2023-2024学年数学八年级中心对称图形-平行四边形单元测试试题（苏科版）基础卷含解析

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2023-2024学年数学八年级中心对称图形-平行四边形（苏科版）
单元测试 基础卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）2023年9月，第十九届亚运会在我国杭州举办．下面是历届亚运会的会徽和图标，其中的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（本题3分）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（本题3分）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．（本题3分）下列条件中，能判定四边形是矩形的是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相平分且垂直
C．对角线互相平分且相等 D．对角线互相垂直且相等
5．（本题3分）如图，矩形对角线相交于点O，平分交于点E，过点A作交于F点，若，则的长为（ ）
A． B．1 C． D．2
6．（本题3分）如图，在中，，是边上的高，垂足为，点在边上，连接，为的中点，连接，若，则的长为（　　）
A．3 B．6 C．5 D．4
7．（本题3分）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是矩形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形
8．（本题3分）如图，，，都是的顶点，若将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，则点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
9．（本题3分）小星利用平面直角坐标系绘制的风车图案如图所示，他先将固定在坐标系中，其中，接着他将绕原点逆时针转动至，称为第一次转动；然后将绕原点逆时针转动至，称为第二次转动……按照这种转动方式，在转动2024次后，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
10．（本题3分）如图，是的中位线，点F在上，且，若，，则（ ）
A．4 B．3 C．2.5 D．1.5
评卷人得分
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）平面直角坐标系中，一点关于原点的对称点的坐标是 ．
12．（本题3分）点关于轴对称的点的坐标是 ，关于原点对称的点的坐标是 ．
13．（本题3分）如图，在中，．将绕O点逆时针方向旋转90°到的位置，则点的坐标是 ．
14．（本题3分）如图所示的四个汽车图标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的图标有 个．

15．（本题3分）如图，矩形中，，点E在上，．P、Q分别是上的两个动点，沿翻折形成，连接，则的最小值是 ．
16．（本题3分）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，则菱形的面积为 ．
17．（本题3分）如图，在，为对角线，E、F分别是、的中点，连接，若 ，则 .
18．（本题3分）如图，已知矩形的两条边，点E是对角线、的交点，点P是边上一个动点，作点D关于直线的对称点，当与矩形一条边垂直时，的长是 ．

评卷人得分
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）如图，将经旋转后到达的位置．问：

(1)旋转中心是哪一点？
(2)如果M是边的中点，那么经过上述旋转后，点M转到了什么位置？
20．（本题8分）如图，在矩形中，点E，F在BC上，且，连接．求证：．
21．（本题10分）如图，的顶点坐标分别为，．

(1)画出关于点O成中心对称的．
(2)写出坐标：______，______．
22．（本题10分）如图，是菱形的对角线，，

(1)请用尺规作图作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接，求．
23．（本题10分）如图，，，，分别是，，，的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，，求四边形的周长．
24．（本题10分）已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线，相交于点，，且，连接．

