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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
1．四边形ABCD是边长为16的菱形，顺次连接它的各边中点组成四边形EFGH（四边形EFGH称为原四边形ABCD的中点四边形），再顺次连接四边形EFGH的各边中点组成第二个中点四边形，…，则按上述规律组成的第八个中点四边形的周长等于（　　）
A． B．1 C．4 D．8
2．如图，图1、图2、图3分别表示甲、乙、丙三人由甲A地到B地的路线图（箭头表示行进的方向）．其中E为AB的中点，AH＞HB，判断三人行进路线长度的大小关系为（ ）
A．甲＜乙＜丙 B．乙＜丙＜甲 C．丙＜乙＜甲 D．甲=乙=丙
3．如图所示，在ABCD中，EF∥AB，GH∥AD，下图中有（ ）个平行四边形.
A．7 B．8 C．9 D．10
4．两张全等的矩形纸片，按如图的方式叠放在一起，．若，，则图中重叠（阴影）部分的面积为（ ）
A．15 B．14 C．13 D．12
5．如图，点F是长方形ABCD中BC边上一点将△ABF沿AF折叠为△AEF，点E落在边CD上，若AB＝5，BC＝4，则BF的长为（　　）
A． B． C． D．
6．矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的点处，折痕为AE．延长交AB的延长线于点M，折痕AE上有点P，下列结论中：①；②；③AE＝；④；⑤若，则．正确的有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
7．如图，直线L上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为1和9，则b的面积为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
8．若三角形的三条中位线长分别为2cm，3cm，4cm，则原三角形的周长为（ ）
A．4.5cm B．18cm C．9cm D．36cm
9．下列图形中不是轴对称而是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形
B．平行四边形
C．矩形
D．菱形
10．如图，平行四边形中，，，，为中点，过点交、于点、，连接、，甲、乙、丙分别给出了一个结论，下列判断正确的是（ ）

甲：四边形为平行四边形；乙：当时，四边形为菱形；丙：四边形不可能为正方形．
A．甲、乙、丙都对 B．只有甲、乙对
C．只有甲、丙对 D．只有乙、丙对
11．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠C=90°，AB=8，AD=CD=5，点M为BC上异于B、C的一定点，点N为AB上的一动点，E、F分别为DM、MN的中点，当N从A到B的运动过程中，线段EF扫过图形的面积为 ( )

A．4 B．4.5 C．5 D．6
12．若顺次连接平面四边形各边的中点所得四边形是菱形，则四边形一定满足（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线相等且互相平分
二、填空题
13．用反证法证明命题“若，则”时，应假设 ．
14．已知等边△ABC的边长为4，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是 ．
15．如图，在菱形中，，，分别在边，上，，将沿折叠，点落在的延长线上的点处，则的度数为 ．
16．以图①（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换，其中不能得到图②的是 ．（填序号）
①只向右平移1个单位长度；
②先以直线为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位长度；
③先绕着点O旋转，再向右平移1个单位长度；
④绕着的中点旋转．
17．如图，是等边三角形的边的中点，为平面内一点，连接，将线段以点为中心逆时针旋转，得到线段，连接．若，点M，P之间的距离为1，则的最小值为 ，最大值为 ．
三、解答题
18．如图，在四边形中平分为的中点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若求的面积．
19．已知和都是等腰直角三角形，．

（1）如图1：连，求证：；
（2）若将绕点O顺时针旋转，
①如图2，当点N恰好在边上时，求证：；
②当点在同一条直线上时，若，请直接写出线段的长．
20．如图，在平行四边形中，，交于点F，交延长线于点E，．
(1)求证：；
(2)若，，求的周长．
21．如图，等圆和相交于两点，经过的圆心．求的度数．
22．如图，在菱形ABCD中，，周长为48cm，求：
(1)两对角线AC和BD的长度；
(2)菱形ABCD的面积．
23．如图，点E是矩形ABCD的边BC上一点，将△ABE绕点A逆时针旋转至△AB1E1的位置，此时E、B1、E1三点恰好共线．点M、N分别是AE和AE1的中点，连接MN、NB1．
（1）求证：四边形MEB1N是平行四边形；
（2）延长EE1交AD于点F，若EB1＝E1F，，判断△AE1F与△CB1E是否全等，并说明理由．
24．如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对称．连结DM并延长交AE的延长线于N，求证：．
《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 C D C A B C C B B A
题号 11 12
答案 A A
1．C
【分析】根据题意可知第八个中点四边形的边长应是原来四边形边长的，然后通过计算即可解答．
【详解】解：如图所示，
依题意可得第二个中点四边形的边长是原来四边形边长的，
第四个中点四边形的边长是原来四边形边长的，
……依此规律，
第八个中点四边形的边长应是原来四边形边长的，
即其边长等于.
