第9章 中心对称图形-平行四边形 苏科版数学八年级下册素养综合检测(含解析)

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第9章　素养综合检测(满分100分,限时60分钟)一、选择题(每小题3分,共24分)1.(2023江苏淮安外国语学校期中)圆、正方形、长方形、等腰梯形中,不是中心对称图形的是(　　)A.圆　B.正方形C.长方形　D.等腰梯形2.下列说法正确的是(　　)A.对角线相等的四边形是矩形B.对角线互相垂直的四边形是菱形C.对角线相等的菱形是正方形D.对角线互相垂直且相等的四边形是正方形3.(2023江苏无锡中考)如图,△ABC中,∠BAC=55°,将△ABC逆时针旋转α(0°<α<55°),得到△ADE,DE交AC于F.当α=40°时,点D恰好落在BC上,此时∠AFE等于(　　)A.80°　B.85°　C.90°　D.95°4.【教材变式·P81T1】连接正方形四边中点所得到的四边形是(　　)A.矩形　B.菱形C.正方形　D.无法确定5.(2023四川广安月考)如图,在菱形ABCD中,AC=16,BD=12,E是CD边上一动点,过点E分别作EF⊥OC于点F,EG⊥OD于点G,连接FG,则FG的最小值为(　　)A.4　B.4.8　C.5　D.66.【一题多解】如图,在矩形ABCD中,E是AB的中点,动点F从点B出发,沿BC运动到点C时停止,以EF为边作▱EFGH,且点G、H分别落在CD、AD上.在动点F运动的过程中,▱EFGH的面积(　　)A.逐渐增大　B.逐渐减小C.不变　D.先增大,再减小7.(2023北京人大附中月考)如图,点A、B为定点,定直线l∥AB,P是l上的一个动点,点M、N分别是PA、PB的中点,下列选项:①线段MN的长;②△PAB的周长;③△PMN的面积;④直线MN,AB之间的距离;⑤∠APB的大小,其中会随点P的移动而变化的是(　　)A.②③⑤　B.②⑤　C.①③④　D.⑤8.【存在性问题】(2023江苏省天一中学期中)如图,在平行四边形ABCD中,AD=2AB=2,∠ABC=60°,E,F是对角线BD上的动点,且BE=DF,M,N分别是边AD,边BC上的动点.下列说法:①存在无数个平行四边形MENF;②存在无数个矩形MENF;③存在无数个菱形MENF;④存在无数个正方形MENF,其中正确说法的个数是(　　)A.1　B.2　C.3　D.4二、填空题(每小题3分,共24分)9.用反证法证明“a>b”时,应首先假设　　　　. 10.(2022浙江台州中考)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,D,E,F分别为AB,BC,CA的中点.若EF的长为10,则CD的长为　　　　. 11.(2023湖北宜昌中考)如图,小宇将一张平行四边形纸片折叠,使点A落在长边CD上的点A'处,并得到折痕DE,小宇测得长边CD=8,则四边形A'EBC的周长为　　　　. 12.【江苏常考·最值问题】(2023江苏苏州星湾学校期中)如图,菱形ABCD的周长为20,面积为24,P是对角线BD上一点,作PE⊥AB,PF⊥AD,垂足分别为E、F,则PE+PF等于　　　　. 13.(2022湖北孝感安陆期中)如图,△AOB中,AO=AB,点A的坐标为(3,4),点B在x轴上,将△AOB绕点B按顺时针方向旋转,得到△A'O'B,若点A'在线段OB的延长线上,则点O'的坐标为　　　　. 14.【对角互补模型】(2023江苏连云港赣榆期中)将五个边长都为2的正方形按如图所示的方式摆放,点A1、A2、A3、A4分别是四个正方形的中心,则图中四块阴影部分的面积之和为　　　　. 15.【新考向·规律探究题】如图,已知菱形OABC的两个顶点O(0,0),B(2,2),若将菱形绕点O以每秒45°的速度逆时针旋转,则第2 024秒时,菱形两条对角线的交点D的纵坐标为　　　　. 16.(2023江苏扬州期中)如图,正方形ABCD中,AB=12,点E在边BC上,BE=EC,将△DCE沿DE翻折至△DFE,延长EF交边AB于点G,连接DG、BF,给出以下结论:①△DAG≌△DFG;②BG=2AG;③BF∥DE;④S△BEF=9.6,其中正确结论的序号是　　　　. 三、解答题(共52分)17.