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第9章中心对称图形-平行四边形达标练习卷-2024-2025学年数学八年级下册苏科版
一、单选题
1．在2024年巴黎奥运会上，中国体育代表队获得40金、27银和24铜共91枚奖牌，创造了中国参加境外奥运会的最佳战绩．下面巴黎奥运会部分比赛项目的图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，四边形是平行四边形，下列结论错误的是（ ）
A．当时，是菱形
B．当时，是菱形
C．当时，是矩形
D．当时，是正方形
3．如图，将边长为3的正方形沿其对角线平移，使A的对应点，满足，则所得正方形与原正方形重叠部分的面积是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
4．如图，在四边形中，，，，，分别为，的中点，则为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．14
5．如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（ ）
A．10 B．9 C．12 D．6.5
6．如图，在平面直角坐标系中，将直角三角形的直角顶点固定在点处，转动直角三角形，若两条直角边分别与轴正半轴交于点，轴正半轴交于点，则的值为（ ）

A．8 B．10 C．16 D．20
7．如图，正方形的边长为，过线段上的两点分别作和的垂线，则阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
8．如图，已知矩形中，分别是上的点，、分别是、的中点，当在上从向移动而不动时，那么下列结论成立的是（　　）
A．线段的长不能确定 B．线段的长逐渐增大
C．线段的长逐渐减小 D．线段的长不改变
二、填空题
9．菱形的面积为，对角线的长为，则的长为 ．
10．如图，矩形中，，，E为中点，P为边上一动点（含端点），F为中点，则的周长最小值为 ．
11．如图，的对角线交于点O，只需添加一个条件即可证明是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
12．如图，在正方形中，，，，则 ．
13．如图，在面积是的菱形中，，，分别为，上的点，，连接，，则的最小值为 ．

14．如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转到的位置，点B、C的对应点分别为点，连接，则的度数是 ．
三、解答题
15．在平面直角坐标系中，的位置如图所示．
(1)分别写出以下顶点的坐标：A______；B______；C______；
(2)顶点A关于x轴的对称点坐标______，顶点C关于原点的对称点坐标______；
(3)作与关于y轴成轴对称的．
16．如图，矩形的对角线与相交于点，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)当，，求的长．
17．在学习了矩形与菱形的相关知识后，小明同学进行了更深入的研究，他发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图与填空：
(1)如图，在矩形中，点是对角线的中点．用尺规过点作的垂线，分别交，于点，，连接，．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)已知：矩形，点，分别在，上，经过对角线的中点，且．求证：四边形是菱形．
证明：四边形是矩形，
，
①_____，，
点是的中点，
②_____，
．
③_____，
又，
四边形是平行四边形，
④_____，
平行四边形是菱形．
18．如图，在平行四边形中，，，，点为中点，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动．作，交边或边于点，连接．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．
(1)当在上运动时，用含的式子表示出线段的长 ；
(2)当点落在平行四边形的某边中点上时，求的值（用含t的代数式表示）；
(3)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和平行四边形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围．
19．在正方形中，分别是上两个点，连接交于点，．
(1)如图（1），求证：．
(2)如图（2），点是的中点，连接，求证：；
(3)若正方形的边长为2，直接写出的最小值．
20．如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．
(1)从运动开始，求使需经过多少时间？
(2)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请求的值，若不存在，说明理由．
《第9章中心对称图形-平行四边形达标练习卷-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 D D A C A D B D
1．D
【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐一进行判断即可，轴对称图形的关键是找到对称轴，中心对称图形的关键是找到对称中心．
【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
故选D．
2．D
【分析】本题主要考查菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握菱形、矩形及正方形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据菱形、矩形及正方形的判定定理可排除选项．
【详解】解：A、当时，可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意；
