苏科版八年级下册 第9章《中心对称图形—平行四边形》考点+易错整理同步学案

第9章《中心对称图形—平行四边形》考点+易错整理
知识梳理

重难点分类解析
考点1 中心对称与中心对称图形
【考点解读】中心对称是特殊的旋转，即一图形绕着某一点旋转180°，如果它能与另一个图形重合，那么两图形成中心对称;把一图形旋转180°，如果旋转后的图形与原图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.此考点可以直观判断或将图形进行旋转，中考中常以选择题的形式出现，比较简单.
例1 (2018·无锡二模)下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )

分析:本题考查了轴对称图形和中心对称图形.选项A，是轴对称图形，不是中心对称图形;选项B，是轴对称图形，也是中心对称图形;选项C，是中心对称图形，不是轴对称图形;选项D，是轴对称图形，不是中心对称图形.
答案:B
【规律·技法】判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合;判断中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180°后与原图形重合.
【反馈练习】
1.下列图形中，是中心对称图形的是( )

点拨:紧抓中心对称图形定义中的关键180°，如选项C旋转72°、选项D旋转120°后的图形与原图形重合，但不满足180°这一点，要注意区分.
2.如图所示，cm，曲线与曲线关于点成中心对称，则
，曲线和曲线所围成的图形的面积是 cm2 .

点拨:利用中心对称的性质转化图形.
考点2 平行四边形的性质与判定
【考点解读】平行四边形的性质与判定是学习矩形、菱形、正方形性质与判定的基础，主要从边、角、对角线三个角度来学习.此考点在中考中占有重要地位，选择题、填空题和解答题中均可能出现.
例2 如图，在中，点分别在上，且相交于点，求证: .

分析:连接.证明四边形是平行四边形即可.
解答:连接，如图所示.因为四边形是平行四边形，所以,.因为，所以.所以四边形是平行四边形.所以.

【规律·技法】在平行四边形中，可以通过证明三角形全等或特殊三角形或特殊四边形来证明线段相等，作辅助线是解决平行四边形问题的常用方法.
【反馈练习】
3. (2018·东营)如图，在四边形中，点是边的中点，连接并延长，
交的延长线于点，添加一个条件使四边形是平行四边形，
你认为下面四个条件中可选择的是( )

A. B.
C. D.
点拨:利用平行四边形的判定方法可得.
4. (2018·孝感)如图，点在一条直线上,已知，连
接.求证:四边形是平行四边形.




点拨:利用全等三角形的性质得出，再利用平行四边形的判定可得结论.
5.如图，在平行四边形中，相交于点，点分别是的中点.
判断四边形的形状并说明理由.




点拨:由平行四边形的对角线互相平分可得，再由分别为的中点得到，最后用对角线互相平分可判定四边形的形状.
考点3 特殊平行四边形的性质与判定
【考点解读】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们的性质与判定方法有其特殊性.矩形主要体现在矩形的角与对角线上，菱形主要体现在菱形的边与对角线上，正方形无论在边、角和对角线上都具有特殊性质.它们是中考的热点图形，多以选择题、填空题与解答题的形式出现.
例3 如图，在菱形中，过点作于点，作于点，连接 .
求证:(1) ;
(2) .




分析:(1)由菱形的性质，得，进而利用AAS证明两三角形全等;
(2)由(1)，得，结合菱形四边相等得，进而得到.
解答:(1)因为四边形是菱形，所以.因为，所以.在和中,，所以.
(2)因为四边形是菱形，所以.因为，所以.所以.所以.
【规律·技法】菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的一切性质，它的特性主要为四条边都相等、对角线互相垂直且平分每一组对角，证明三角形全等要结合菱形的性质与全等三角形的证明方法.
例4 如图，以的边为边作等边三角形和等边三角形，四边形是平行四边形.
(1)当满足什么条件时，四边形是矩形;
(2)当满足什么条件时，平行四边形不存在;
(3)当分别满足什么条件时，平行四边形是菱形、正方形?

