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2021-2022苏科版八年级数学下册期末复习-中心对称图形—平行四边形精讲精练（知识梳理+典例剖析+变式练习）
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这是一份2021-2022苏科版八年级数学下册期末复习-中心对称图形—平行四边形精讲精练（知识梳理+典例剖析+变式练习），文件包含中心对称图形平行四边形精讲精练知识梳理+典例剖析+变式练习解析版docx、中心对称图形平行四边形精讲精练知识梳理+典例剖析+变式练习原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
2021-2022学年八年级数学下学期期末考试高分直通车（苏科版）
专题1.3图形的旋转与中心对称精讲精练（知识梳理+典例剖析+变式练习）
【目标导航】
【知识梳理】
1.旋转及性质：
（1）旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点．
（2）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等．
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
③旋转前、后的图形全等．
（3）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
2. 旋转对称图形：
（1）旋转对称图形： 如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
（2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．
（3）旋转图形的作法：
根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
3.中心对称：
（1）中心对称的定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．．
（2）中心对称的性质
①关于中心对称的两个图形能够完全重合；
②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
4. 中心对称图形：
（1）定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同．
（2）常见的中心对称图形：平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．
5.平行四边形的性质：
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
6.平行四边形的判定 ：
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC ∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB=DC，AD=BC ∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB=DC ∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB ∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
符号语言：∵OA=OC，OB=OD ∴四边行ABCD是平行四边形．
7.三角形的中位线：
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，
【典例剖析】
考点1旋转及其性质
【例1】（2019秋•玄武区期末）已知：如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3cm，BO＝4cm，将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D的长度为（ ）
A．12cm B．1cm C．2cm D．32cm
【分析】先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB=OA2+OB2=5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD=12AB＝2.5cm．然后根据旋转的性质得到OB1＝OB＝4cm，那么B1D＝OB1﹣OD＝1.5cm．
【解析】在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3cm，BO＝4cm，
∴AB=OA2+OB2=5cm，
∵点D为AB的中点，
∴OD=12AB＝2.5cm．
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1＝OB＝4cm，
∴B1D＝OB1﹣OD＝1.5cm．
故选：D．
【变式1-1】（2020春•东海县期末）如图，△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC，点E为线段AD上的动点，连接CE，以CE为边在下方作等边△CEF，连接DF，则线段DF的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．32 D．1
【分析】连接BF，由等边三角形的性质可得三角形全等的条件，从而可证△BCF≌△ACE，推出∠CBF＝∠CAE＝30°，再由垂线段最短可知当DF⊥BF时，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性质定理可求DF的值．
【解析】如图，连接BF，
∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB＝4，
