2023-2024学年数学八年级下册苏科版第9章中心对称图形-平行四边形过关练习（含解析）

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2023-2024学年数学八年级下册苏科版第9章中心对称图形-平行四边形过关练习
一、单选题
1．下面图形中是中心对称图形的为（ ）
A． B． C． D．
2．下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的条件是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．如图，平行四边形的对角线相交于点O，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图是一个装饰连续旋转闪烁所成的四个图形，照此规律闪烁，第2024次闪烁呈现出来的图形是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在平行四边形中，将沿折叠后，点D恰好落在延长线上的点E处．若则的周长为（ ）
A．12 B．18 C．24 D．30
6．如图，在中，点D，E，F分别在，，上，连接，，且，，，若四边形的面积为16，则的面积为（ ）

A．2 B． C．4 D．
7．如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（　　）

A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的菱形的边在轴上，且，将菱形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．点关于原点的对称点为点，则点的坐标为 ．
10．如图，将绕点逆时针旋转两次得到，每次旋转的角度都是．若，则
11．如图，在四边形中，是对角线，是等边三角形．，，则的长为 ．
12．如图，中，平分，交于，交于，若，则四边形的周长是 ．
13．如图，是矩形的对角线，在和上分别截取，，使，分别以E，F为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点G，作射线交于点P，若，，则的面积是 ．
14．如图，以正方形的顶点A为圆心，以的长为半径画弧，交对角线于点E，再分别以D，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于图中的点F，连接并延长，与的延长线交于点P，则 ．
15．如图，是正方形的边的三等分点，P是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是 ．
16．如图，在中，，，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，点E为线段中点，点P是线段上的动点，将绕点B按逆时针方向旋转的过程中，点P的对应点是点，则线段的最大值是 ，最小值是 ．
三、解答题
17．如图，四边形中，，P是对角线的中点，M是的中点，N是的中点．
(1)判断的形状，并证明；
(2)当、所在直线存在什么关系时，．
18．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内的三个顶点坐标分别为，．

(1)画出关于点的中心对称图形；
(2)在第（1）问的条件下，画出绕点顺时针方向旋转后的图形．
19．如图，在中，，D是的中点，点E，F在射线上，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
20．如图，四边形是正方形，绕着点A顺时旋转得到，若
(1)求的长度；
(2)指出与的数量关系、位置关系？并说明由．
21．在中，，将在平面内绕点顺时针旋转得到，其中点的对应点为点，连接．
(1)若，如图①，求的度数；
(2)当点在边上时，如图②，若，，求的长．
22．（1）如图1，O是等边内一点，连接，且，将绕点B顺时针旋转后得到，连接．
求：①旋转角的度数　　；
②线段的长　　；
③求的度数．
（2）如图2所示，O是等腰直角内一点，连接，将绕点B顺时针旋转后得到，连接OD．当满足什么条件时，？请给出证明．
参考答案：
1．B
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选B．
2．C
【分析】本题考查平行四边形判定．根据题意逐一对选项进行分析即可得到本题答案．
【详解】解：∵，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形，故A选项不符合题意；
∵，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定出四边形为平行四边形，故B选项不符合题意；
∵，，不可判定出四边形为平行四边形，故C选项符合题意；
∵，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可判定出四边形为平行四边形，故D选项不符合题意；
故选：C．
3．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，由平行四边形的性质可得，即可求解,掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
故选：C．
4．D
【分析】考查了图形的旋转，首先观察图案得出每旋转一次的度数， 然后得出每几次旋转一周，由即可由阴影所处的位置可得相应选项，注意通过特殊例子发现规律是解题关键．
【详解】解：由图可得：
每旋转一次，旋转角为，
，
即每4次旋转一周，
，
即第2024次与第4次的图案相同，
故选D．
5．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，根据平行四边形，得到根据折叠的性质，，是等边三角形，计算即可．
【详解】∵平行四边形，
∴
将沿折叠后，点D恰好落在延长线上的点E处．
∴，
∴
∴是等边三角形，
∴是等边三角形，
故选B．
6．C
【分析】本题考查了平行四边形的判定和面积计算，三角形的面积计算，由，，得到四边形为平行四边形，利用平行四边形与同高即可求解．
【详解】解：如图，过点F做于点，

