苏科版初二数学下册 第9章《中心对称图形—平行四边形》单元巩固练习（含解析）

第9章 中心对称图形——平行四边形（全章复习与巩固）
（巩固篇）（专项练习）
一、单选题
1．下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在中，，若M是边上任意一点，将绕点A逆时针旋转得到，点M的对应点为点N，连接，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．菱形不一定具有的性质是（ ）
A．四条边相等 B．对角线相等 C．是轴对称图形 D．是中心对称图形
4．能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． ， B．，
C． ， D． ，
5．顺次连接四边形四条边的中点，所得的四边形是菱形，则原四边形一定是( )
A．平行四边形 B．对角线相等的四边形
C．矩形 D．对角线互相垂直的四边
6．如图，平行四边形中，的平分线交于E，，，则的长（　　）
A．4 B．5 C．5.5 D．6
7．如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至点，若，，则线段的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
8．如图，将矩形绕点顺时针旋转到矩形的位置，旋转角为若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB、BC的中点，连接EC、DF交于点O，点G、H分别是EC、FD的中点，连接GH，则GH的长度为（ ）
A．1 B． C． D．
10．如图①，在矩形的边上有一点，连结，点从顶点出发，沿以1cm/s的速度匀速运动到点．图②是点运动时，的面积随时间变化的函数图象，则的长为（ ）
A．5cm B．4cm C．3cm D．2cm
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，且点在第三象限，则的取值范围是______．
12．如图，将在平面内绕点A旋转到的位置，使，则的度数为 ________．
13．在Rt△ABC中，∠C=90°，点G是Rt△ABC的重心，如果CG=6，那么斜边AB的长等于________ .
14．如图，在平行四边形中，，，，过的中点作，垂足为点，与的延长线相交于点，则的面积是______.
15．已知在矩形中，，，点G、F、H、E是分别边、、、上的点，分别沿，折叠矩形恰好使、都与重合，则_______．
16．如图，在直角坐标系中，平行四边形的边在x轴上，点，，若直线恰好平分平行四边形的面积，则点D的坐标是 _____________．
17．如图，在平行四边形中，，E为边上的一动点，那么的最小值等于______．
18．如图，在矩形中，，，点P从点A出发，每秒个单位长度的速度沿方向运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线方向运动．已知P，Q两点同时出发，当点Q到达点A时，P，Q两点同时停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒．在运动过程中，若将沿翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，则运动时间t的值为______．
三、解答题
19．如图，在平行四边形中，，是对角线上两个点，且
(1)求证：；
(2)若，，求的度数=______
20．如图，是等腰直角三角形，，，B为边上一点，连接，将绕点C旋转到的位置．
(1)若，求的度数；
(2)连接，求长的最小值．
21．如图，在平面直角坐标系中有点、、三点，线段与关于点中心对称，其中、的对应点分别为、
(1) 当时画出线段，并写出、坐标．
(2) 若四边形为矩形，且其中、两点中有一个点在坐标轴上，直接写出点坐标．
22．如图，在四边形中，，，，动点、分别从、同时出发，点以的速度由向运动，点以的速度由向运动，其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为秒
(1) ______，______，（分别用含有的式子表示）；
(2) 当四边形的面积是四边形面积的2倍时，求出的值
(3) 当点、与四边形的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，直接写出的值
23．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
求证：四边形ABCD是矩形；
若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数；
在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积．
24．【问题情境】
已知正方形中，点O是线段的中点，将正方形绕点O顺时针旋转得到正方形（点、、、分别是点A、B、C、D的对应点）．
【问题提出】
如图1，在正方形绕点O旋转过程中，顺次连接点B、、C、得到四边形，求证；四边形是矩形；
如图2，在旋转过程中，当点落在对角线BD上时，与交于点M，求证；四边形是正方形；
【问题探究】
如图3，若点O是线段的三等分点且，在正方形绕点O旋转的过程中当线段经过点D时，请求出的值．
参考答案
1．D
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
解：A．该图形不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点拨】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
2．C
【分析】根据等腰三角形的性质和旋转的性质逐项判断即可．
解：∵绕点A逆时针旋转得到，，
∴，，，
A、∵，，，
∴，故选项A结论错误，不符合题意；
B、当为等边三角形时，，则，
故选项B结论错误，不符合题意；
C、∵，
∴，
∵，，
∴，又，
∴，故选项C正确，符合题意；
D、∵，但不一定平分，
∴与不一定垂直，故选项D结论错误，不符合题意，
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，解答的关键是由旋转性质得到相等的线段和相等的角，再结合其它数学知识对选项中的结论进行判断．
3．B
【分析】根据菱形的性质：①菱形的四条边都相等，②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角，③菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线，④菱形是中心对称图形，即可判断．
解：根据菱形的性质可知：
A、菱形的四条边都相等，故此选项正确，不符合题意；
B、菱形不具备对角线一定相等，故此选项错误，符合题意；