分析:(1)根据矩形的四角相等且都为90°求解;(2)根据点在同一条直线上时不能构成四边形求解;(3)分别根据菱形的四边相等和正方形的四边相等、四角相等的特性解题.
解答:(1)当时，四边形是矩形.理由如下:因为,，所以.因为四边形是平行四边形，所以四边形是矩形.
(2)当时，平行四边形不存在.理由如下:因为，所以三点共线.所以四边形不存在.
(3)当时，平行四边形是菱形.综上可知:当,时，平行四边形是正方形.
【规律·技法】本题综合考查了特殊平行四边形的判定，解答时须在充分理解特殊平行四边形的判定的基础上分析图形作出判定.
【反馈练习】
6. (2018·扬州一模)如图，四边形的对角线相交于点，且是的中
点， ,.
(1)求证: ;
(2)若，则四边形是什么特殊四边形?请证明你的结论.

点拨:(1)由与平行，得到两对内错角相等，再由为的中点，得到.又,
得到，利用AAS即可得证;(2)若，则四边形为矩形，理由如下:由，得到，即，利用对角线互相平分且相等的四边形为矩形即可得证.
7. (2018·盐城)在正方形中，对角线所在的直线上有两点满足，
连接，如图所示.
(1)求证: ;
(2)试判断四边形的形状，并说明理由.





点拨:(1)根据正方形的性质，可得，进而得到，结合已知，利用“SAS”即可证明三角形全等;(2)结论:四边形是菱形，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判断.
8.如图，正方形中，动点在上，，垂足为，连接
.
(1)求证: ;
(2)当点运动到的中点时(其他条件都保持不变)，问四边形是什么特殊四边
形?请说明理由.

点拨:(1)由正方形的性质，得.又，则.结合利用“SAS”证明三角形全等，得; (2)结论:四边形是正方形，由邻边相等且一个角是90°的平行四边形是正方形即可判断.
考点4 三角形的中位线
【考点解读】三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，在解决有关线段中点问题时，其可用于证明线段相等与角相等，中考中常以基础题型出现.
例5 如图，在中，，点分别是的中点.若=
2，则线段的长是 .

分析:因为在中，是的中点，所以是直角三角形斜边上的中线.所以.又分别是的中点，所以是的中位线.所以.
答案:2
【规律·技法】直角三角形抖边上的中线等于料边的一半;三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半.
【反馈练习】
9. (2018·苏州期末)如图，在菱形中，.若是边上的一点，
分别是的中点，则线段的长为( )
A. 8 B. C.4 D.

点拨:连接.证明是等边三角形，再根据三角形的中位线定理即可解决问题.
10.顺次连接矩形各边中点，所得四边形必定是( )
A.邻边不等的平行四边形 B.矩形
C.正方形 D.菱形
点拨:利用矩形的性质，对角线相等以及多个中点构成中位线，利用中位线定理得四边形的边都等于矩形对角线的一半，从而得到特殊的四边形形状.
11.如图，在中，，垂足为为的中点.若=8 cm，
求的长.




点拨:利用已知为的中点，，取的中点，可利用中位线定理与直角三角形料边上的中线等于斜边的一半进行角度与线段长度的转换，从而求出.本题关键是抓住中点条件适当添加辅助线.
易错题辨析
易错点1 思考不严密、语言叙述不准确导致错误
例1 分析下图的旋转现象.

