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第九章中心对称图形——平行四边形
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.如图,将边长为9的正方形ABCD沿MN折叠,使点B落在CD边上的处,点A对应点为,且,则AM的长是( )
A.2 B.3 C. D.
2.如图,分别以直角的斜边,直角边为边向外作等边和等边,为的中点,与交于点,与交于点,,.给出如下结论:①;②四边形为平行四边形;③;④;其中正确结论的是( )
A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.①②③④
3.平行四边形边长为和,其中一内角平分线把边长分为两部分,这两部分是( )
A.和 B.和 C.和 D.和
4.如图,已知正方形的边长为,E为边上的一点,,则的长为( )
A. B. C.5 D.10
5.如图,菱形的对角线AC与BD相交于点O,若,,则的长为( )
A.4 B.6 C.7 D.8
6.下列几何体中,其主视图不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
7.下列图形中,由AB∥CD,能得到∠1=∠2的是( )
A. B. C. D.
8.如图,如果要证明四边形为正方形,那么我们需要在四边形是平行四边形的基础上,进一步证明( )
A.且 B.且
C.且 D.和互相垂直平分
9.如图,点D、E分别是,的中点,,则池塘的宽度为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
10.如图,点E,F,G,H分别为四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点.下列三种说法:
① .四边形EFGH一定是平行四边形;
②.若AC=BD,则四边形EFGH 是菱形;
③.若AC⊥BD,则四边形EFGH是矩形.
其中正确的是( )
A.① B.①② C.①③ D.①②③
11.2022北京冬奥会的设计呈现了中国美学,很多设计中利用了轴对称的美.如图,在平行四边形纸片ABCD中,对角线AC与BD相交于点E,,,李旻老师设计时将平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠,使得点B落在点的位置,连接,则的长为( )
A. B. C. D.15
12.下列选项中能使成为菱形的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题
13.如图,在菱形ABCD中,边长为10,∠A=60°.顺次连结菱形ABCD各边中点,可得四边形A1B1C1D1;顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点,可得四边形A2B2C2D2;顺次连结四边形A2B2C2D2各边中点,可得四边形A3B3C3D3;按此规律继续下去…则四边形A2B2C2D2的周长是 ,四边形A2019B2019C2019D2019的周长是 .
14.将图形 绕中心旋转后的图形是 (画出图形).
15.“平行四边形的对角线互相垂直平分”是 事件.(填“必然”“不可能”或“随机”)
16.如图,矩形的边,E是上一点,,F是上一动点,M、N分别是的中点,则的最小值是 .
17.对于,从以下五个关系式中任取一个作为条件:①AB=BC;②∠BAD=90°;③AC=BD;④AC⊥BD;⑤∠DAB=∠ABC,能判定是矩形的概率是 .
三、解答题
18.如图,四边形中,,,连接,,点为的中点,射线交的延长线于点,连接.
(1)求证:四边形是菱形;
(2)若,,求的长.
19.如图,在矩形中,于点于点.
求证:.
20.已知:如图,在中,、相交于点O,点E、F分别在、上,且.求证:四边形是平行四边形.
21.在正方形中,,、分别是、边上的动点,以、为边作平行四边形.
(1)如图1,连接,若,试说明与的关系;
(2)如图2,若为的中点,在边上是否存在某个位置,使得四边形为菱形?若存在,求出的长;若不存在,说明理由.
22.如图,在平面直角坐标系中,先把梯形ABCD向左平移6个单位长度得到梯形A1B1C1D1.
(1)请你在平面直角坐标系中画出梯形A1B1C1D1 ;
(2)以点C1为旋转中心,把(1)中画出的梯形绕点C1顺时针方向旋转 得到梯形A2B2C2D2 ,请你画出梯形A2B2C2D2.
23.阅读下面材料:
在数学课上,老师提出利用尺规作图完成下面问题:
已知:直线l与直线外一点.求作:过点作直线的平行线.
小明的作法如下:
如图, ①在直线上任取两点 ; ②以点为圆心,线段的长为半径作圆弧; 以点为圆心,线段的长为半径作圆弧; 两圆弧(与点在同侧)的交点为D; ③过点作直线. 所以直线即为所求.
老师说:“小明的作法正确.”请回答:
(1)利用尺规作图完成小明的做法(保留作图痕迹);
(2)该作图的依据是__________.
24.已知两条对角线a,b,利用尺规作一个菱形.
《第九章中心对称图形——平行四边形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D C D D B B B D D
题号 11 12
答案 A B
1.A
【分析】根据勾股定理求出线段BN的长,过M作交BC于点H,证明求得NH的长,再利用矩形的性质求得AM 的长.