第八个中点四边形的周长等于4．
故选C．
【点睛】本题考查了中点四边形找规律，找到规律是解题的关键．
2．D
【详解】解：图1中，甲走的路线长是AC+BC的长度．
图2中，如图，延长ED和BF交于C，
∵∠DEA=∠B=60°，∴DE∥CF．
同理EF∥CD．
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴EF=CD，DE=CF．
即乙走的路线长是AD+DE+EF+FB=AD+CD+CF+BC=AC+BC的长．
图3中，如图，延长AG和BK交于C，
同以上证明过程类似GH=CK，CG=HK，
即丙走的路线长是AG+GH+HK+KB=AG+CG+CK+BK=AC+BC的长．
∴甲=乙=丙．
故选D．
3．C
【分析】由在平行四边形ABCD中，EF∥AB，GH∥AD，易得平行四边形有： ABCD， ABFE， EFCD， AGHD， BCHG， OEDH， OFCH， OEAG， OGBF共9个．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∵EF∥AB，GH∥AD，
∴AD∥GH∥BC，AB∥EF∥CD，
∴平行四边形有： ABCD， ABFE， EFCD， AGHD， BCHG， OEDH， OFCH， OEAG， OGBF共9个．
故选C.
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
4．A
【分析】先根据矩形的性质、平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，设，则，然后在中，利用勾股定理求出的值，最后根据平行四边形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，在两张全等的矩形纸片，中，，
，
四边形是平行四边形，
在和中，
，
，
，
设，则，
在中，，即，
解得，
，
则图中重叠（阴影）部分的面积为，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、三角形全等的判定定理与性质等知识点，正确找出两个全等三角形是解题关键．
5．B
【分析】根据矩形的性质可得CD=AB=5，AD=BC=4，∠C=∠D=90°，由折叠的性质可得AE=AB=5，BF=EF，利用勾股定理即可求出DE，从而求出CE，设BF=EF=x，利用勾股定理列出方程即可求出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝5，BC＝4，
∴CD=AB=5，AD=BC=4，∠C=∠D=90°
由折叠的性质可得AE=AB=5，BF=EF
在RtADE中，DE=
∴CE=CD－DE=2
设BF=EF=x，则CF=4－x
在RtCEF中，CF2＋CE2=EF2
即（4－x）2＋22=x2
解得x=
即BF=
故选B．
【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题，掌握矩形的性质、折叠的性质和勾股定理是解决此题的关键．
6．C
【分析】①由翻折知∠ABE=∠AB'E=90 ，再证∠M=∠CB'E=∠B'AD即可；②借助轴对称可知；③利用计算，勾股定理求B′D，构造方程，求EB，在构造勾股定理求MB′=；④由相似CB'：BM=CE：BE，BM=，在计算B'M>5；⑤证△BEG≌△B′PG得BE=B′P，再证菱形即可．
【详解】①由折叠性质知∠ABE=∠AB'E=90 ，
∴∠CB'E+∠AB'D=90
∵∠D=90
∴∠B'AD+∠AB'D=90
∴∠CB'E=∠B'AD，
∵CD∥MB，
∴∠M=∠CB'E=∠B'AD；
②点P在对称轴上，则B'P=BP；
③由翻折，AB=AB'=5，AD=4，
由勾股定理DB'=3，
∴CB'=5-3=2，
设BE=x=B'E，CE=4-x，
在Rt△B′CE中，∠C=90 ，
由勾股定理（4-x）2+22=x2，
解得x=，
∴CE=4-=，
在Rt△ABE中，∠ABE=90 ，
AE=；
④由BM∥CB′
∴△ECB′∽△EBM，
∴CB'：BM=CE：BE，
∴2：BM=：，
∴BM=，
则B'M=>5=CD；
⑤连接BB′，由对称性可知，BG=B′G，EP⊥BB′，
BE∥B′P，
∴△BEG≌△B′PG，
∴BE=B′P，
∴四边形BPB′E为平行四边形，
又BE=EB′，
所以四边形BPB′E是菱形，
所以PB′=B'E．
故选择：C．
【点睛】此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换以及相似三角形的性质等知识的应用，此题的关键是能够发现△BEG≌△B′PG．
7．C
【分析】运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得∠BAC=∠DCE，进而利用AAS可证明△ACB≌△DCE，再结合全等三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，
∵a、b、c都是正方形，
∴AC=CD，∠ACD=∠ABC=∠DEC=90°，
∴∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，即∠BAC=∠DCE，
在△ABC和△CED中，，
∴△ACB≌△CDE（AAS），
∴AB=CE，BC=DE；
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=AB2+DE2，
即Sb=Sa+Sc=1+9=10，
∴b的面积为10，
故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理及正方形的性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
8．B
【详解】试题分析：根据三角形的中位线定理即可得到结果.