初步感知：（1）如图1，当是线段的中点时，与的数量关系为______．
深入探究：（2）如图2，将图1中的绕点A顺时针旋转，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
拓展应用：（3）如图3，将图1中的绕点顺时针旋转，当时，求点到的距离．
25．（本题10分）综合与实践
数学活动课上同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1，已知矩形纸片，其中
(1)操作判断
将矩形纸片按图1折叠，使点落在上的点处，可得到一个角，请你写出一个的角．
(2)探究发现
将图1的纸片展平，把四边形剪下来如图2，取边的中点，将沿折叠得到，延长交于点，求的周长．
(3)拓展应用
改变图2中点的位置，令点为射线上一动点，按照（2）中方式将沿折叠得到，所在直线交于点，若点为的三分点，请直接写出此时的长．
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了中心对称图形的定义，理解定义，会用定义进行判断是解题的关键．
根据中心对称图形的定义“把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；”进行判断即可．
【详解】解：根据中心对称图形的定义“把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；”可知是中心对称图形的是：C，
故选：C
2．C
【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形，熟练掌握相关定义是解题的关键．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐个进行判断即可．轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：C．
3．A
【分析】本题考查了坐标系中关于原点对称的点的坐标关系．关于原点的对称点的坐标特点：横、纵坐标都互为相反数，据此进行求解即可得到答案．
【详解】解：点关于原点的对称点的坐标是．
故选：A
4．C
【分析】本题主要考查了矩形的判定条件，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的判定条件． 根据矩形的判定即可得到结论．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A选项不能判定四边形是矩形；
B、对角线互相平分且垂直的四边形不一定是矩形，故B选项不能判定四边形是矩形；
C、对角线相互平分且相等的四边形是矩形，故C选项能判定四边形是矩形；
D、对角线互相垂直且相等的四边形是菱形，故D选项不能判定四边形是矩形；
故选：C．
5．B
【分析】本题考查了矩形的性质，由题意得可推出是等腰直角三角形，求出；可知是的中位线，即可求解．
【详解】解：由题意得：，点是的中点，
∵平分
∴
∴是等腰直角三角形
∵，
∴点是的中点，
∴,
∴
∴
∴
故选：B
6．D
【分析】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据 “三线合一”得到，根据三角形中位线定理计算得到即可．
【详解】解：，
．
，，
，
，
是的中位线，
．
．
．
．
故选：．
7．A
【分析】根据菱形和矩形的判定，依次判断，即可求解，
本题考查了，矩形的判定，菱形的判定，解题的关键是：熟练掌握相关判定定理．
【详解】解：、由是平行四边形可得，该选项错误，符合题意，
、对角线相等的平行四边形是矩形，该选项正确，不符合题意，
、有一个角是直角的平行四边形是矩形，该选项正确，不符合题意，
、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，该选项正确，不符合题意，
故选：A．
8．C
【分析】本题考查平行四边形的性质，平移的性质，首先根据平移及平行四边形的性质确定，利用中点坐标公式得出，根据三角形中位线的判定确定点是线段边的中点，继而得到，从而确定向右平移个单位，据此得解．
【详解】解：，，都是的顶点，
∴，，，
即线段沿轴向右平移个单位得到线段，点是点的对应点，点是点的对应点，
∴，
∵点是线段边的中点，
∴点的坐标为，即，
过点作轴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点是线段边的中点，
∴，
∵将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，
又∵，，
∴沿轴向右平移个单位，
∴．
故选：C．
9．A
【分析】本题考查点的坐标变化规律，能通过计算发现点对应点的坐标按，，，循环出现是解题的关键．根据三角形的旋转方式，依次求出点的对应点的坐标，发现规律即可解决问题．
【详解】解：分别过点和点作轴和轴的垂线，垂足分别为和，
由旋转可知，
，，
，
又，
．
在和中，
，
，
，．
又，
，，
则点的坐标为．
同理可得，，，，，，
由此可见，点对应点的坐标按，，，循环出现．
又，
转动2024次后，点的对应点的坐标为．
故选：A．
10．D
【分析】本题主要考查三角形中位线定理，直角三角形的中线，根据三角形中位线定理求出，根据直角三角形的性质求出，结合图形计算，得到答案
【详解】解：∵是的中位线，
∴，
在中，是的中点，
∴，
∴
故选：D
11．
【分析】本题考查关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，从而可得出答案．
【详解】解：根据中心对称的性质，得点关于原点对称点的坐标是．
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了点对称的坐标特点，根据“关于x轴对称，横不变，纵相反；关于原点对称，横反，纵也反”，依次计算即可．
【详解】解：点关于x轴对称的点的坐标是，关于原点对称的点的坐标是．
故答案为：，．
13．
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质以及旋转的性质，正确掌握平行四边形的性质是解题关键．
直接利用旋转的性质可得B点和它的对应点到原点距离相同，进而得出坐标．
【详解】解：∵将绕O点逆时针方向旋转90°到的位置，
∴点的坐标是：．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的相关知识，熟练掌握中心对称图形及轴对称图形的定义是解题的关键．根据轴对称图形与中心对称图形的定义可知，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是图形沿对称中心旋转后与原图重合，即可求解．
【详解】解：第一个图不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
第二个图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故符合题意；
第三个图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
第四个图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意．
既是中心对称图形又是轴对称图形的有1个，
故答案为：．
15．/
【分析】如图所示，作点关于的对称点，连接，，由，推出，又是定值，即可推出当共线时，的值最小，最小值为，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，，
则，，
在中，，，
，
，
，
是定值，
当共线时，的值最小，最小值为，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
16．24
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求，根据菱形面积对角线积的一半即可．
【详解】解：是菱形，
∴，
，
∴ 为直角三角形
．
，
故答案为：24．
17．3
【分析】本题主要考查平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键；由题意易得，然后根据三角形的中位线可进行求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵E、F分别是、的中点，
∴；
故答案为3．
18．5或10
【分析】根据折叠的性质可得，从而可得，，再根据矩形的性质，，，，再由平行线的性质和三角形中位线定理可得，当时，，，，利用勾股定理求得，从而求得，设，则，利用勾股定理可得，再求解即可；当时，，由平行线的性质可得，再由折叠的性质可得是的角平分线，，从而可得，再根据等腰三角形的判定即可求解．
【详解】解：∵点D关于直线的对称点，
∴，
∴，，
∵四边形是矩形，，
∴，，，，，，
当时，，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
设，则，
在中，，
解得，，
∴，