∴BC＝AC＝AB＝4，BD＝DC＝2，∠BAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF＝CE，∠FCE＝60°，
∴∠FCE＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，
∴在△BCF和△ACE中，
BC=AC∠BCF=∠ACECF=CE，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE＝30°，AE＝BF，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD＝90°，∠CBF＝30°，BD＝2，
∴DF＝1，
故选：D．
【变式1-2】（2020秋•苏州期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝105°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′．若点B恰好落在BC边上，且AB′＝CB′，则∠C′的度数为 25 °．
【分析】由三角形的内角和定理可得∠B+∠C＝75°，由等腰三角形的性质和旋转的性质可得∠B＝∠AB'B＝2∠C，即可求解．
【解析】∵∠BAC＝105°，
∴∠B+∠C＝75°，
∵AB′＝CB′，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，
∴AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∴∠C＝25°，
故答案为：25．
【变式1-3】（2020秋•仪征市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AEF，延长BC交EF于点D，若BD＝5，BC＝4，则DE＝ 3 ．
【分析】如图，连接AD．证明Rt△ADF≌Rt△ADC（HL），推出DF＝DC＝1，可得结论．
【解析】如图，连接AD．
在Rt△ADF和Rt△ADC中，
AD=ADAF=AC，
∴Rt△ADF≌Rt△ADC（HL），
∴DF＝DC，
∵BD＝5，BC＝4，
∴CD＝DF﹣5﹣4＝1，
∵EF＝BC＝4，
∴DE＝EF﹣DF＝4﹣1＝3．
故答案为：3．
【变式1-4】（2020秋•兴化市期末）如图1，直线MN∥PQ、△ABC按如图放置，∠ACB＝90°，AC、BC分别与MN、PQ相交于点D、E，若∠CDM＝40°．
（1）求∠CEP的度数；
（2）如图2，将△ABC绕点C逆时针旋转，使点B落在PQ上得△A'B'C，若∠CB'E＝22°，求∠A'CB的度数．
【分析】（1）连接DE，利用平行线性质和三角形内角和可得答案，
（2）过C作CF∥MN，利用平行性质先求出旋转角∠ACA′，再加上90°即可．
【解析】（1）连接DE，如答图1：
∵MN∥PQ，
∴∠MDE+∠PED＝180°，即∠CDM+∠CEP+∠CDE+∠CED＝180°，
∵∠CDE+∠CED+∠ACB＝180°，∠ACB＝90°，
∴∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠CDM+∠CEP＝90°，
∵∠CDM＝40°，
∴∠CEP＝90°﹣∠CDM＝90°﹣40°＝50°；
（2）过C作CF∥MN，如答图2：
∵MN∥PQ，CF∥MN，
∴MN∥PQ∥CF，
∴∠CB'E＝∠FCB′，∠CDM＝∠DCF，
∵∠CB'E＝22°，∠CDM＝40°．
∴∠FCB′＝22°，∠DCF＝40°，
∵∠A′CB′＝90°，
∴∠A′CA＝90°﹣∠FCB′﹣∠DCF＝28°，
∴∠A'CB＝∠A′CA+∠ACB＝118°．
考点2中心对称与中心对称图形
【例2】（2021春•灌云县月考）如图中阴影部分是由4个完全相同的的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在 ② 处（填写区域对应的序号）．
【分析】根据中心对称图形的概念解答．
【解析】把正方形添加在②处，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，
故答案为：②．
【变式2-1】（2020春•鼓楼区期末）南京奥林匹克体育中心是亚洲A级体育馆、世界第五代体育建筑的代表，如图是体育馆俯视图的示意图．下列说法正确的是（ ）
A．这个图形是轴对称图形，但不是中心对称图形
B．这个图形是中心对称图形，但不是轴对称图形
C．这个图形既是中心对称图形，也是轴对称图形
D．这个图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析判断即可得解．
【解析】这个图形既是中心对称图形，也是轴对称图形．
故选：C．
【变式2-2】（2020春•徐州期末）在以下标志中，是中心对称图形的是（ ）
A．绿色食品 B．可回收物
C．响应环保 D．节水
【分析】根据中心对称图形定义解答即可．
【解析】A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【变式2-3】（2020春•镇江期末）下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．角 D．正方形
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析判断即可得解．
【解析】A、等边三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、角不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、正方形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
考点3平行四边形有关角度计算问题
【例3】（2020春•邳州市期末）在▱ABCF中，BC＝2AB，CD⊥AB于点D，点E为AF的中点，若∠ADE＝50°．则∠B的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】连接CE，并延长CE，交BA的延长线于点N，根据已知条件和平行四边形的性质可证明△NAE≌△CFE，所以NE＝CE，NA＝CF，再由已知条件CD⊥AB于D，∠ADE＝50°，即可求出∠B的度数．