B、当时，可根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意；
C、当时，可根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可判定是矩形，故不符合题意；
D、当时，可根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可判定是矩形，不能得到是正方形，说法错误，故符合题意；
故选D．
3．A
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，平移的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题．由正方形边长为3，可求，则，由平移可得重叠部分是正方形，设重叠部分正方形的边长为，利用勾股定理求出，根据正方形的面积公式可求重叠部分面积．
【详解】解：∵正方形的边长为3，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意可得重叠部分是正方形，
设重叠部分正方形的边长为，则，
解得：（负值舍去），
∴重叠部分的正方形的边长为，
∴重叠部分的面积是．
故选：A．
4．C
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的应用，取的中点，连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，根据平行线的性质得到，根据勾股定理计算，得到答案，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．
【详解】解：如图，取的中点连接、，
，分别为，的中点，
是的中位线，
，，
，
同理可得，，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
5．A
【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边行的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质、平行四边行的性质，是解题的关键．连接，由作图知，平分，得到，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：连接，
由作图知：，，平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
故选：A．
6．D
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质的应用，作轴于，轴于，求出，证明，推出，即可．解题的关键是证明，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【详解】解：如图，作轴于，轴于，
，，
四边形为矩形，
，
，
矩形为正方形，
，，
在和中，
，
，
，
．
故选：D．
7．B
【分析】本题考查了正方形的性质，根据即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵正方形的边长为，
根据正方形的轴对称性得：
，
故选：．
8．D
【分析】本题考查了三角形中位线定理，连接．由三角形中位线定理得出，即可得出答案，熟练掌握三角形中位线定理是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接．
∵、分别是、的中点，，
∴为的中位线，
∴．
∵不动，
∵的长为定值．
∴线段的长不改变，
故选：D．
9．5
【分析】本题考查了菱形的性质及勾股定理，熟记菱形面积等于两条对角线长的乘积的一半是解题的关键．
由菱形面积公式和勾股定理即可得出结论．
【详解】解：根据题意，作图，如下：
∵四边形是菱形，对角线的长为，
，，，
∴菱形的面积，
即，
，
，
，
故答案为：5．
10．4
【分析】根据三角形的中位线的性质得到，推导出，当的周长最小时，的周长最小；即的值最小时，的周长最小；如图，作A关于的对称点，连接交于P，于是得到结论．
【详解】解：∵E为中点，F为中点，
∴，
∴
，
当的周长最小时，的周长最小，即的值最小时，的周长最小；
如图，作A关于的对称点，连接交于P，连接，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，勾股定理，三角形中位线定理，矩形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
11．（答案不唯一）
【分析】本题考查了菱形的判定，掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据菱形的判定定理即可得出结论．
【详解】这个条件可以是，依据是对角线互相垂直的平行四边形是菱形．还可以添加的条件有 或 或 或 ，依据是一组邻边相等的平行四边形是菱形．
故答案为：（答案不唯一）．
12．
【分析】设正方形的边长为x,由可得，由此可求出正方形的边长x，进而可求出，再根据即可求出的长．
本题主要考查了勾股定理和正方形的性质，根据，利用面积法求出正方形的边长是解题的关键．
【详解】解：设正方形的边长为x,
则，
，
，
，
解得，
，
，
又，
解得．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定与性质，连接，过点A作于点H，延长至点，使得，连接，，易证，推出，可得，当共线时，有最小值，最小值为的长，利用菱形的面积等于，求出的长，再利用勾股定理即可解答．
【详解】解：如图：连接，过点A作于点H，延长至点，使得，连接，，

∵菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由作图知是线段的垂直平分线，
∴
∴，
∴当共线时，有最小值，最小值为的长，
∵菱形的面积是，
∴，
∴，则，
∵，
∴，
∴
∴的最小值为．
故答案为：．
