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第九章中心对称图形—平行四边形练习期中复习苏科版2024—2025学年八年级下册
一、选择题
1．下列图形既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，△ABC中，M是BC的中点，AD平分∠BAC，BD⊥AD于点D，若AB＝4，AC＝6，则MD等于（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
3．已知 ABCD的对角线相交于点O，分别添加下列条件：①∠ABC＝90°；②AC⊥BD；③AC＝BD；④OA＝OD．使得 ABCD是矩形的条件是（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
4．如图，D是△ABC内部一点，AC⊥BD，且，依次取AB，BC，CD，AD的中点，并顺次连接得到四边形MNPQ，则四边形MNPQ的面积是（　　）
A．6 B．12 C．24 D．48
5．如图，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，则OE的长为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
6．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，ABBC，连接OE，下列结论①∠CAD＝30°；②OE⊥AC；③BDAB；④S四边形ABOES△OCD；其中成立的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
7．如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E，F在边BC上，且∠EAB＝∠FDC＝30°．（Ⅰ）线段EF的长为　 ．
（Ⅱ）若点M是正方形对角线AC与线段DF的交点，点H在边AB上，且MH∥BC，N为线段BF的中点，则线段NH的长为　 　 ．
8．在 ABCD中，BE，CF分别平分∠ABC，∠BCD，分别交AD于点E，F．若AB＝3，BC＝5，则EF的长为 　 　 ．
9．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC的平分线交AC于D．过点A作AE⊥BC于E，交BD于G，过点D作DF⊥BC于F，过点G作GH∥BC，交AC于点H，则下列结论：
①∠BAE＝∠C；
②S△ABG：S△EBG＝AB：BE；
③∠ADF＝2∠CDF；
④四边形AGFD是菱形；
⑤CH＝DF．
其中正确的结论是　 　 ．
10．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜180°），点B的对应点D恰好落在边BC上．若DE⊥AC，∠CAD＝24°，则旋转角α的度数为　 　 ．
11．如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，∠DAB＝50°，∠CBA＝70°，P、M、N分别是AB，AC、BD的中点，若BC＝8，则△PMN的周长是　 　．
三、解答题
12．如图，△ABC中，M为BC的中点，AD为∠BAC的平分线，BD⊥AD于D．
（1）求证：DM（AC﹣AB）；
（2）若AD＝6，BD＝8，DM＝2，求AC的长．
13．已知：如图，在 ABCD中，E，F是直线BD上的两点，DE＝BF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AD⊥BD，AB＝5，AD＝3，且EF﹣AF＝2，求DE的长．
14．如图所示．△ABC中，∠B，∠C的平分线BE，CF相交于O，AG⊥BE于G，AH⊥CF于H．
（1）求证：GH∥BC；
（2）若AB＝9厘米，AC＝14厘米，BC＝18厘米，求GH．
15．如图，点E是矩形ABCD的边BA延长线上一点，连接ED、EC，EC交AD于点G，作CF∥ED交AB于点F，DC＝DE．
（1）求证：四边形CDEF是菱形；
（2）若BC＝6，AF＝2，求菱形CDEF的面积．
16．如图，平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在正方形（每个小正方形边长为单位1）网格的格点上．
（1）△ABC的形状是　 （直接写答案）；
（2）将△ABC向右平移3个单位长度得△A1B1C1，在坐标系中画出并求出这个变化过程中△ABC扫过的面积；
（3）画出△ABC绕点C逆时针旋转90°的△CA2B2．
17．如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE．
（1）求证：AE＝BD；
（2）若∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝4，求BD的长．
18．如图1，在平面直角坐标系中，点A为第一象限内一点，线段OA与y轴的夹角为30°，过点A作x轴的平行线交y轴于点E．点B为x轴正半轴上一点，点P为直线AE上A点右侧一动点，连接OP．设线段OA的长度为a，线段OB的长度为b．
（1）若．
①求点A的坐标；
②如图2，过点B作BD⊥OP于点D，求BD OP的值．
（2）如图3，连接AB交OP于点M．记△AMP，△BMO，△AMO，△BMP的面积分别为S1，S2，S3，S4且满足．
①判断四边形AOBP的形状并说明理由；
②若此时四边形AOBP的面积为，且a＞b，求a，b的值．
参考答案
一、选择题
1．解：A．该图是中心对称图形，不是轴对称图形，故不符合题意；
B．该图既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意；
C．该图不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