【解析】连接CE，并延长CE，交BA的延长线于点N，
∵四边形ABCF是平行四边形，
∴AB∥CF，AB＝CF，
∴∠NAE＝∠F，
∵点E是的AF中点，
∴AE＝FE，
在△NAE和△CFE中，
∠NAE=∠FAE=FE∠AEN=∠FEC，
∴△NAE≌△CFE（ASA），
∴NE＝CE，NA＝CF，
∵AB＝CF，
∴NA＝AB，即BN＝2AB，
∵BC＝2AB，
∴BC＝BN，∠N＝∠NCB，
∵CD⊥AB于D，即∠NDC＝90°且NE＝CE，
∴DE=12NC＝NE，
∴∠N＝∠NDE＝50°＝∠NCB，
∴∠B＝80°．
故选：D．
【变式3-1】（2020春•海陵区期末）如图，已知E为▱ABCD内一点，且AD＝DE＝CE，若∠DEC＝n°，则∠AEB的度数为 （180−n2） °．（用含n的代数式表示）．
【分析】先证明AD＝DE＝CE＝BC，得出∠DAE＝∠AED，∠CBE＝∠CEB，∠EDC＝∠ECD=12（180°﹣n°），设∠DAE＝∠AED＝x，∠CBE＝∠CEB＝y，求出x+y＝180°−n°2，即可得出结果．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠BCD，∠BAD+∠ADC＝180°，
∵AD＝DE＝CE，
∴AD＝DE＝CE＝BC，
∴∠DAE＝∠AED，∠CBE＝∠CEB，∠EDC＝∠ECD，
∵∠DEC＝n°，
∴∠EDC＝∠ECD=12（180°﹣n°），
设∠DAE＝∠AED＝x，∠CBE＝∠CEB＝y，
∴∠ADE＝180°﹣2x，∠BCE＝180°﹣2y，
∴∠ADC＝180°﹣2x+12（180°﹣n°）＝270°﹣2x−n°2，∠BCD＝270°−n°2−2y，
∴∠BAD＝180°﹣（270°﹣2x−n°2）＝2x﹣90°+n°2，
∴270°−n°2−2y＝2x﹣90°+n°2，
∴x+y＝180°−n°2，
∴∠AEB＝360°﹣（180°−n°2）﹣n°＝180°−n°2，
故答案为：（180−n2）．
【变式3-2】（2020春•溧水区期末）如图，在▱ABCD中，AC＝BC，∠CAD＝20°，则∠D的度数为 80 °．
【分析】根据平行四边形的对边相等可得AD＝BC，再根据等量关系可得AD＝AC，再根据等腰三角形的性质即可求解．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∵AC＝BC，
∴AD＝AC，
∵∠CAD＝20°，
∴∠D＝（180°﹣20°）÷2＝80°．
故答案为：80．
【变式3-3】（2020春•镇江期末）如图，在▱ABCD中，E是边BC上一点，且AB＝BE，AE、DC的延长线相交于点F，∠F＝62°，则∠D＝ 56 °．
【分析】由平行四边形的性质得出∠D＝∠B，AB∥CD，得出∠BAE＝∠F＝62°，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠B＝56°，即可得出结果．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠F＝62°，
∵AB＝BE，
∴∠AEB＝∠BAE＝62°，
∴∠B＝180°﹣2×62°＝56°，
∴∠D＝56°．
故答案为56．
考点4平行四边形有关线段计算问题
【例4】（2020秋•苏州期末）如图，四边形ABCD中，以对角线AC为斜边作Rt△ACE，连接BE、DE，BE⊥DE，AC，BD互相平分．若2AB＝BC＝4，则BD的值为（ ）
A．25 B．5 C．3 D．4
【分析】连接OE，由AC，BD互相平分得出四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线性质推出AC＝BD，则四边形ABCD是矩形，再由勾股定理即可得出结果．
【解析】连接OE，如图所示：
∵2AB＝BC＝4，
∴AB＝2，
∵AC，BD互相平分，
∴OA＝OC，OB＝OD，四边形ABCD是平行四边形，
∵以AC为斜边作Rt△ACE，
∴OE＝OA＝OC=12AC，
∵BE⊥DE，
∴OE＝OB＝OD=12BD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，∠BAD＝90°，
∴BD=AB2+AD2=22+42=25，
故选：A．
【变式4-1】（2020春•仪征市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，D为AC上的动点，连接BD以AD、BD为边作平行四边形ADBE，则DE长的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由勾股定理可去BC＝3，由平行四边形的性质可得BE∥AC，由平行线之间的距离和垂线段最短可得当DE⊥AD时，DE有最小值，即可求解．
【解析】如图，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，
∴BC=AB2−AC2=25−16=3，
∵四边形ADBE是平行四边形，
∴BE∥AC，
∴当DE⊥AD时，DE有最小值，
∴DE有最小值为3，
故选：B．
【变式4-2】（2020春•海陵区期末）如图，在▱ABCD中，AD＝11，AB＝7，AE平分∠BAD，交BC边于点E，则CE的长为（ ）
A．7 B．6 C．4 D．2
【分析】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，再根据AE平分∠BAD，可得BE＝AB，进而可得CE的长．
【解析】在▱ABCD中，BC＝AD＝11，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠AEB＝∠BAE，
∴BE＝AB＝7，
∴CE＝BC﹣BE＝11﹣7＝4．
故选：C．
