第9章中心对称图形-平行四边形检测卷（含解析）-2024-2025学年数学八年级下册苏科版

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第9章中心对称图形-平行四边形检测卷-2024-2025学年数学八年级下册苏科版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列说法不正确的是（　　）
A．一组邻边相等的矩形是正方形
B．对角线互相垂直的矩形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
3．下列条件中，不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．如图，将绕点逆时针旋转至，使，若，则旋转角的度数是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．如图中，对角线相交于点，点是的中点，若，则的长为（ ）
A．16 B．6 C．4 D．10
7．如图，正方形的边长为8，点在上且，是上的一动点，则的最小值是（ ）
A．8 B．10 C．15 D．18
二、填空题
8．平面直角坐标系中，平行四边形中，，，则点的坐标为 ．
9．菱形两条对角线长分别为，则菱形的面积是 ．
10．如图，矩形中，，，R是的中点，P是上的动点，E、F分别是、的中点，那么线段的长是 ．
11．如图，将长方形沿对角线所在直线折叠，点C落在同一平面内，落点记为F，与交于点E，若，则的长为 ．
12．如图，点是等边三角形边的中点，点是直线上一动点，连接，并绕点逆时针旋转，得到线段，连接，若运动过程中的最小值为，则的值为 ．
13．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，四边形是矩形，点、的坐标分别为、，点是的中点，点在边上运动，当是腰长为的等腰三角形时，点的横坐标为 ．
14．如图，正方形和正方形的顶点E，F，G，M，N在长方形的边上，已知，，则的面积为 ．
三、解答题
15．如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．
(1)若，求证：是等边三角形；
(2)延长，交射线于点G，能否为等腰三角形 如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；
16．如图所示，，，，绕点逆时针旋转得到，连接．
(1)求证：；
(2)连接，求的长．
17．如图，在四边形中，，，和分别是各边中点，对角线，交于点．
(1)若，求证：四边形是菱形；
(2)若，请问四边形是什么形状？并说明理由．
18．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．
19．如图1，在中，，，的顶点与点A重合，两边分别与，重合．
(1)求的度数；
(2)如图2，将绕点A按逆时针方向旋转，两边分别与平行四边形的两边，相交于点E，F．
①试探究，的数量关系，并证明你的结论；
②连结，在旋转过程中，的周长是否发生改变？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出周长的最小值．
20． 如图，将矩形沿折叠，使点A与点C重合，（点D的对应点为点G），连接．
(1)如图1，求证：四边形为菱形；
(2)如图2，若，连接交于点，连接，，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有的等边三角形．
《第9章中心对称图形-平行四边形检测卷-2024-2025学年数学八年级下册苏科版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D C B D C B
1．C
【分析】本题考查了中心对称图形，轴对称图形，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；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象重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确，符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
故选：C．
2．D
【分析】本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的判定定理是解题的关键．
利用正方形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】解：A、一组邻边相等的矩形是正方形，正确，不符合题意；
B、对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，因为矩形对角线互相平分，而此时对角线互相垂直，故一条对角线为另一条对角线的垂直平分线，则得到邻边相等，故对角线互相垂直的矩形是正方形，故不符合题意；
C、对角线相等的菱形是正方形，正确，根据菱形的对角线垂直且互相平分，此时对角线相等，则菱形被两条对角线分割成的四个直角三角形均是等腰直角三角形，继而得到菱形的一个内角为直角，因此对角线相等的菱形是正方形，故不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，错误，因为对角线互相垂直且相等的四边形有无数个，故符合题意；
故选：D．
3．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．
【详解】∵，，，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
故选项A不符合题意；
∵，，
∴四边形是平行四边形，
故选项B不符合题意；
∵，，
∴四边形是平行四边形，
故选项D不符合题意；
由，，无法得到四边形是平行四边形，
∴选项C符合题意．
故选：C．
4．B
【分析】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．也考查了平行线的性质．先根据平行线的性质得到，再根据旋转的性质得到，等于旋转角，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出，从而得到旋转角的度数．
【详解】解：，
，
绕点逆时针旋转至，
，等于旋转角，
，
，
即旋转角的度数是．
故选：B．
5．D
【分析】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质求解即可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
6．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质、三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形的中位线定理求解即可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
7．B
【分析】本题考查了轴对称的应用，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据轴对称的性质作出图形得到的最小值即为线段的长．
连结交于点N，根据轴对称的性质，得到，的最小值即为线段的长，根据勾股定理，即可求得的长．
【详解】解：连接交于点N，
∵正方形的边长为8，点在上且，
∴，，点D与点B关于对称，
∴，
∵，
∴，
∵点D与点B关于对称，
∴，
∴,最小．
故选：B．
8．
【分析】本题主要考查了坐标平移，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握坐标平移的特点，列出方程．
用平移点的坐标的方法，求点的坐标即可．
【详解】解：设点的坐标为，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴经过平移可以与重合，
