第9章中心对称图形-平行四边形章末检测卷（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-平行四边形章末检测卷-2024-2025学年数学八年级下册苏科版
一、单选题
1．的周长为，，则的长是（　　）．
A．18 B．4 C．8 D．7
2．如图，在中，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
3．若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是（　　）
A．对角线相等的四边形 B．对角线相等的平行四边形
C．等腰梯形 D．对角线互相垂直的四边形
4．如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则菱形的高为（ ）
A．3 B．4 C． D．
5．如图，在中，对角线相交于点．若，，，则的长为（ ）

A．10 B．8 C．6 D．4
6．如图，小明为了测量某湖两岸两点间的距离，先在外选定一点，然后测量得到的中点，且，从而计算出两点间的距离是（ ）
A．30m B．40m C．60m D．90m
7．如图，在中，，将在平面内绕点A旋转到的位置，使，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，，，点是直角边上的一个动点，连结，以为边向外作等边，连结，在点运动的过程中，线段的最小值为（　　）
A． B．1 C． D．2
二、填空题
9．在中，若，则 ．
10．如图，在平行四边形中，，，与分别为和的平分线，则的长为 ．
11．用长的长绳围成一个平行四边形，使长边与短边的比是，则长边是 ，短边是 ．
12．如图，在矩形中，与的交点为F，，且，则的度数是 ．
13．如图，在中，以点A为圆心AB长为半径作弧交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，，，则的长为 ．
14．如图，点，点从点出发，沿射线方向1个单位/秒匀速运动，运动的过程中以为对称中心，为一个顶点作正方形，当正方形面积为128时，则点的坐标是 ．
三、解答题
15．平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
(1)在图中画出绕原点顺时针旋转后的，并写出点的坐标．
(2)在图中画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标．
16．如图，在中，，、分别是、的中点，过点作，交延长线于点，连接、．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)当______时，四边形是正方形．
17．如图，在中，点分别在上，，交于点O．求证．
18．如图，在中，O为的中点，延长交的延长线于点E，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求的长．
19．如图1，四边形是正方形，点分别在上，点在的延长线上，且．
(1)求证：①；②；
(2)以线段为边作出正方形，连接，猜想并写出四边形是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．
20．如图，在正方形中，边长为3，点M，N是边，上两点，且，连接，；
(1)则与的数量关系是__________，位置关系是__________；
(2)若点E，F分别是与的中点，计算的长；
(3)延长至P，连接，若，试求的长．
《第9章中心对称图形-平行四边形章末检测卷-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 8
答案 B A A C A C D B
1．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形对边相等是解题关键．由题意可得，即可求出的长．
【详解】解：的周长为，
，
，
，
，
故选：B．
2．A
【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角相等这一性质．利用平行四边形对角相等的性质，直接得出与的关系，从而求出的度数．
【详解】解：因为四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质：平行四边形的对角相等．
在平行四边形中，与是对角，已知，所以，
故选：A．
3．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，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．
根据菱形的性质，得，结合三角形的中位线定理得，即可求解．
【详解】解：如图，
根据题意，四边形是菱形，点、、、分别是、、、的中点，
，，，
，
原四边形一定是对角线相等的四边形．
故选：A．
4．C
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，，，在中，根据勾股定理可得，然后根据可得，于是得解．熟练掌握菱形的性质与菱形面积的计算方法是解题的关键．
【详解】解：四边形是菱形，，，
，，，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
是菱形的高，
，
，
故选：C．
5．A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，根据平行四边形对角线互相平分，再根据勾股定理即可求出，进而可得的长．解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
【详解】解：四边形是平行四边形，，，
，，
，
，
，
故选：A．
6．C
【分析】本题主要考查三角形中位线定理，掌握三角形中位线平行第三边且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理可得到，可得到答案．
【详解】解：∵点分别为的中点，
∴为的中位线，
∴，
故选：C．
7．D
【分析】本题考查了旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，求得的度数是解题的关键．
根据两直线平行，内错角相等可得，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形的性质求得，再根据是旋转角即可得解．
【详解】解：∵
∴
∵在平面内绕点旋转得到
∴
∴
∴
∴旋转角的度数为．
故选：D
8．B
【分析】此题重点考查旋转的性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，延长到点，使，连结，，由，，，得，可证明是等边三角形，因为是等边三角形，所以，，可证明，得，可知点在经过点且与垂直的射线上运动，作交射线于点，则，由，求得的最小值为1，于是得到问题的答案．正确地作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，延长到点，使，连结，，
，，，
，，
，
，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
点在经过点且与垂直的射线上运动，
作交射线于点，则，
，
，
，
的最小值为1，
故选：B．
9．
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质结合，求出，即可解答．
【详解】解：如图，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