C、菱形是轴对称图形，故此选项正确，不符合题意；
D、菱形是中心对称图形，故此选项正确，不符合题意，
故选：B．
【点拨】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的性质．
4．C
【分析】根据平行四边形的判定定理（①有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形）进行判断即可．
解：A、，，不能判定四边形为平行四边形；
B、，，不能判定四边形为平行四边形；
C、，，能判定四边形为平行四边形；
D、，，不能判定四边形为平行四边形；
故选：C．
【点拨】此题主要考查了平行四边形的判定，正确掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
5．B
【分析】根据三角形中位线的性质及菱形的性质，可证四边形的对角线相等．
解：四边形是菱形，
，
故AC．
故选：B．
【点拨】此题考查了菱形的性质与三角形中位线的性质．解决本题的关键是要注意掌握数形结合思想的应用．
6．B
【分析】由在平行四边形中，的平分线交于点E，易证得，继而求得的长．
解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：B
【点拨】此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
7．D
【分析】根据旋转的性质，可知 ．取点为线段 的中点，并连接．根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得 ，从而证得 ， 再利用勾股定理即可求解．
解：如图，取点为线段 的中点，并连接．
依题意得， ，
，
，
在正方形中，
，，
，
又 ，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
在中，
．
故选：D．
【点拨】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加．
8．C
【分析】先利用旋转的性质得到，，再利用四边形内角和计算出，然后利用互余计算出，从而得到的值．
解：矩形绕点顺时针旋转到矩形的位置，
，，
，
，
而，
，
，
即．
故选：C．
【点拨】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．
9．A
【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A=90°，AD∥BC，AB=AD=BC=2，根据全等三角形的性质得到PD=CF=，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AD∥BC，AB=AD=BC=2，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴AE=CF=×2=，
∵AD∥BC，
∴∠DPH=∠FCH，
∵∠DHP=∠FHC，且DH=FH，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD=CF=，
∴AP=AD-PD=，
∴PE==2，
∵点G，H分别是EC，CP的中点，
∴GH=EP=1；
故选：A．
【点拨】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．
10．D
【分析】抓住关键点，函数图象最高点的纵坐标为9，横坐标为6，得的最大面积为9，此时、重合，，，通过图象知道点到终点时，的面积是6，此时、重合，，得，即可求得的长．
解：∵是矩形，
∴
由图象可知，当、重合，，，
可得：，
当时、重合，，可得：，
则：．
故选：D．
【点拨】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
11．
【分析】根据平面内两点关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得，解不等式组可得答案．
解：因为在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，且点在第三象限，
所以，
解得．
故答案为：．
【点拨】本题考查平面内两点关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．
【分析】根据旋转的性质，得到，，利用等边对等角，求出的度数即可．
解：∵将在平面内绕点A旋转到的位置，
∴，，
∴；
故答案为：．
【点拨】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理．熟练掌握旋转角相等，对应边相等，是解题的关键．
13．18
解：CD为斜边上的中线，如图，
∵点G是Rt△ABC的重心，
∴CG：GD=2：1，
∴DG=CG=×6=3，
∴CD=3+6=9，
∴AB=2CD=18．
故答案为18．
14．
【分析】根据平行四边形的性质得到，，求出、、，根据全等三角形得出，，根据三角形的面积公式求的面积，即可求出答案．
解：四边形是平行四边形，
，，，
为中点，
，
，，
，，
，
由勾股定理得：，
，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查对平行四边形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，三角形的面积，三角形的内角和定理等知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
15．7
【分析】设，根据折叠的性质得出．过E作于M，则，．在中根据勾股定理得出，即，解方程即可．
解：设，
∵分别沿，折叠矩形恰好使都与重合，
∴．
过E作于M，则四边形是矩形，
∵，，
∴，，，
在中，∵，
∴，即，
解得，
则，
∴．
故答案为：7．
【点拨】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，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．也考查了矩形的性质，勾股定理，列出关于x的方程是解题的关键．
16．
【分析】连接，设，的中点为T，求出点T的坐标，利用的待定系数法，可得结论．
解：连接，设，的中点为T，
，
，
直线平分平行四边形的面积，
直线经过点T，
，
，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质和求点的坐标，解决本题的关键是连接，找到的中点坐标．
17．3
【分析】如图，过作交的延长线于点，根据平行四边形的性质，推出，从而得到，进而得到，根据，可知，当三点共线时，线段的和最小，利用所对的直角边是斜边的一半即可得解．