D．该图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故符合题意．
故选：D．
2．解：延长BD交AC于H，
在△ADB和△ADH中
，
∴△ADB≌△ADH（ASA）
∴AH＝AB＝4，BD＝DH，
∴HC＝AC﹣AH＝6﹣4＝2，
∵BD＝DH，BM＝MC，
∴DM是△BCH的中位线，
∴，
故选：D．
3．解：①∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，
∴ ABCD是矩形；
②∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴ ABCD是菱形；
③∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴ ABCD是矩形；
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OCAC，OB＝ODBD，
∵OA＝OD，
∴AC＝BD，
∴ ABCD是矩形；
综上所述，使得 ABCD是矩形的条件为①③④，
故选：D．
4．解：∵点M、N、P、Q分别为AB，BC，CD，AD的中点，
∴MQ∥BD，MQBD63（三角形中位线定理），
同理可得PN∥BD，PNBD．
∴MQ∥PN，并且MQ＝PN，
∴四边形MNPQ是平行四边形．
∵MN∥AC，BD⊥AC，
∴BD⊥MN，
∴MQ⊥MN．
∴ MNPQ为矩形．
又∵MNAC42．
∴矩形MNPQ的面积为MQ MN＝3212．
故答案为：B．
5．解：∵在菱形ABCD中，AC＝16，
∴，，
∵AB＝10，OA＝8，
∴，
∵DE⊥BC，，
∴．
故选：A．
6．解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ADC＝60°，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，AO＝CO，
∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，
∵BC＝AD＝2AB，
∴EC＝AE＝BE，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝30°，故①正确；
∵EC＝AE，AO＝CO，
∴OE⊥AC，故②正确；
∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，
∴∠BAC＝90°，
设AB＝x，则BC＝2x，在Rt△BAC中，，
∴，
∴在Rt△ABO中，，
∴，∴，故③正确；
∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，
∴E是BC的中点，
∴S△BEO：S△BCD＝1：4，
∴S四边形OECD：S△BCD＝3：4，
∴S四边形OECD：S ABCD＝3：8，
∵S△AOD：S ABCD＝1：4，
∴，故④正确．
故选：D．
二、填空题
7．解：
故答案为：23．3．
8．解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
则∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝3，
同理可证：DF＝CD＝3，
∴EF＝AE+FD﹣AD＝3+3﹣5＝1．
故答案为：1．
9．解：①∵∠BAC＝90°，
∴∠BAE+∠CAE＝90°，
∵AE⊥BC，
∴∠C+∠CAE＝90°，
∴∠BAE＝∠C，①正确；
②作AM∥BD交CB的延长线于M，如图所示：
则∠M＝∠CBD，∠BAM＝∠ABD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABD，
∴∠M＝∠BAM，
∴AB＝BM，
∵AM∥BD，
∴AG：GE＝BM：BE，
∴AG：GE＝AB：BE，
∵S△ABG：S△EBG＝AG：GE，
∴S△ABG：S△EBG＝AB：BE；②正确；
④∵∠AGD＝∠ABD+∠BAE，∠ADG＝∠CBD+∠C，∠BAE＝∠C，∠CBD＝∠ABD，
∴∠AGD＝∠ADG，
∴AG＝AD，
∵∠BAC＝90°，BD平分∠ABC．DF⊥BC，
∴AD＝DF，
∴AG＝DF，
∵AE⊥BC，
∴AG∥DF，
∴四边形AGFD是平行四边形，
又∵AG＝AD，
∴四边形AGFD是菱形；④正确；
⑤∵四边形AGFD是菱形；
∴∠AGD＝∠FGD，GF＝DF，∠ADB＝∠FDB，
∴∠AGB＝∠FGB，
在△ABG和△FBG中，
，
∴△ABG≌△FBG（ASA），
∴∠BAE＝∠BFG，
∵∠BAE＝∠C，
∴∠BFG＝∠C，
∴GF∥CH，
∵GH∥BC，
∴四边形GFCH是平行四边形，
∴GF＝CH，
∴CH＝DF，⑤正确；
③∵∠ADF＝2∠ADB，
当∠C＝30°，∠CDF＝60°，
则∠ADF＝120°，
∴∠ADF＝2∠CDF；③不正确；
故答案为：①②④⑤．
10．解：如图，
∵DE⊥AC，
∴∠AFD＝90°，
∵∠CAD＝24°，
∴∠ADE＝180°﹣∠CAD﹣∠AFD＝180°﹣24°﹣90°＝66°，
∵旋转，
∴∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，
∴∠ADB＝∠B＝66°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ABD＝180°﹣66°﹣66°＝48°，
即旋转角α的度数是48°．
故答案为：48°．
11．解：∵P、N是AB和BD的中点，
∴PNAD8＝4，PN∥AD，
∴∠NPB＝∠DAB＝50°，
同理，PM＝4，∠MPA＝∠CBA＝70°，
∴PM＝PN＝4，∠MPN＝180°﹣50°﹣70°＝60°，
∴△PMN是等边三角形．
∴MN＝PM＝PN＝4，
∴△PMN的周长是12．
三、解答题