错误解答:本题是由图案的绕图案中心分别旋转四次，每次旋转90°形成的.
错因分析:错解没有找出具体的基本图案，旋转的角度也没有交代清楚.
正确解答:本题是由一个梯形绕图案中心依次旋转90°,180°,270°而形成的，也可以看作是由两个相邻的梯形绕图案的中心旋转180°而形成的.
易错辨析:从3个方面分析旋转:(1)找准旋转的基本图案;(2)找出旋转中心;(3)算准旋转角度.
易错点2 对中心对称、成中心对称图形及轴对称图形的定义理解不清
例2 在线段、等腰三角形、等边三角形、长方形、圆这几个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有多少个?
错误解答:线段、等边三角形、长方形、圆既是轴对称图形又是中心对称图形，因此答案为4个.
错因分析:本题错误地认为等边三角形是中心对称图形，其实等边三角形是轴对称图形，也是旋转对称图形，旋转角度为120°,240°,…，但旋转180°后不能与自身重合，因此它不是中心对称图形.错误原因是认为旋转对称图形是中心对称图形.旋转对称图形只要旋转角度中有一个是180°，它就是中心对称图形，否则不是.
正确解答:在这些图形中，等腰三角形、等边三角形只是轴对称图形，其余的既是轴对称图形又是中心对称图形，因此答案为3个.
易错辨析:易混淆中心对称图形与轴对称图形.中心对称图形是将一个图形绕某一点旋转180°后能与自身重合的图形;轴时称图形是将一个图形经过折叠后，折痕两旁的部分能够完全重合的图形.
易错点3 混淆或臆造平行四边形的判定方法
例3 下列条件中能判定四边形是平行四边形的是( )
A. B.
C. D.
错误解答:A或B或D
错因分析:错误原因主要是对平行四边形的判定方法没有理解一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以A错误;两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以B错误;两组对边分别相等的四边形是平行四边形，所以C正确，D错误.
正确解答:C
易错辨析:平行四边形的判定方法都可以用平行四边形的定义推导出来，因此定义是判定的基础.应用平行四边形的判定定理时要仔细体会它们之间的区别与联系;同时，要根据已知条件合理、灵活地选择判定方法，不能凭主观印象判定一个四边形是平行四边形.
易错点4 混淆特殊平行四边形的判定方法或漏掉某些条件而致错
例4 如图所示，分别是平行四边形的对边的中点，与交于点与交于点.试说明:四边形是矩形.

错误解答:由四边形是平行四边形，得.因为分别是的中点，所以.所以.因为，所以.所以.所以.所以在等腰三角形中. 平分.根据等腰三角形的性质，得，即.同理可得.所以四边形为矩形.
错因分析:错在由，就得四边形是矩形这一点上，所需条件不够，还需求另一个角是直角才能说明四边形是矩形.
正确解答:由题意，得，故四边形和四边形都是平行四边形.所以.所以四边形是平行四边形.再用上面的方法证 (略)，就可得到四边形为矩形.
易错辨析:在判定矩形时，可先判定它是平行四边形，再添加一个角是直角或对角线相等的条件，方可作出判定;若它是四边形，则应添加3个角是直角或对角线互相平分且相等的条件，方可作出判定.在解题时不能混淆这两种判定方法.
例5 判断下列说法是否正确:
(1)四条边相等的四边形是正方形;
(2)两条对角线相等且互相垂直的四边形是正方形;
(3)两条对角线分别平分一组对角的四边形是正方形;
(4)两条对角线互相垂直的矩形是正方形.
错误解答:(1)正确;(2)正确;(3)正确;(4)错误.
错因分析:(1)一个四边形的四条边相等只能判定它是菱形，要判定它是正方形，还缺少条件，这个条件可以是有一个角是直角，也可以是其他判定四边形是矩形的条件;(2)此说法的错误是识别方法不清楚，对角线相等且互相垂直，但对角线并不一定互相平分，只有再加上对角线互相平分或四边形是平行四边形的条件，四边形才是正方形;(3)片面应用了正方形的性质，虽然正方形的每一条对角线都平分一组对角，但反过来只能判定四边形是菱形，还缺少判定它也是满巨形的条件;(4)矩形对角线相等且互相平分，再加上互相垂直可判定为正方形.
正确解答:(1)错误;(2)错误;(3)错误;(4)正确.
易错辨析:识别一个四边形是正方形时，易忽略某个条件;在应用正方形的特征解题时，有时又忽略某些条件，致使有些题目解不出或判断失误，要避免这两种错误的产生，就必须做到认真熟记正方形的特征和识别方法，不要忽略隐含条件，尽量避免错误产生.
易错点5 对中点四边形的错误认识
例6 顺次连接四边形四边中点得到的四边形是矩形，则四边形是( )
A.矩形 B.菱形
C.对角线相等的四边形 D.对角线垂直的四边形
错误解答:B
错因分析:错误解答仅考虑到特殊情形，失去一般性.
正确解答:D
易错辨析:顺次连接菱形四边中点得到的中点四边形是矩形，同样凡是对角线垂直的四边形，四边中点顺次连接得到的四边形都是矩形.
【反馈练习】
1.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )

点拨:根据中心对称图形和轴对称图形的概念判断.
2.如图，在四边形中，，要使四边形成为平行四边形，则应增加
的条件是( )

A. B.
C. D.
点拨:掌握平行四边形的判定方法，
3.下列判断:①对角线相等的四边形是矩形;②对角线互相垂直的四边形是菱形;③对角线相
等的菱形是正方形.其中，正确的有
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
点拨:掌握特殊四边形的判定方法.
4.如图，已知和直线，垂足为.
(1)作，使之与关于直线对称;
(2)作，使之与关于直线对称;
(3)与关于点成中心对称吗?为什么?



点拨:要判断与是否关于点成中心对称，只需根据成中心对称的图形的识别方法来解题，即要看这两个三角形每对对应点的连线是否都经过点，并且被点平分.
5.如图，在四边形中，,分别为的中点，连
接.
(1)求证: ;
(2)若平分 , = 2，求的长.


点拨:(1)根据三角形中位线定理得，根据直角三角形料边中线定理得,由此即可证明.(2)首先证明，根据即可解决问题.
探究与应用
探究1 图形变换问题
例1 如图，在六边形中，，对边之差，求证:该六边形的各角都相等.

点拨:设法将复杂的条件用一个基本图形表示，因题设有平行条件，可考虑用平移变换进行解决.
解答:如图，分别过点作，三线两两相交于点.因为，所以,.所以四边形、四边形和四边形均为平行四边形.所以.所以.
所以是等边三角形.所以.
所以,即该六边形的各角都相等.

【规律·提示】平移是几何变换中最常用的变换之一，用它可以将一些不在同一个三角形(或平行四边形)中要证的两条线段或两角，进行“搬家”，把它们搬到同一个三角形(或平行四边形)中，再利用图形的性质与题设条件，找到求解的途径.平移法能把分散的条件集中起来，收到事半功倍的效果.
【举一反三】
1.如图，已知, 是直线上的点，.
(1)如图①，过点作，并截取，连接，试判断
的形状并证明;
(2)如图②, 是直线上的一点，且，直线相交于点的
度数是一个固定的值吗?若是，请求出它的度数;若不是，请说明理由.



例2 (1)在矩形纸片中，=8，将纸片折叠，使顶点落在边上的点处，折痕的一端点在边上， =10.
①当折痕的另一端点在边上时，如图①，求的面积;
②当折痕的另一端点在边上时，如图②，证明四边形为菱形，并求出折痕的长.

(2)在矩形纸片中，=5, =13.如图③所示，折叠纸片，使点落在边上的点处，折痕为.当点在边上移动时，折痕的端点也随之移动.若限定点分别在边上移动，求点在边上可移动的最大距离.
点拨:(1)①首先利用翻折变换的性质以及匀股定理求出的长，进而利用勾股定理求出和的长，即可得出的面积;②首先证明四边形是平行四边形，再利用，得出四边形是菱形，再利用菱形性质求出的长.(2)分别利用当点与点重合时，以及当点与点重合时，求出的极值进而得出答案.
解答:(1)①如题图①，过点作交于点.在中，，所以.则.设，则.由，得.解得.所以.故的面积为.
②如题图②，过点作交于点.因为四边形是矩形，所以.所以四边形是平行四边形.由对称性知，，所以平行四边形是菱形，所以，则.所以.
(2)如图④，当点与点重合时，根据翻折对称性可得;如图⑤，当点与点重合时，根据翻折对称性可得.此时在中，，即，解得.所以点在上可移动的最大距离为5－1=4.