解：如图，过作交的延长线于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当三点共线时，线段的和最小，
∵，，
∴，
即：的最小值等于3；
故答案为：3．
【点拨】本题考查平行四边形的性质，以及含的直角三角形．通过添加辅助线，构造含的直角三角形，利用垂线段最短进行求解，是解题的关键．本题是胡不归模型，平时多归纳总结，可以快速解题．
18．2
【分析】根据题意得：，过点Q作于点M，然后根据30°角直角三角形的性质得到，最后根据勾股定理列出方程求解即可．
解：根据题意得：，
如图所示，过点Q作于点M，
∵翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在，，
∴，
解得：或6（舍去）．
故答案为：2．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
19．(1)见分析 (2)
【分析】（1）由平行四边形的性质可得、即，然后证得即可证得结论；
（2）由可得，进而求得，再根据可得，最后根据三角形内角和定理即可解答．
解：（1）证明：∵平行四边形
∴，，
∴
在和中
∴
∴．
（2）解：∵，
∴
∴
∵
∴
∴．
故答案为：100°．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解答本题的关键．
20．(1) (2)
【分析】（1）首先根据等腰直角三角形的性质得到然后根据三角形内角和定理得到，最后根据全等三角形的性质求解即可；
（2）首先根据题意得到是等腰直角三角形，然后证明出当的长度最小时，取得最小值，最后根据等腰直角三角形的性质求解即可．
解：（1）∵是等腰直角三角形，
∴
∵
∴
∵将绕点C旋转到的位置
∴
∴；
（2）∵
∴，
∴
∴
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当的长度最小时，取得最小值，
∵B为边上一点，
∴点时，的长度最小，
∴此时，
∴．
∴长的最小值为．
【点拨】此题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，点到直线的距离等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
21．(1)图形见分析，， (2)或
【分析】（1）根据中心对称的概念作出对应的图形即可，两条线段关于一点成中心对称，则该点为两条线段上一组对应点的中点，据此即可求出、坐标；
（2）根据中心对称图形的概念，分点在上和点在上两种情况进行讨论，即可求出点坐标．
解：（1）如图所示：
∵，， ，线段与关于点中心对称，
∴设，
∴
解得：，
∴点坐标为，
，
∴
∴点坐标为
（2）若点在轴上，，
解得：，
∴，
∵线段与关于点中心对称，
∴
∴
同理，若点在轴上，，
【点拨】本题主要考查了中心对成图形，应用了分类讨论的思想，熟练掌握中心对称图形的特点是解题的关键．
22．(1) (2)3 (3)3或或．
【分析】（1）设运动时间为t秒，则即可；
（2）由题意可得，则，，四边形和是同高，因此根据梯形面积公式列式求解即可；
（2）设t秒后四边形或或是平行四边形,然后根据平行四边形的性质列出方程解方程求解即可．
解：（1）解：∵动点、分别从、同时出发，点以的速度由向运动，点以的速度由向运动，
∴设运动时间为t秒，则．
故答案为：．
（2）解：设运动时间为t秒，则，
∵，
∴，，
∵四边形的面积是四边形面积的2倍时，且四边形和四边形等高
∴，即，解得：．
答：边形的面积是四边形面积的2倍时，则运动时间为3秒．
（3）解：当四边形是平行四边形时，
∵
∴PD=CQ，即，解得：
当四边形是平行四边形时，
∵
∴，即，解得：
当四边形PDQB是平行四边形时，
∵
∴，即，解得：．
综上所述，综上所述，t的值为3或或．
【点拨】本题主要考查了四边形动点问题、列代数式、平行四边形的性质与判定等知识点，掌握分类讨论思想是解题的关键．
23．(1)详见分析； (2)75°； (3)．
【分析】（1）由平行线的性质易证∠BAD＝90°，得出∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，即可得出结论；
（2）由矩形和角平分线的性质得出∠CDE＝∠CED＝45°，则EC＝DC，推出∠CDO＝60°，证明△OCD是等边三角形，求出∠OCB＝30°，得出∠COE＝75°，即可得出结果；
（3）作OF⊥BC于F．求出EC、OF的长即可．
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAD＝90°，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，DE平分∠ADC，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∴EC＝DC，
又∵∠BDE＝15°，
∴∠CDO＝60°，
又∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴OD＝OC，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠DOC＝∠OCD＝60°，
∴∠OCB＝90°﹣∠DCO＝30°，
∵CO＝CE，
∴∠COE＝（180°﹣30°）÷2＝75°；
（3）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，∠BCA＝90°，
由（1）可知，∠OCB＝30°，
∴AC=2AB=4，
∴，
∴矩形OEC的面积．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
24．(1)证明见分析 (2)证明见分析
(3)2
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，利用中点性质可得，等量代换和利用矩形的判定方法即可求证结论；
（2）由旋转性质可得，，可得，，即可证明四边形是矩形，再由，即可求证结论；
（3）连接，，过点O作于点E，则，由旋转的性质可知，继而根据等腰三角形的性质可得，继而证得四边形是矩形，即，等量代换即可求解．
解：（1）证明：由旋转性质可得，，
∵点O是线段的中点，
∴，
∴=，
∴四边形是矩形；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由旋转可知，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴矩形是正方形；
（3）解：如图，连接，，过点O作于点E，则，
由旋转可知，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，．
【点拨】本题考查四边形的综合应用，解题的关键是熟练掌握正方形的判定和性质，旋转的性质、等腰三角形的性质，矩形的判定及其性质．
2