(10分)【江苏常考·只用无刻度直尺作图】如图,已知四边形ABCD是平行四边形,仅用无刻度直尺(只能用来画直线但不能用来度量)完成下列画图,保留作图痕迹.(1)如图1,点E、F分别在边AD、BC上,且AE=CF,连接EF,请在EF上画点O,使O为EF的中点;(2)如图2,若AB=AD,点E为AD上一点,请在AB上画点G,使AG=AE.图1　　　　图218.(2023江苏淮安清江浦一模)(10分)如图,在▱ABCD中,点E在BC上,点F在BC的延长线上,且BE=CF.求证:AE=DF.19.【教材变式·P84T9】(10分)如图,菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,点E是CD的中点,连接OE,过点C作CF∥BD交OE的延长线于点F,连接DF.试判断四边形ODFC的形状,并写出证明过程.20.(2023江苏淮安清江浦期末)(10分)如图,矩形ABCD中,AB=8 cm,BC=6 cm,E、F分别是边DC、AB上的点,且DE=BF.(1)求证:四边形AFCE是平行四边形;(2)若四边形AFCE是菱形,求菱形的边长.21.【过程性学习试题】(2023山东烟台中考)(12分)【问题背景】如图1,数学实践课上,学习小组进行探究活动,老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作:①分别以点B,C为圆心,大于12BC的长度为半径作弧,两弧相交于点E,F,作直线EF交BC于点O,连接AO;②将△ABO沿AO翻折,点B的对应点落在点P处,作射线AP交CD于点Q.【问题提出】在矩形ABCD中,AD=5,AB=3,求线段CQ的长;【问题解决】经过小组合作、探究、展示,其中的两个解题方案如下:方案一:连接OQ,如图2.经过推理、计算可求出线段CQ的长;方案二:将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处,如图3.经过推理、计算可求出线段CQ的长.请你任选其中一种方案求线段CQ的长.图1　图2图3第9章　素养综合检测1.D　等腰梯形不是中心对称图形,故选D.2.C　A.对角线相等的平行四边形是矩形,故本选项错误,不合题意;B.对角线互相垂直的平行四边形是菱形,故本选项错误,不合题意;C.对角线相等的菱形是正方形,故本选项正确,符合题意;D.对角线互相平分且互相垂直且相等的四边形是正方形,故本选项错误,不合题意,故选C.3.B　由旋转性质可得∠BAC=∠DAE=55°,∠ADE=∠B,AB=AD,∴∠B=∠ADB,∵α=40°,∴∠BAD=40°,∴∠DAF=15°,∠ADE=∠B=∠ADB=70°,∴∠AFE=∠DAF+∠ADE=15°+70°=85°,故选B.4.C　如图,四边形ABCD是正方形,连接AC、BD.设E、F、G、H分别是正方形的四边中点,∴EF是△ABC的中位线,∴EF∥AC,且EF=12AC,同理可得HG∥AC,且HG=12AC,∴EF∥HG,EF=HG,∴四边形EFGH是平行四边形.易知EH为△ABD的中位线,∴EH=12BD,EH∥BD,又∵AC=BD,∴EH=EF,∴四边形EFGH是菱形.∵AC⊥BD,EH∥BD,EF∥AC,∴EH⊥EF,∴∠HEF=90°,∴四边形EFGH是正方形.5.B　连接OE(图略),∵四边形ABCD为菱形,AC=16,BD=12,∴OC=8,OD=6,AC⊥BD.又∵EF⊥OC,EG⊥OD,∴∠DOC=∠EGO=∠EFO=90°,∴四边形OFEG是矩形,∴OE=FG,∴FG的最小值就是OE的最小值.当OE⊥CD时,OE最小.在Rt△COD中,CD=OC2+OD2=10,∴S△COD=12OC·OD=12CD·OE,∴OE=6×810=4.8.故选B.6.C　解法一:设AB=a,BC=b,BE=c,BF=x,如图,连接EG,∵四边形EFGH为平行四边形,∴EF=HG,EF∥HG,∴∠FEG=∠HGE,∵四边形ABCD为矩形,∴AB∥CD,∠B=∠D,∴∠BEG=∠DGE,∴∠BEG-∠FEG=∠DGE-∠EGH,∴∠BEF=∠HGD,又∵EF=HG,∠B=∠D,∴△BEF≌△DGH(AAS),∴DH=BF=x,同理△AEH≌△CGF,∴S▱EFGH=S矩形ABCD-2(S△BEF+S△AEH)=ab-212cx+12(a-c)(b-x)=ab-(cx+ab-ax-bc+cx)=ab-cx-ab+ax+bc-cx=(a-2c)x+bc,∵E是AB的中点,∴a=2c,∴a-2c=0,∴S▱EFGH=bc=12ab=12S矩形ABCD,∴▱EFGH的面积不变.