【规律·提示】解决此类问题的关键是设出待求线段(或间接设出)的长，并用其表示出所在直角三角形的另两边(或一边)的长，然后根据匀股定理列出方程求解.
【举一反三】
2.如图，在矩形中，是的中点，直线平行于直线,且直
线与直线之间的距离为2，点在矩形的边上，将矩形沿直线折
叠，使点恰好落在直线上，则的长为 .

探究2 面积问题
例3 如图，矩形的面积为20 cm2，对角线交于点;以为邻边作平行四边形，对角线交于点;以为邻边作平行四边形，对角线交于点,…，依此类推，则平行四边形的面积为( )

A. cm2 B. cm2 C. cm2 D. cm2
点拨:设短形的面积为.因为为矩形的对角线的交点，所以平行四边形的底边上的高等于的，所以平行四边形的面积为.因为平行四边形的对角线交于点，所以平行四边形的底边上的高等于平行四边形底边上的高的，所以平行四边形的面积为.….依此类推，平行四边形的面积为(cm2).
答案:B
【规律·提示】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，解答此题的关健是确定平行四边形边上高的关系.
【举一反三】
3.正方形、正方形和正方形的位置如图所示，点在线段上，
正方形的边长为4，则的面积为 .

探究3 最值问题
例4 如图，在周长为12的菱形中，，若为对角线上一动点，则的最小值为( )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
点拨:作点关于直线的对称点，则.连接交于点，所以.由“两点之间线段最短”，可知当三点在同一条直线上时，的值最小，此时.因为四边形为菱形，且周长为12,所以.因为，所以,所以四边形是平行四边形，所以.所以的最小值为3.
答案:C
【规律·提示】在平面几何的动态问题中，当某几何元素在给定条件下变动时，求其几何量(如线段的长度、图形的周长或面积、角的度数以及它们的和与差)的最大值或最小值问题，称为几何最值问题.解题的理论依据主要是“两点之间线段最短”“垂线段最短”，其他情形通过平移、轴对称、旋转等几何变换转化为上述情形求之.
【举一反三】
4.菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点,是
对角线上一个动点，点，那么当最短时，点的坐标为 .
5.如图，是一张矩形纸片，.在矩形的边上
取一点，在上取一点，将纸片沿折叠，使与相交于点，得到
.


(1)若，求的度数;
(2)的面积能否小于?若能，求出此时的度数;若不能，请说明理由;
(3)如何折叠能够使的面积最大?请你利用备用图探究可能出现的情况，并求出最
大值.





参考答案
知识梳理
矩形 菱形 正方形
重难点分类解析
【反馈练习】
1. B
2. 2
3. D
4.点拨：证明，得，即可.
5. 四边形是平行四边形.（点拨：）
6. (1)点拨：
(2) 若，则四边形是矩形.
点拨：因为，所以.因为，所以.
7. (1)点拨：
(2)点拨：连接交于点，证，可得四边形是平行四边形.已知，即可得证.
8. (1)点拨：证明.
(2)当点运动到的中点时，四边形是正方形.
9. C 10. D
11. cm
易错题辨析
【反馈练习】
1. C 2. B 3. B
4. (1) (2) 如图所示

(3)与关于点成中心对称.
5. (1) 点拨：，
(2)
探究与应用
【举一反三】
1. (1) 是等腰直角三角形.
点拨：证明
(2) 的度数是一个固定的值.
2. 或
3. 16
4.
5. (1)
(2) 不能
(3)分两种情况:
情况一:将矩形纸片对折，使点与点重合，如图②，此时点也与点重合.设，则.由勾股定理，得，解得.所以由(1)知，所以.
情况二:将矩形纸片沿对角线对折,此时折痕为，如图③.设，则，所以同理可得.所以.
所以的面积的最大值为1.3.