【详解】解:连接,过M作交BC于点H,MN交于点I,
由翻折可知:,,
设,
正方形ABCD的边长为9,
,
在中,,
,即,
解得,
,
,
四边形ABHM为矩形,
,,
,
,即,
,
,
,
,
.
故选:A.
【点睛】本题考查了正方形的性质,轴对称的性质,全等的判定及性质,勾股定理,熟练掌握折叠性质是解题的关键.
2.D
【分析】根据已知先判断△ABC≌△EFA,则∠AEF=∠BAC,得出EF⊥AC,证明FH是△ABC的中位线,得HF=BC,由BC=AB,AB=BD即可得FH=BD,从而有BD =4FH,接着证明△DBF≌△EFA得AE=DF,再由FE=AB,得出四边形ADFE为平行四边形,根据平行四边形的性质得出AD=4AG,从而得到答案.
【详解】解:∵△ACE是等边三角形,
∴∠EAC=60°,AE=AC,
∵∠BAC=30°,
∴∠FAE=∠ACB=90°,AB=2BC,
∵F为AB的中点,
∴AB=2AF,
∴BC=AF,
∴△ABC≌△EFA,
∴FE=AB,
∴∠AEF=∠BAC=30°,
∴∠AHE =90°,
∴EF⊥AC,故①正确,
∵EF⊥AC,
∴AH=CH,
∵F是AB的中点,
∴FH是△ABC的中位线,
∴HF=BC,
∵BC=AB,AB=BD,
∴FH=BD,
即BD =4FH,故④说法正确;
∵AD=BD,BF=AF,
∴∠DFB=90°,∠BDF=30°,
∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°,
∴∠DFB=∠EAF,
∵EF⊥AC,
∴∠AEF=30°,
∴∠BDF=∠AEF,
∴△DBF≌△EFA(AAS),
∴AE=DF,
∵FE=AB,
∴EF=AD,
∴四边形ADFE为平行四边形,故②说法正确;
∴AG=AF,
∴AG=AB,
∵AD=AB,
则AD=4AG,故③说法正确,
故选:D.
【点睛】本题考查含30度直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质等知识,灵活运用所学知识解决问题是解题的关键.
3.C
【分析】作出草图,根据角平分线的定义求出∠BAE=45°,然后判断出△ABE是等腰直角三角形,然后求出BE=AB,再求出CE即可得解.
【详解】解:如图,
∵AE平分∠BAD,
∴∠BAE=45°,
又∵∠B=90°,
∴△ABE是等腰直角三角形,
∴BE=AB=10cm,
∴CE=BC-AB=15-10=5cm,
即这两部分的长为5cm和10cm.
故选C.
【点睛】本题考查了矩形的性质,角平分线的定义,熟记性质判断出△ABE是等腰直角三角形是解题的关键.
4.D
【分析】本题主要考查了正方形的性质,直角三角形的性质,勾股定理,设,根据直角三角形性质得出,根据勾股定理得出,求出x的值,得出答案即可.
【详解】解:设,
∵正方形中,,
,
根据勾股定理,,
,
故选:D.
5.D
【分析】根据菱形的性质可得,,,再根据勾股定理可得的长度,即可求出的长度.
【详解】解:四边形是菱形,
,,,
,
,
在中,,
,
,
,
故选D.
【点睛】本题考查了菱形的性质,勾股定理,熟练掌握菱形对角线互相垂直平分是解题关键.
6.B
【分析】先判断出各图形的主视图,然后结合中心对称的定义进行判断即.
【详解】A、主视图是矩形,矩形是中心对称图形,故本选项错误;
B、主视图是三角形,三角形不是中心对称图形,故本选项正确;
C、主视图是圆,圆是中心对称图形,故本选项错误;
D、主视图是正方形,正方形是中心对称图形,故本选项错误.
故选B.
7.B
【分析】根据平行线的性质逐项判断即可.
【详解】A、∵AB//CD,
∴∠1+∠2=180°.故本选项不符合题意;
B、如图,∵AB//CD,
∴∠1=∠3.
∵∠2=∠3,
∴∠1=∠2.故本选项正确.
C、∵AB//CD,
∴∠BAD=∠CDA,不能得到∠1=∠2.故本选项不符合题意;
D、当梯形ABDC是等腰梯形时才有,∠1=∠2.故本选项不符合题意.
故选:B.
【点睛】本题考查平行线的性质,熟练掌握平行线的性质是解答的关键.
8.B
【分析】根据正方形的性质与判定逐项分析即可.