解法二:如图,连接EG,由解法一知△BEF≌△DGH(AAS),∴DG=BE=12AB=AE,又∵AE∥DG,∴四边形AEGD为平行四边形,∵∠A=90°,∴四边形AEGD为矩形,同理,四边形EBCG为矩形,∴S▱EFGH=S△EHG+S△EFG=12EG·DG+12EG·GC=12EG·CD=12S矩形ABCD.∴▱EFGH的面积不变.故选C.7.B　①∵点M、N分别为PA、PB的中点,∴MN=12AB,∵AB的长不变,∴线段MN的长不会随点P的移动而变化;②PA、PB的长随点P的移动而变化,∴△PAB的周长随点P的移动而变化;③∵点M、N分别为PA、PB的中点,∴MN∥AB,又∵l∥AB,∴MN∥l,∵P是l上的一个动点,∴点P到MN的距离为定值,∴△PMN的面积为定值,即△PMN的面积不会随点P的移动而变化;④∵MN∥AB,∴直线MN,AB之间的距离不会随点P的移动而变化;⑤∠APB的大小随点P的移动而变化.故会随点P的移动而变化的是②⑤,故B正确.故选B.8.C　如图,连接AC与BD交于点O,连接ME,MF,NF,EN,MN,∵四边形ABCD是平行四边形,∴OA=OC,OB=OD.∵BE=DF,∴OE=OF.∵点E、F是BD上的点,∴只要M,N过点O,就可证出△AOM≌△CON,得OM=ON,既而得四边形MENF是平行四边形.∴存在无数个平行四边形MENF,故①中说法正确;只要MN=EF,MN过点O,四边形MENF就是矩形,∴存在无数个矩形MENF,故②中说法正确;只要MN⊥EF,MN过点O,四边形MENF就是菱形;∴存在无数个菱形MENF,故③中说法正确;当MN=EF,MN⊥EF,MN过点O时,四边形MENF是正方形,符合要求的正方形只有一个,故④中说法错误,故选C.9.答案　a≤b解析　a>b的反面是a≤b,∴用反证法证明时应先假设a≤b,故答案为a≤b.10.答案　10解析　∵E,F分别为BC,AC的中点,∴AB=2EF=20,∵∠ACB=90°,点D为AB的中点,∴CD=12AB=10,故答案为10.11.答案　16解析　∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,AB∥CD,∴∠AED=∠A'DE,由折叠得AD=A'D,AE=A'E,∠ADE=∠A'DE,∴∠ADE=∠AED,∴AD=AE,∴AD=AE=A'D=A'E,∴CD-A'D=AB-AE,∴A'C=BE,又∵A'C∥BE,∴四边形A'EBC是平行四边形,∴四边形A'EBC的周长=2(A'C+A'E)=2(A'C+A'D)=2CD=16.故答案为16.12. 答案　245解析　连接AP,如图,∵菱形ABCD的周长为20,面积为24,∴AB=AD=5,S△ABD=12×24=12.又S△ABD=S△APB+S△APD,∴12PE·AB+12PF·AD=12,∴5PE+5PF=24,∴PE+PF=245,故答案为245.13.答案　485,245解析　如图,作AC⊥OB于点C,O'D⊥A'B于点D,∵A(3,4),∴OC=3,AC=4,由勾股定理,得OA=32+42=5.∵OA=AB,AC⊥OB,∴OB=2OC=2×3=6.由旋转可知,△A'O'B≌△AOB,∴O'B=BO=6,A'B=AB=5,S△AOB=S△A'O'B,即12OB·AC=12A'B·O'D,∴O'D=245.由勾股定理,得BD=185,∴OD=OB+BD=6+185=485,∴点O'的坐标为485,245.14.答案　4解析　如图,连接A4P,A4N,则A4P=A4N,∠A4PF=∠A4NE=45°,∵∠PA4F+∠FA4N=∠FA4N+∠NA4E=90°,∴∠PA4F=∠NA4E,∴△PA4F≌△NA4E,∴四边形A4ENF的面积等于△NA4P的面积,又△NA4P的面积是正方形QPNM的面积的14,正方形QPNM的面积为2×2=4,∴四边形A4ENF的面积为1,同理,各个阴影部分的面积都是1,∴四块阴影部分的面积之和为4.故答案为4.15.