当时，，
∴，
∵点D关于直线的对称点，
∴是的角平分线，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：5或10．

【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理及三角形中位线定理、解一元一次方程，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
19．(1)旋转中心是点A
(2)经过旋转后，点M转到了边的中点处
【分析】
本题考查了图形的旋转变化；
（1）观察图形，找到公共顶点可得出旋转中心；
（2）因为旋转前后是对应边，故的中点M，旋转后就是的中点了．
【详解】（1）∵将经旋转后到达的位置，它们的公共顶点为A，
∴旋转中心是点A．
（2）∵旋转前后是对应边，M是边的中点，
∴经过旋转后，点M转到了边的中点处．
20．证明见解析
【分析】
本题考查了全等三角形的判定．利用证明即可．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，．
在和中，
∵，
∴．
21．(1)见解析
(2)，
【分析】本题主要考查了旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
（1）利用关于原点对称点的性质得出对应点位置，连线即可得出答案；
（2）根据关于原点对称的性质得出对应点坐标即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求，

（2）解：关于点O成中心对称的，，，
，．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查菱形的性质，垂直平分线的画法及性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质的综合，掌握菱形的性质，含角的直角三角形的性质是解题的关键．
（1）根据垂直平分线的画法即可求解；
（2）根据菱形的性质，分别求出的度数，根据含角的直角三角形的性质，设，可用含的式子表示的长，由此即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，直线即为所求；

（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∵垂直平分线段，
∴，
∴，
∴，
∴，
作于，则，

设，则，，，
∴．
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定，勾股定理：
（1）由三角形中位线定理证明，即可证明四边形是平行四边形；
（2）先利用勾股定理得到，再由三角形中位线定理得到，，由此根据四边形周长计算公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴；
同理可得，
∵，
∴四边形的周长．
24．（1）；（2）成立，见解析；（3）
【分析】本题考查菱形，全等三角形的，等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，即可．
（1）连接，根据等边三角形的判定，则是等边三角形，根据菱形的性质，求出，；根据等边三角形三线合一，，求；再根据，求出，则，再根据等边三角形的判定，即可．
（2）连接，根据菱形的性质，得，根据等边三角形的判定，则
，都是等边三角形，求出，，根据全等三角形的判定，则，推出，再根据等边三角形的判定和性质，即可；
（3）过点作于点，过点作于点，连接，当时，
，根据勾股定理，求出，；根据等腰直角三角形的性质，求出，根据全等三角形的判定和性质，则，得，根据，，即可．
【详解】（1），
证明如下：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，同理，是等边三角形，
∵是线段的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．

（2）成立．
理由：如图，连接．
∵四边形是菱形，
∴．，
∵，
∴，都是等边三角形，
∴，．
∵，
∴．
在和中，
∴
∴
∴
∵，
∴是等边三角形，
∴．

（3）如图，过点作于点，过点作于点，连接．
∵时，
∴，
∴
在中，，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离为．

25．(1)（或）
(2)
(3)或
【分析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质证明四边形是正方形，然后利用正方形的性质即可得出结论；
（2）连结，先证明四边形是矩形，可得，由折叠性质并结合为的中点可得到，，，然后证明可得到，最后计算；
（3）分两种情况计算：①当点为的三分点且靠近点时，②当点为的三分点且靠近点时，利用勾股定理和折叠的性质即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形纸片按图1折叠，使点落在边上的点处，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴的角有（或）．
（2）解：连结，
∵四边形矩形，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠性质得：，
∵为的中点，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴的周长为：
．
（3）解：①如图，当点为的三分点且靠近点，连接，
∴，
∴，
在中，，
；
②如图，当点为的三分点且靠近点时，连接，
∴，
在中，，
∴；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查折叠的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．通过添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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