【详解】A.四边形是平行四边,,
四边形是菱形,
B.四边形是平行四边,
四边形是菱形
四边形是正方形
C. 且只能判定四边形是矩形;
D.根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形,对角线互相平分的四边形是平行四边形,所以不能判断四边形ABCD是正方形.
故选B
【点睛】本题考查了菱形,矩形,正方形的性质与判定,掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键.
9.D
【分析】本题考查的是三角形中位线定理,掌握三角形的中位线平行于第三边,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解答即可.
【详解】解:∵点D、E分别是边、AC的中点,
∴是的中位线,
∴,
故选:D.
10.D
【分析】根据三角形中位线定理得到,EH=BD,EF=AC,根据平行四边形、菱形、矩形的判定定理判断即可.
【详解】解:∵点E,F,G,H分别为四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点,
∴,EH=BD, EF=AC,
∴四边形EHGF是平行四边形,故①符合题意;
若AC=BD,则EF=EH,
∴平行四边形EHGF是菱形,故②符合题意;
若AC⊥BD,则EF⊥EH,
∴平行四边形EHGF是矩形,故③符合题意;
故选:D.
【点睛】本题考查的是中点四边形,掌握三角形中位线定理、平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键.
11.A
【分析】由折叠的性质可得,△ABE≌△AE,可得到∠DE=90°,由平行四边形的性质得ED=BE=E=2,则利用勾股定理可求D=.
【详解】解:由折叠的性质可得,△ABE≌△AE,
∴∠BEA=∠EA=45°,
∴∠BE=90°,
∴∠DE=90°,
∵BD=4,四边形ABCD是平行四边形,
∴ED=BE=E=2,
∴D=,
故选:A.
【点睛】本题考查平行四边形的性质,翻折的性质,勾股定理,熟练掌握翻折的性质求出∠DE=90°是解题的关键.
12.B
【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质;熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键.由菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可.
【详解】解:如图,
A、∵四边形是平行四边形,
∴,故选项A不符合题意;
B、∵四边形是平行四边形,,
∴为菱形,故选项B符合题意;
C、∵四边形是平行四边形,,
∴为矩形,故选项C不符合题意;
D、∵四边形是平行四边形,,
∴为矩形,故选项D不符合题意;
故选:B.
13. 20
【分析】先证明四边形A2B2C2D2是菱形,求出A1D1=5,C1D1=AC=5,A2B2=C2D2=C2B2=A2D2=5,求出周长,同理可得A3D3=5×,C3D3=C1D1=×5,A5D5=5×()2,C5D5=C3D3=()2×5,进而求出四边形A2019B2019C2019D2019的周长即可.
【详解】解:∵菱形ABCD中,边长为10,∠A=60°,顺次连结菱形ABCD各边中点,
∴△AA1D1是等边三角形,四边形A2B2C2D2是菱形,
∴A1D1=5,C1D1=AC=5,A2B2=C2D2=C2B2=A2D2=5,
∴四边形A2B2C2D2的周长是:5×4=20,
同理可得出:A3D3=5×,C3D3=C1D1=×5,
A5D5=5×()2,C5D5=C3D3=()2×5,
…
∴四边形A2019B2019C2019D2019的周长是:.
故答案为:20;.
【点睛】本题考查了中点四边形的相关知识,根据题意发现中点四边形性质,分别求出菱形矩形边长并发现规律进行推理是解题关键.
14.
【分析】本题考查了旋转的性质,旋转前后的图形不发生任何变化,绕中心旋转,即是对应点绕旋转中心旋转,即可得出所要图形,注意矩形图形的旋转变换是解题的关键.
【详解】
解:将图形 ,各对应点绕中心旋转,
可得出相应图形: ,即是所求答案,
故答案为:.
15.随机
【分析】根据平行四边形的性质和随机事件的概念即可判断.
【详解】解:∵平行四边形的对角线互相平分,但不一定垂直
∴“平行四边形的对角线互相垂直平分”是随机事件;
故答案为:随机.
【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念,掌握必然事件、不可能事件、随机事件的区别与联系是解答本题的关键.
16.
【分析】延长到,使,连接,则,,当、、在同一直线上时,最小,最小值为.根据N、M分别是、的中点,得到,,的最小值为.
【详解】解:,,,
,,
延长到,使,连接,
则,,
当、、在同一直线上时,
最小,最小值为.
在中,
,
即最小为5,
、分别是、的中点,
,,
的最小值为.
故答案为:.
【点睛】本题考查了轴对称最小值问题、矩形的性质、三角形的中位线性质、勾股定理,熟练运用轴对称的性质和中位线定理是解题的关键.
17..