12．解：（1）证明：延长BD交AC于E，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝∠ADE＝90°，
∵AD为∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠EAD，
在△BAD和△EAD中，
，
∴△BAD≌△EAD（ASA），
∴AB＝AE，BD＝DE，
∵M为BC的中点，
∴DMCE（AC﹣AB）；
（2）∵在Rt△ADB中，∠ADB＝90°，AD＝6，BD＝8，
∴由勾股定理得：AE＝AB10，
∵DM＝2，DMCE，
∴CE＝4，
∴AC＝10+4＝14．
13．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC．
∴∠ADB＝∠CBD．
∴∠ADE＝∠CBF．
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）．
∴AE＝CF，∠AED＝∠CBF．
∴AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形；
（2）解：∵BD⊥AD，AB＝5，BC＝AD＝3，
∴BD4，
连接AC交EF于O，如图，
∴DO＝OBBD＝2，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴EO＝OFEF，
∴DE＝BF，
设DE＝BF＝x，
∴EF＝2x+4，
∵EF﹣AF＝2，
∴AF＝2x+2，
∵AF2＝AD2+DF2，
∴（2x+2）2＝32+（4+x）2，
∴x（负值舍去），
∴DE的长为．
14．解：（1）证明：分别延长AG，AH交BC于M，N，在△ABM中，由已知，BG平分∠ABM，BG⊥AM，所以△ABG≌△MBG（ASA）．
从而，G是AM的中点．同理可证△ACH≌△NCH（ASA），
从而，H是AN的中点．所以GH是△AMN的中位线，从而，HG∥MN，即HG∥BC．
（2）解：由（1）知，△ABG≌△MBG及△ACH≌△NCH，
所以AB＝BM＝9厘米，AC＝CN＝14厘米．
又BC＝18厘米，
所以BN＝BC﹣CN＝18﹣14＝4（厘米），
MC＝BC﹣BM＝18﹣9＝9（厘米）．
从而MN＝18﹣4﹣9＝5（厘米），
∴GHMNcm．
15．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，点F在AB上，
∴CD∥EF，
∵CF∥ED，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∵DC＝DE，
∴四边形CDEF是菱形．
（2）解：∵∠B＝∠BAD＝90°，
∴∠DAE＝90°，BC⊥EF，
∵四边形CDEF是菱形，AF＝2，
∴DE＝EF＝AE+2，
∵AE2+AD2＝DE2，AD＝BC＝6，
∴AE2+62＝（AE+2）2，
解得AE＝8，
∴EF＝8+2＝10，
∴S菱形CDEF＝EF BC＝10×6＝60，
∴菱形CDEF的面积为60．
16．解：（1）由勾股定理得，AB，AC，BC，
∴AB＝AC，AB2+AC2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∴△ABC为等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形．
（2）如图，△A1B1C1即为所求．
这个变化过程中△ABC扫过的面积为．
（3）如图，△CA2B2即为所求．
17．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，
∴CE＝CD，∠ECD＝60°，
∴∠ACE＝∠BCD＝60°+∠ACD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD．
（2）解：连接DE，
∵CE＝CD，∠ECD＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，ED＝CD＝4，
∵∠ADC＝30°，AD＝3，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，
∴AE5，
∴AE＝BD＝5，
∴BD的长是5．
18．解：（1）①由题意得：PE∥x轴，∠AOE＝30°，
∵x轴⊥y轴，
∴PE⊥OE，
∵，
∴在Rt△AOE中，，，
∵点A为第一象限内一点，
∴点A的坐标为．
②∵PE∥x轴，OE＝12，
∴点P到OB的距离等于点E到OB的距离，即为OE＝12，
∵OB＝b＝15，BD⊥OP，
∴，
∴BD OP＝15×12＝180．
（2）①四边形AOBP是平行四边形；理由如下：
∵PE⊥OE，OA＝a，∠AOE＝30°，
∴，
设，
∴，
∵PE∥x轴，
∴点A到OB的距离等于点P到OB的距离，均等于OE，
∴S△AOB＝S△POB，即S2+S3＝S2+S4，
∴S3＝S4，
∵OB＝b，
∴，
∵，
∴，
∴S1+S2+2S3＝4S3，即S1+S2＝2S3，
联立，
解得，，，
∴△AMP的AP边上的高为，
△BMO的OB边上的高为，
又∵△AMP的AP边上的高与△BMO的OB边上的高之和等于，
∴，
整理得：，
∴（b﹣c）2＝0，
∴b﹣c＝0，即b＝c，
∴OB＝AP，
又∵OB∥AP，
∴四边形AOBP是平行四边形；
②∵平行四边形AOBP的面积为，
∴，
由上已得：，
∴，即ab＝12，
在Rt△POE中，，，，
由勾股定理得：OE2+PE2＝OP2，即，
整理得：a2+ab+b2＝48，
∴（a+b）2＝a2+2ab+b2＝a2+ab+b2+ab＝48+12＝60，
（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2＝a2+ab+b2﹣3ab＝48﹣3×12＝12，
又∵a＞b＞0，
∴，即，
解得，
所以a的值为，b的值为．
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