答案　1解析　∵菱形OABC有两个顶点O(0,0),B(2,2),∴点D的坐标为0+22,0+22,即(1,1),∵菱形绕点O以每秒45°的速度逆时针旋转,∴第2 024秒时,共旋转了(45×2 024)°,∵45×2 024÷360=253,∴OD旋转了253周,回到最初位置,∴第2 024秒时,菱形两条对角线的交点D的坐标为(1,1),∴菱形两条对角线的交点D的纵坐标为1,故答案为1.16.答案　①②③解析　观察题图,由翻折可知,DF=DC=DA,∠DFE=∠C=90°,∴∠DFG=∠A=90°,在Rt△ADG和Rt△FDG中,DG=DG,AD=DF,∴Rt△ADG≌Rt△FDG(HL),故①正确;∵正方形的边长是12,∴BE=EC=EF=6,设AG=FG=x,则EG=x+6,BG=12-x,由勾股定理得EG2=BE2+BG2,即(x+6)2=62+(12-x)2,解得x=4.∴AG=GF=4,BG=8,∴BG=2AG,故②正确;∵EF=EC=EB,∴∠EFB=∠EBF,∵∠DEC=∠DEF,∠DEC+∠DEF=∠EFB+∠EBF,∴∠DEC=∠EBF,∴BF∥DE,故③正确;S△GBE=12BE·BG=12×6×8=24,∴S△BEF=EFEG·S△GBE=64+6×24=725,故④错误.故正确的结论是①②③.故答案为①②③.17.解析　(1)如图1,点O即为所求作.(2)如图2,点G即为所求作.图1　图218.证明　∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,AB=CD,∴∠B=∠DCF,在△ABE与△DCF中,AB=DC,∠B=∠DCF,BE=CF,∴△ABE≌△DCF(SAS),∴AE=DF.19.解析　四边形ODFC为矩形.证明:∵点E是CD的中点,∴CE=DE,∵CF∥BD,∴∠ODE=∠FCE,在△ODE和△FCE中,∠ODE=∠FCE,DE=CE,∠DEO=∠CEF,∴△ODE≌△FCE(ASA),∴OE=FE,又∵CE=DE,∴四边形ODFC为平行四边形,∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∴∠DOC=90°,∴四边形ODFC为矩形.20.解析　(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AB=CD,∵DE=BF,∴CD-DE=AB-BF,∴CE=AF,又∵CE∥AF,∴四边形AFCE是平行四边形.(2)∵四边形ABCD是矩形,∴DC=AB=8 cm,AD=BC=6 cm.∵四边形AFCE是菱形,∴AE=CE=AF=CF,设AE=CE=x cm,则DE=(8-x)cm,在Rt△ADE中,由勾股定理得AD2+DE2=AE2,∴62+(8-x)2=x2,解得x=6.25.∴菱形AFCE的边长是6.25 cm.21.解析　本题的新颖之处在于根据作图痕迹推出题中隐含条件,思考原理,解决问题.方案一:∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD=3,AD=BC=5,由作图知BO=OC=12BC=2.5,由翻折知AP=AB=3,OP=OB=2.5,∠APO=∠B=90°,∴OP=OC=2.5,∠QPO=∠C=90°,又OQ=OQ,∴Rt△QPO≌Rt△QCO(HL),设PQ=CQ=x,则AQ=3+x,DQ=3-x,在Rt△ADQ中,AD2+QD2=AQ2,即52+(3-x)2=(3+x)2,解得x=2512,∴线段CQ的长为2512.方案二:∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD=3,AD=BC=5,由作图知BO=OC=12BC=2.5,由旋转的性质,知CR=AB=3,∠BAO=∠R,∠B=∠OCR=90°,∵∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°,∴D、C、R三点共线,由翻折的性质,知∠BAO=∠OAQ,∴∠OAQ=∠R,∴QA=QR,设CQ=x,则QA=QR=3+x,DQ=3-x,在Rt△ADQ中,AD2+QD2=AQ2,即52+(3-x)2=(3+x)2,解得x=2512,∴线段CQ的长为2512.两个方案任选一个即可.