【详解】解:①∵ABCD是平行四边形,AB=BC,∴ABCD是菱形;
②∵ABCD是平行四边形,∠BAD=90°,∴ABCD是矩形;
③∵ABCD是平行四边形,AC=BD,∴ABCD是矩形;
④∵ABCD是平行四边形,AC⊥BD,∴ABCD是菱形;
⑤∵ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,
∴∠DAB+∠ABC=180°,∠DAB=∠ABC,
∴∠DAB=90°,∴ABCD是矩形.
故P(ABCD是矩形)=.
故答案为:.
18.(1)详见解析;(2)
【分析】(1)根据DE=EC,AF∥BC,得出内错角相等,证明△BCE≌△FDE,可判断BC∥DF且BC=DF,从而得出四边形BCDF为平行四边形,再根据菱形的判定求解即可;
(2)根据菱形的性质得到BD=DF=BC=2,根据勾股定理可得AB,根据线段的和差关系可得AF,再根据勾股定理可得BF的长.
【详解】解:(1)∵AF∥BC,
∴∠DCB=∠CDF,∠FBC=∠BFD,
∵点E为CD的中点,
∴DE=EC,
在△BCE与△FDE中,
,
∴△BCE≌△FDE;
∴DF=BC,
又∵DF∥BC,
∴四边形BCFD为平行四边形,
∵BD=BC,
∴四边形BCFD是菱形;
(2)∵四边形BCFD是菱形,AD=1,BC=2,
∴BD=DF=BC=2,
在Rt△BAD中,AB=
∵AF=AD+DF=1+2=3,
在Rt△BAF中,BF=.
【点睛】本题考查了直角梯形的性质,全等三角形的判定与性质,平行四边形、菱形的判定与性质.关键是利用梯形上下两底的平行关系及中点,证明两个三角形全等.
19.见解析
【分析】根据矩形的性质以及已知条件,证明,根据全等三角形的性质,即可得证.
【详解】∵四边形是矩形,
∴
,
又∵
【点睛】本题考查了矩形的性质,全等三角形的性质与判定,熟练掌握矩形的性质是解题的关键.
20.见解析
【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定,根据平行四边形的性质可得到,再根据平行四边形的判定方法可证得结论.
【详解】证明:∵四边形为平行四边形,
∴,
又∵,
∴四边形是平行四边形.
21.(1),且,理由见解析
(2)F在AB边上存在时,使得四边形EFDG为菱形
【分析】(1)根据正方形的性质,得出,,再判断和全等,再根据平行四边形的性质即可得出答案;
(2)先判断存在,设,再根据点E为中点、菱形的性质,通过勾股定理即可得出答案.
【详解】(1)解:,且.
∵四边形为正方形,
∴,,
在和中,
,
∴,
∴,,
∵
∴,
∴,
∵四边形是平行四边形,
∴,
∴,且, .
(2)解:存在,理由如下:
设,
∵,
∴,
∴,
∵点E为中点,
∴,
∵四边形为菱形,
∴,
由勾股定理可得,即
解得
∴F在边上存在时,使得四边形为菱形.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的性质、勾股定理,解题关键是熟练掌握全等三角形的判定、平行四边形和菱形的性质、勾股定理.
22.(1)画图见解析;(2)画图见解析.
【详解】分析:(1)将A、B、C、D按平移条件找出它的对应点A1、B1、C1、D1,顺次连接A1B1、B1C1、C1D1,D1A1即得到平移后的图形;
(2)因为C1的对应点还是C1,利用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,作出D1的对应点D2,然后利用旋转前、后的图形全等,即可作出所求图形.
详解:
点睛:本题考查了图形的平移和旋转.解答本题的关键是作各个关键点的对应点.
23.(1)见解析
(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形
【分析】问题(1)直接按照小明的作法即可,问题(2)可根据作图结果情况反思:为什么用线段(圆半径)相等就能得出平行,看出即可.
【详解】(1)作图如下:
(2)由作图可知:,,所以依据平行四边形的判定方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形,得出四边形是平行四边形,从而.
故答案为:两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
【点睛】本题考查尺规作图的方法,由作图结果分析作图的方法的合理性是解决(2)的关键,注意运用逆向思维解决问题.
24.见解析
【分析】利用菱形的特点及垂直平分线的性质即可求解.
【详解】如图,①先画线段AC=a;
②作AC的垂直平分线,与AC的交点为O,以交点O为圆心,为半径画弧交B、D两点;
③顺次连接ABCD,即为所求的菱形.
【点睛】此题主要考查菱形的作图,解题的关键是熟知垂直平分线的画法与性质.
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