由题意得，原三角形的周长为，
故选B.
考点：本题考查的是三角形的中位线
点评：解答本题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
9．B
【详解】试题解析：等边三角形不是中心对称图形，对称轴为三条中线所在直线；平行四边形的对称中心为两条对角线的交点，不是轴对称图形；矩形的对称中心为两条对角线的交点，对称轴为两对边中点连线所在直线；菱形的对称中心为两条对角线的交点，对称轴为两条对角线所在直线；所以选择B．
10．A
【分析】由平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】，，，
，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
，
，，
为中点，
，
在和中，
，
，
，
四边形为平行四边形，故甲正确；
，
，
，
为中点，，
，
四边形是平行四边形，
当时，四边形为菱形，故乙正确；
当时，四边形为菱形，此时，
四边形不可能为正方形．故丙正确．
故选：A
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定；解题的关键是熟练掌握平行四边形、菱形、正方形的判定方法．
11．A
【分析】取MB的中点P，连接FP，EP，DN，由中位线的性质，可得当N从A到B的运动过程中，点F在FP所在的直线上运动，即：线段EF扫过图形为 EFP，求出当点N与点A重合时，FP的值，以及FP上的高，进而即可求解．
【详解】取MB的中点P，连接FP，EP，DN，
∵FP是 MNB的中位线，EF是 DMN的中位线，
∴FP∥BN，FP=，EF∥DN，EF=，
∴当N从A到B的运动过程中，点F在FP所在的直线上运动，即：线段EF扫过图形为 EFP．
∴当点N与点A重合时，FP===4，
过点D作DQ⊥AB于点Q，
∵AB∥CD，∠C=90°，AB=8，AD=CD=5，
∴AQ=8-5=3，
∴DQ=，
∴当点N与点Q重合时，EF=，EF∥DQ，即：EF⊥AB，即：EF⊥FP，
∴ EFP中，FP上的高=2，
∴当N从A到B的运动过程中，线段EF扫过图形的面积=×4×2=4．
故选A．

【点睛】本题主要考查中位线的性质定理，勾股定理以及三角形的面积公式，添加合适的辅助线，构造三角形以及三角形的中位线，是解题的关键．
12．A
【分析】可先画出图形，先根据三角形的中位线证得四边形是平行四边形，然后再根据菱形的判定方法即可得出答案.
【详解】如图，∵分别是边的中点，
∴．
∴，，
∴四边形是平行四边形，假设．
∵，则，
∴平行四边形是菱形．
即只有具备才可以推出四边形EFGH是菱形．
故选A．
【点睛】本题考查的是三角形的中位线和菱形的判定方法，能够掌握菱形的判定方法是解题的关键.
13．
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行判断．
【详解】解：用反证法证明“若，则”时，应假设．
故答案为：
【点睛】本题考查了反证法的概念，理解反证法的概念是解题的关键．
14．
【分析】根据旋转的性质，即可得到∠BCQ＝120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值．
【详解】解：如图，由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，
又∵∠ACB＝60°，
∴∠BCQ＝120°，
∵点D是AC边的中点，
∴CD＝2，
当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，
此时，∠CDQ＝30°，
∴CQ＝CD＝1，
∴DQ＝，
∴DQ的最小值是，
故答案为．
【点睛】本题主要考查线段最小值问题，关键是利用旋转、等边三角形的性质及勾股定理求解．
15．20°/20度
【分析】由菱形的性质得出AB=AD，∠B=∠D=60°，证明△ABG≌△ADE（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAG=∠DAE，由折叠的性质得出∠DAE=∠FAE，∠AED=∠AEF，由三角形内角和定理可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D=60°，
∴∠BAD=120°，
在△ABG和△ADE中，
，
∴△ABG≌△ADE（SAS），
∴∠BAG=∠DAE，
∵将△ADE沿AE折叠，
∴∠DAE=∠FAE，∠AED=∠AEF，
∴∠DAE=∠BAD=40°，
∴∠AED=180°-∠DAE-∠D=180°-40°-60°=80°，
∴∠FEC=180°2∠AED=180°160°=20°，
故答案为：20°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
16．①
【分析】本题考查旋转变换的性质、轴对称变换的性质、平移变换的性质，根据旋转变换的性质、轴对称变换的性质、平移变换的性质进行逐一判断即可．
【详解】解：如图，将图1只向右平移1个单位长度不能得到图2，故①符合题意；
将图1先以直线为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位长度能得到图2，故②不符合题意；
将图1先绕着点O旋转，再向右平移1个单位长度能得到图2，故③不符合题意；
将图1绕着的中点旋转能得到图2，故④不符合题意；
故答案为：①．
17．
【分析】连接,将绕点逆时针旋转得到,连接,由等边三角形的性质和勾股定理求出,证明是等边三角形，得到,再证明,得到,得出点在以点 为圆心、1 为半径的圆上运动，点圆位置关系即可得解．
【详解】解：如图所示，连接,将绕点逆时针旋转得到,连接,
点是等边三角形边的中点，
，
，
由旋转的性质可得,
是等边三角形，
,
,
,
,
,
点在以点 为圆心、1 为半径的圆上运动，
如图，
当点在线段上时，的值最小，最小值为，当点在射线上时，有最大值，最大值为，
故答案为：，.