∵，，，
，，
解得：，，
∴点的坐标为；
故答案为：
9．21
【分析】本题考查了菱形的面积计算公式，解题的关键是牢记公式．已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
【详解】解：由题意得，菱形的面积是，
故答案为：21．
10．
【分析】本题考查了矩形的性质、中位线的性质及勾股定理，检验学生对矩形性质和中位线性质的理解及对勾股定理的掌握情况．根据矩形的性质，利用勾股定理即可求出得长度，在根据三角形中位线的性质即可求得答案．
【详解】如图，连接，
四边形是矩形，，，
，．
R是的中点，
，
，
、分别是、的中点，
为的中位线，
，
故答案为：．
11．5
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等角对等边，由题意可得，，，，由折叠的性质可得，，，，证明，设，则，再由勾股定理计算即可得解．
【详解】解：由题意可得：，，，，
∴，
由折叠的性质可得：，，，，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
12．4
【分析】连接，延长到，使得，连接，证明，得到，即点在与成的直线上运动，证明当时，有最小值为：，求出，即可得．
【详解】解：连接，延长到，使得，连接，
∵是等边三角形，点是的中点，
，
，
根据旋转可得，
，即，
在和中，
，
，
，
∴点在与成的直线上运动，
∴当时，有最小值为：，
即：，
，
，
故答案为：4．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质等知识点，解题的关键是证明当时，有最小值为：，即．
13．或或
【分析】本题考查了矩形的性质、坐标与图形的性质、等腰三角形的性质，当时，当时，当时分类讨论，正确分类讨论是解题的关键．
【详解】解：如图，过点作于点，
（1）当时，，，
易得，
∴；
（2）当时，
，，
易得，从而或，
∴或；
（3）当时，，
此时腰长为：，故这种情况不合题意，舍去．
综上，满足题意的点的坐标为， ， ，
∴点的横坐标为 或或．
故答案为： 或或．
14．16
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形和矩形的性质，解二元一次方程组．过点P作于点K，先证和全等，得出，，同理可证，得出，，设，，表示、、、的长，得到，，联立解方程组即可，从而求出三角形的面积．
【详解】解：过点P作于点K，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
同理可证，
∴，，
设，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即①，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，即②，
联立①②得，
，
解得，
∴，，
∴的面积，
故答案为：16．
15．(1)见解析
(2)能为等腰三角形，
【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，由计算即可求解．
【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵于对称的线段为，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：∵于对称的线段为，
∴
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵E是边上一动点，
∴，
∴点B不可能是等腰三角形的顶点，
若点F是等腰三角形的顶点，
则有，
此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下了，连接交于H，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质得到，，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接，根据旋转的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：绕点逆时针旋转得到，，
，，，
，
，
，
在和中，
；
（2）解：连接，
绕点 逆时针旋转得到，
，，，
，
，，
，
，
，，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
17．(1)见解析
(2)矩形，理由见解析
【分析】本题考查菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键；
（1）根据中位线定理可得，，，，进而证明，即可证明四边形是菱形；
（2）作交于点， 交于点，根据中位线定理可得，进而证明，即可求解；
【详解】（1）证明：，，，分别是、、、的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：若，四边形是矩形，理由如下：
作交于点， 交于点，
，，，分别是、、、的中点，
、分别是、的中位线，
，，同理可证，，
，同理可证，
四边形是平行四边形，
，
，
，，
，，
，
在四边形中，，
四边形是矩形；
18．(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．
【详解】（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．
19．(1)
(2)①，证明见解析；②
【分析】（1）由已知得四边形是菱形，得，根据，即得，故；
（2）①数量关系是：，理由是：由四边形是菱形，可得和是等边三角形，即得，，即可证明，从而，故；
②的周长发生改变，理由是：由，，可得，是等边三角形，即有，当最小时，周长的最小，即最小时，周长的最小，此时，在中，可得，即，周长的最小值为．
【详解】（1）∵中，，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵的顶点与点A重合，两边分别与，重合，
∴；
（2）①，证明如下：
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴和是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
②的周长发生改变，理由如下：
如图，连接，
由①知：，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵的的周长，
∴的周长发生改变，
当最小时，周长最小，即最小时，的周长最小，
此时，
在中，，，
∴，，
∴，
∴周长的最小值为．
【点睛】本题考查菱形的性质及应用，涉及等边三角形性质及判定、全等三角形性质及判定、三角形周长最小值、勾股定理等知识，解题的关键是证明．
20．(1)见解析
(2)、、、
【分析】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等边三角形的判定、平行四边形和菱形的判定；熟练掌握翻折变换的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
（1）由折叠性质得，，，由矩形性质得出，，证出，得出四边形是平行四边形，即可得出结论；
（2）先证出，得出，证出和是等边三角形；再证出，，得出是等边三角形；证出，得出是等边三角形．
【详解】（1）证明：由折叠性质得，，，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形为菱形．
（2）解：等边三角形为：、、、；理由如下：
，
，，
四边形是菱形，
，，，，
和是等边三角形，
，，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，
是等边三角形．
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