，，
四边形为平行四边形，
，
,
，,
，
故选：C．
7．B
【分析】本题考查正方形的判定，根据正方形的判定逐个判定即可得到答案；
【详解】解：当时不能判定四边形是正方形，故A不符合题意，
当时，四边形是正方形，故B符合题意，
当时不能判定四边形是正方形，故C不符合题意，
当时不能判定四边形是正方形，故D不符合题意，
故选：B．
8．A
【分析】本题考查菱形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识．首先确定点A的坐标，再根据6次一个循环，推出经过第次旋转后点的坐标即可．
【详解】解：如图，作于点，
∵，菱形的边长为2，
∴，
∴，
∴，
∴第1次旋转结束时，点A的坐标为，
第2次旋转结束时，点A的坐标为，
第3次旋转结束时，点A的坐标为，
第4次旋转结束时，点A的坐标为，
第5次旋转结束时，点A的坐标为，
第6次旋转结束时，点A的坐标为，
∴6次一个循环，
∵，
∴第次旋转结束时，点A的坐标为．
故选：A．
9．
【分析】本题考查的是关于原点对称的点的坐标特点，横纵坐标都互为相反数，利用坐标特点直接作答即可．
【详解】解：∵点关于原点的对称点为点，
∴的坐标为，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查了旋转的性质，根据题意可得，根据，即可求解．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转两次得到，每次旋转的角度都是．
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
11．3.2
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理等知识点，利用旋转的性质，构造等边三角形和直角三角形是解题关键．
将绕点顺时针旋转，点为点的对应点，连接，先根据等边三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，然后根据等边三角形的判定与性质可得，最后在利用勾股定理可得的长度，从而可得的长度．
【详解】解：是等边三角形
如图，将绕点顺时针旋转，点为点的对应点，连接
点为点旋转后的对应点
由旋转的性质得：，
是等边三角形
则在中
故答案为：3.2
12．
【分析】本题考查菱形的知识，解题的关键是根据，则四边形是平行四边形，根据平行线的性质，角平分线的性质，则，最后根据菱形的判定，即可．
【详解】∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∵，
∴四边形的周长为：，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查角平分线的性质，根据过作，结合角平分线得到，再利用面积公式求解即可得到答案；
【详解】解：过作，
由作图可得，
平分，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
，
∵，，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了尺规作图——作角平分线，正方形的性质，根据作图的步骤推知是的角平分线，是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
由作图可知为的平分线，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查轴对称―最短路线问题，正方形的性质，熟练运用两点之间线段最短，以及转化思想是解题的关键．找出点关于的对称点，连接与的交点即为取得最小值时，点的位置，再设法求出的值即可．
【详解】解：作点关于的对称点，连接交于点，连接，
，
，
故当取得最小值时，点位于点处，
当取得最小值时，求的值，只要求出的值即可．
正方形是关于所在直线轴对称，
点关于所在直线对称的对称点在上，且，
过点作交于点，
则，
四边形是正方形，
，
是正方形的边的三等分点，
，
，
，
，
，
故答案为：．
16． 1
【分析】过点作为垂足，设通过勾股定理即可求得，然后分情况讨论当与 重合时，此时点三点重合，线段有最小值；当绕点B按逆时针方向旋转，得到时有最大值．
【详解】解：如图，过点作为垂足，
在中
设
在中，
解得，
，
当与 重合时，此时点三点重合，线段有最小值为：1；
当绕点B按逆时针方向旋转，得到时有最大值如图：
过点作，
，，
∴
，
∴
∴，
点E为线段中点，
，
在中，，
在中，
故答案为：1，．
【点睛】本题考查旋转变换，解直角三角形，最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决最值问题，属于中考常考题型．
17．(1)是等腰三角形，见解析
(2)当时，，见解析
【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行线的性质；
（1）根据三角形中位线定理可得，，结合已知证明即可；
（2）延长、交于点E，根据平行线的性质得到，，结合，即可得到此时．
【详解】（1）是等腰三角形；
证明：∵P是对角线的中点，M是的中点，N是的中点，
∴，，，，
∵，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）当时，；
证明：如图，延长、交于点E，
由（1）得：，，
∴，，
∵，即，
∴，
∴，即．
18．(1)图见详解
(2)图见详解
【分析】（1）根据的三个顶点坐标分别为，，分别作出关于点中点对称后的，连接后可得；
（2）把线段和分别绕点顺时针旋转得到线段，，连接点即可得到
【详解】（1）解：的三个顶点坐标分别为，
作点关于点的中心对称点
作点关于点的中心对称点
作点关于点的中心对称点
连接得到