10．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线，等角对等边．由平行四边形的性质得到，角平分线的定义可得，则．同理可得．根据，求解作答即可．
【详解】解：∵是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理，
∴，
故答案为：．
11．
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，解一元一次方程，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
设长边为，短边为，根据平行四边形的性质，即对边相等，结合周常，可得，解方程，即可求解．
【详解】解：长边与短边的比是，则设长边为，短边为，
根据题意，得：，
解得：，
，．
长边是，短边是．
故答案为：，．
12．/度
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题关键．由矩形的性质得到，由垂直平分线的性质得到，推出是等边三角形，即可求解．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
故答案为：．
13．
【分析】如图：连接，根据尺规作图可得，平分，证明是菱形可得，再运用勾股定理可得，进而可求出的长．
【详解】解：如图所示：连接，交于点O，
由题中作图可知：，平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
，
∴，
∴，
，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、尺规作图、勾股定理等知识点，掌握垂直平分线的尺规作图成为解题的关键．
14．
【分析】根据题意可求出直线的解析式为，从而可设直线的解析式为．过点A作轴于点D，过点C作轴于点E，易证，即得出．设，则可求．将C点坐标代入，解得：，即得点，从而可求出．再根据正方形面积为128，即，可求出b的值，进而得出C点坐标．
【详解】解：设直线的解析式为，
将代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
∴可设直线的解析式为，
如图，过点A作轴于点D，过点C作轴于点E，
∴，，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，
∴，
∴，
整理，得：
∴，
∴．
∵正方形面积为128，
∴，即，
解得：（舍），
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形，一次函数的实际应用，正方形的性质，三角形全等的判定和性质等知识，综合性较强，较难．正确作出辅助线是解题关键．
15．(1)见解析，
(2)见解析，
【分析】本题考查了作图——旋转、中心对称，坐标与图形，掌握旋转的性质是解题关键．
（1）根据旋转的性质作图，再根据图形写出坐标即可；
（2）根据中心对称的性质作图，再根据图形写出坐标即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求作，点的坐标；
（2）解：如图，即为所求作，点的坐标为．
16．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定,三角形中位线定理，正方形的判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等待，熟知菱形和正方形的判定定理是解题的关键。
（1）由三角形中位线定理得到，则可证明四边形是平行四边形．再由，即可证明结论；
（2）根据当菱形的一个内角是时，该菱形是正方形，则可推出是等腰直角三角形，则有.
【详解】（1）解：∵、分别是、的中点，
∴是的中位线．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵是的中点，
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，D是中点，
∴．
∴．
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴若四边形是正方形，则，
又∵是的中点，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
综上所述，当时，四边形是正方形．
17．见解析
【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，先由平行四边形的性质得，则，结合，得，再证明，即可作答．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定和性质，三角形的中位线定理以及勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，然后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可得四边形是矩形．
（2）过点O作于点F．根据矩形的性质可得，根据“等腰三角形三线合一”可得．再证明为的中位线，则可得．再根据平行四边形的性质可得，则可得，在中，根据勾股定理即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵O为的中点，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）解：如图，过点O作于点F．
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴．
∵，
∴，
∴为的中位线，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
在中，由勾股定理，得，
即的长为．
19．(1)①见解析；②见解析
(2)四边形是平行四边形，证明见解析
【分析】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定定理，熟记各定理，正确理解图形的性质进行推理论证是解题的关键．
（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论；②利用，得到，即可得到结论；
（2）设交于点O，证明△，推出，得到，利用四边形是正方形，推出，即可证得四边形是平行四边形．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，
在和中，
∵，
，
．
②∵四边形是正方形，
，
；
（2）解：四边形是平行四边形，证明如下：
设交于点O，
四边形是正方形，
，
在和中，
，
．
．
，
．
四边形是正方形，
．
．
四边形是平行四边形．
20．(1)，．
(2)
(3)
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中位线性质和勾股定理，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明和准确计算．
（1）证，得出，，再证即可；
（2）连并延长交于G，求出长，再根据中位线的性质求出即可；
（3）过点B作于点H，根据勾股定理求出，，即可．
【详解】（1）解：设与交于点Q，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，．
（2）连并延长交于G，连接
∵，
∴，
∵E为的中点，
∴
∵
∴
∴，，
∵F为的中点，
∴，
∴，
∵正方形的边长为3，，
∴，
∴；
（3）过点B作于点H，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
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