1)尺规作图：作矩形；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若，，点为边上一点，若的中垂线分别交边、边于点、，则的长的取值范围为 ． ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$