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，点圆位置关系等知识点，熟练掌握其性质并能正确添加助线是解决此题的关键．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先通过一组对边平行且相等证明四边形是平行四边形．再结合角平分线的定义以及边的等量代换，得邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答．
（2）先由菱形的性质，证明是等边三角形．再结合勾股定理得，根据三角形的面积公式建立式子，进行计算，即可作答．
【详解】（1）证明：∵E为的中点，
∴
∵
∴
又∵
∴四边形是平行四边形．
∵平分
∴
∵
∴
∴
∴
∴平行四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴
∴．
∴是等边三角形．
∴．
∴．
∴
∴．
19．（1）见解析；（2）①见解析；②或
【分析】（1）利用SAS定理证明即可；
（2）①连接，证明，即可证；
②当点N在线段上时，连接，在中构造勾股定理的等量关系；当点M在线段上时，同理即可求得．
【详解】（1）证明：
即，
，
即．
和是等腰直角三角形，
，
（2）①证明：如图1，连接．
，
，
即．
和是等腰直角三角形，
，
，
，
．
是等腰直角三角形，
，
．
②或．
温馨提示：
如图2，当点N在线段上时，连接，设，
在中，，
；
如图3，当点M在线段上时，连接，设，
在中，
解得：．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．
20．(1)见解析
(2)7
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理：
（1）由平行四边形的性质推出，由三线合一定理得到，由此即可证明；
（2）根据等角对等边得到，由勾股定理得到，据此根据三角形周长公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴的周长．
21．∠O1AB＝30°．
【分析】连接O1O2，O1B，BO2，AO2，证明四边形AO1BO2是菱形，然后证明△AO1O2是等边三角形，即可得出∠O1AO2＝60°，进而得出答案．
【详解】连接O1O2，O1B，BO2，AO2，
由题意知O1O2与AB互相垂直且平分，
∴四边形AO1BO2是菱形，
∵O1O2＝O2A＝O1A，
∴△AO1O2是等边三角形，
∴∠O1AO2＝60°，
∴∠O1AB＝∠O1AO2＝30°．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，菱形的判定，等边三角形的性质，垂直平分线的性质等知识点，求出∠O1AO2＝60°是解本题的关键．
22．(1)cm，cm
(2)
【分析】（1）结合菱形的性质，易证△ABC为等边三角形，即可求出AC；用勾股定理可求出BO的长度，即可求出BD的长度；
（2）用菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）∵菱形ABCD的周长为48，
∴边长，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
又，
∴△ABC为等边三角形，
∴，
∴
又∵，
∴在中，
，
∴，
∴，
∴cm，cm；
（2）.
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及菱形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练地掌握菱形的对角线互相垂直平分，菱形的四边都相等以及菱形的面积公式是解题的关键．
23．（1）见解析；（2）全等，理由见解析
【分析】（1）可证B1是EE1的中点，则EB1=EE1，根据M、N分别是AE和AE1的中点，则MN∥EB1，MN=EE1，即可证明；
（2）由S△EAF=S△FEC，可得AF=EC．然后通过SAS可证明结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵△AB1E1是△ABE旋转所得的，
∴AE=AE1，∠AB1E1=∠AB1E=∠B=90°，
∴B1是EE1的中点，
∴EB1=EE1，
∵M、N分别是AE和AE1的中点，
∴MN∥EB1，MN=EE1，
∴EB1=MN，
∴四边形MEB1N为平行四边形，
（2）△AE1F≌△CEB1，
证明：连接FC，
∵EB1=B1E1=E1F，
∴=S△EAF，
同理，=SFEC，
∵=S△EB1C，
∴S△EAF=S△FEC，
∵AF∥EC，
∴△AEF底边AF上的高和△FEC底边上的高相等．
∴AF=EC．
∵AF∥EC，
∴∠AFE=∠FEC，
在△AE1F和△CEB1中，
，
∴△AE1F≌△CEB1（SAS）．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，以及全等三角形的判定与性质等知识，证明S△EAF=S△FEC是解题的关键．
24．见解析
【分析】连结，由对称的性质可知，进而可证，即可得，由∠AON=90°，可得．
【详解】证明：连结，
、关于对称，
∴垂直平分，
，
∴，
∴，，
在Rt和Rt中
，
∴，又，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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