（2）解：把线段和分别绕点顺时针旋转得到线段，，
连接点即可得到，如下图

【点睛】此题考查了多边形中心对称图和图形旋转的问题，解题关键在于将多边形转化成点与点或边与边的思维求解．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先由等腰三角形“三线合一”的性质得到，，再结合“对角线相互垂直的平行四边形是菱形”即可证明结论；
（2）设，根据题意，表示出，，再根据勾股定理列出方程求解，最后计算菱形的面积即可．
【详解】（1）证明：∵，D是的中点，
∴，，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：设，
∵，，，
∴，，
，
，
在中，，
即，
解得，
∴，则，
∴菱形的面积．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定定理和性质定理，勾股定理，菱形的面积，熟练掌握知识点是解题的关键．
20．(1)3
(2)，理由见详解
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，是基础题，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
（1）根据旋转的性质可得然后根据计算即可得解；
（2）根据旋转可得和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得然后求出，判断出
【详解】（1）解：∵按顺时针方向旋转90°后得到
∴
∴；
（2）解：的关系为：．理由如下：
延长交于一点H
∵按顺时针方向旋转90°后得到
∴
∴
∵
∴，
∴
∴
∴，
∴的关系为：
21．(1)
(2)3
【分析】本题考查了旋转性质以及三角形内角和性质，直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先由旋转性质，得，结合三角形内角和列式计算即可作答．
（2）设的长为，由旋转性质，得，先得，再在，代入数值计算即可作答．
【详解】（1）解：∵将在平面内绕点顺时针旋转得到，
∴
∴；
（2）解：过点A作，
∵，
∴的长为，，
∵将在平面内绕点顺时针旋转得到，
∴，
则在，，
即，
整理得，
解得（舍去），
∴的长为3．
22．（1）①；②4；③；（2）当满足时，，见分析
【分析】（1）①根据等边三角形的性质得，，再根据旋转的性质得，于是可确定旋转角的度数为；
②由旋转的性质得，加上，则可判断为等边三角形，所以；
③由为等边三角形得到，再利用旋转的性质得，然后根据勾股定理的逆定理可证明△OCD为直角三角形，，所以；
（2）根据旋转的性质得，则可判断为等腰直角三角形，则，然后根据勾股定理的逆定理，当 时，为直角三角形，．
【详解】解：（1）①为等边三角形，
，
绕点B顺时针旋转后得到，
，
旋转角的度数为；
②绕点B顺时针旋转后得到，
，
而，
为等边三角形；
；
③为等边三角形，
，
绕点B顺时针旋转后得到，
，
在中，，
，
，
为直角三角形，，
；
（2）时，．理由如下：
绕点B顺时针旋转后得到，
，
为等腰直角三角形，
，
当时，为直角三角形，，
，
当满足时，．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理逆定理，等腰三角形的判定与性质，根据熟练掌握旋转性质并灵活运用是解答本题的关键．
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