14．135
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，由旋转得，，可得是等边三角形， ，，再证明，可得，即可解题．
【详解】解：∵，
∴，
∵将绕点A按顺时针方向旋转到的位置，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴．
故答案为：135．
15．(1)，，
(2)，
(3)见解析
【分析】本题主要考查了写出坐标系中点的坐标，关于x轴对称，关于原点对称的点，画轴对称图形等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）根据三个点在坐标系中的位置写出其坐标即可；
（2）根据关于x轴对称和关于原点对称的点的坐标特征求解即可；
（3）根据关于y轴对称的点的坐标特征分别找到A、B、C的对应点，然后顺次连接三个对应点即可．
【详解】（1）解：根据题意得：点A，B，C的坐标分别为，，；
故答案为：，，；
（2）解：∵点A，C的坐标分别为，；
∴点A关于x轴的对称点坐标，顶点C关于原点的对称点坐标；
故答案为：，
（3）解：如图，即为所求．
16．(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及菱形的判定，掌握矩形的性质以及勾股定理是解决问题的关键．
（1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出结论；
（2）依据菱形的性质以及矩形的性质，即可得到的长，再根据勾股定理即可得到的长．
【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：∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴在中，．
17．(1)图见解析；
(2)，，，．
【分析】本题考查了作图-基本作图，菱形的判定，矩形的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）分别以为圆心，大于的长为半径画弧，连接两弧的交点分别交，于点，，连接，即可；
（2）由矩形的性质得到，进而得到，，证明，得到，再证明四边形是平行四边形，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
分别以为圆心，大于的长为半径画弧，连接两弧的交点分别交，于点，，连接，，如图：
（2）证明：四边形是矩形，
，
，，
点是的中点，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
故答案为：，，，．
18．(1)
(2)或
(3)或
【分析】本题考查了几何中的动点问题，涉及平行四边形的性质、轴对称，勾股定理等知识点，根据题意画出几何图是解题关键．
（1）根据即可求解；
（2）分两种情况，分别构造直角三角形，利用勾股定理求解即可．
（3）根据题意画出满足条件的两种情况，即可求解；
【详解】（1）解：∵点E为中点，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：当点Q落在的中点时，如图所示作，延长，作，交点为K．
∵，，
∴，
当点Q落在的中点时，如图所示作，延长，作，交点为F．
∵，可得，
∴
∵，，
∴
，
∴，
综上：的值为或
（3）解：∵，，，
∴，
当点在线段上运动时，点与点重合，如图所示：
若点落在上，
∵点E、点F关于直线对称，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴此时，
故当时，满足题意；
当点与点重合时，
，
解得：，
综上所述：或．
19．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据题意证明出，得到，进而求解即可；
（2）如图所示，延长，交于点H，首先证明出，然后证明出，得到，然后结合即可证明；
（3）如图所示，取的中点O，连接，，勾股定理求出，然后利用直角三角形的性质得到，然后利用三角形三边关系得到．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∵
∴
∴；
（2）如图所示，延长，交于点H
∵点是的中点，
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴；
（3）如图所示，取的中点O，连接，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴当点D，G，O三点共线时，取得最小值为．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
20．(1)；
(2)当或或时，为等腰三角形．
【分析】（1）已知，当时，四边形是平行四边形，根据平行四边形对边相等可得，设运动的时间是，可得关于的方程，解方程即可得到运动的时间；
（2）当为等腰三角形，应分三种情况求解：第一种情况、当时，第二种情况、当时，第三种情况、当时．
【详解】（1）解：设运动的时间是，
，，
，
当时，四边形是平行四边形，
，
即，
解得：，
从运动开始，使需经过；
（2）解：当或或时，为等腰三角形，
如下图所示，过点
作，
则，
，，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，，
是等腰三角形，
当时，，
解得：；
如下图所示，
当时，
，
，
，
解得：；
当时，
，，
，
，
，
整理得：，
解得：；
综上所述，当或或时，为等腰三角形．
【点睛】本题考查了动点几何问题、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是根据图形的性质找到边之间的关系，再利用边之间的关系列方程求解即可．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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