【变式4-3】（2020春•姜堰区期末）在▱ABCD中，∠ABC的角平分线交线段AD于点E，DE＝1，点F是BE中点，连接CF，过点F作FG⊥BC，垂足为G，设AB＝x，若▱ABCD的面积为8，FG的长为整数，则整数x的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．2或3
【分析】根据题意和平行四边形的性质，可以得到AD和AB的关系，然后根据▱ABCD的面积为8，FG的长为整数，从而可以得到整数x的值．
【解析】延长GF交AD于点H，如图所示，
∵四边形ABCD是平行四边形，FG⊥BC，
∴∠FHE＝∠FGB＝90°，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵点F为BE的中点，
∴EF＝BF，
又∵∠HFE＝∠GFB，
∴△HFE≌△GFB（AAS），
∴HF＝GF，
∴HG＝2GF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵AB＝x，
∴AE＝x，
∵DE＝1，
∴AD＝x+1，
∵▱ABCD的面积为8，FG的长为整数，
∴（x+1）•2GF＝8，
∴整数x为1或3，
∵当x＝1时，AB＝1，AD＝2，则此时平行四边形的面不可能是8，故舍去，
∴x＝3，
故选：C．
考点5平行四边形有周长与面积问题
【例5】（2020春•工业园区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，连接BE．若△ABE的周长为10cm，则平行四边形ABCD的周长为 20 cm．
【分析】由平行四边形性质可得AB+AD＝10cm，OB＝OD，又由OE⊥BD，可得BE＝DE，继而可求得△ABE的周长为AB+AD，根据三角形的周长求得平行四边形的周长即可．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，
∵OE⊥BD，
∴BE＝DE，
∵△ABE的周长为10cm，
∴AB+AE+BE＝AB+AE+DE＝AB+AD＝10cm，
∴平行四边形ABCD的周长是2（AB+AD）＝20（cm），
故答案为：20．
【变式5-1】（2020•浙江自主招生）如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BF＝4CF，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【分析】连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，求出平行四边形ACFM，根据等底等高的三角形面积相等得出△BDE的面积和△CDE的面积相等，△ADE的面积和△AME的面积相等，推出阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，求出CF×hCF的值即可．
【解析】连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴DE∥CF，EF∥CD，
∴AM∥DE∥CF，AC∥FM，
∴四边形ACFM是平行四边形，
∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同，
∴△BDE的面积和△CDE的面积相等，
同理△ADE的面积和△AME的面积相等，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是12×CF×hCF，
∵△ABC的面积是24，BC＝3CF
∴12BC×hBC=12×3CF×hCF＝24，
∴CF×hCF＝16，
∴阴影部分的面积是12×16＝8，
故选：D．
【变式5-2】．（2020春•高邮市期末）如图，▱ABCD中，对角线BD的垂直平分线交CD于点E，连接BE．若▱ABCD的周长为20cm，则△BCE的周长为 10 cm．
【分析】根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质解答即可．
【解析】∵BD的垂直平分线交CD于点E，交BD于点F，
∴DE＝BE，
∵▱ABCD的周长为20cm，
∴2（CD+BC）＝20（cm），
∴CD+BC＝10（cm），
∴△BCE的周长＝BE+CE+BC＝DE+CE+BC＝CD+BC＝10（cm），
故答案为：10．
【变式5-3】（2020春•海陵区期末）如图，过▱ABCD的对角线交点O任作一直线分别交AB、CD于点E、F，记△AEO的面积为S1，△ODF的面积为S2，△OBC的面积为S3，则S1+S2 ＝ S3（填“＞、＜、＝”之一）．
【分析】由“ASA”可证△DOF≌△BOE，可得S△DOF＝S△BOE，由平行四边形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，AO＝CO，AB∥CD，
∴∠FDO＝∠EBO，
又∵∠DOF＝∠BOE，
∴△DOF≌△BOE（ASA），
∴S△DOF＝S△BOE，
∴S1+S2＝S△AOB，
∵AO＝CO，
∴S△AOB＝S△BOC，
∴S1+S2＝S3，
故答案为：＝．
考点6平行四边形的判定条件
【例6】（2020春•如东县期末）下列不能判定四边形ABCD是平行四边形的条件是（ ）
A．AB∥CD，AD∥BC B．OA＝OC，OB＝OD
C．AB∥CD，AD＝BC D．AB＝CD，AD＝BC
【分析】根据平行四边形的判定定理分别对各个选项进行判断即可．
【解析】如图所示：
A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、∵AB∥CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项符合题意；
D、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意，
故选：C．
【变式6-1】（2020春•崇川区期末）满足下列条件的四边形，不一定是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行
B．两组对边分别相等
C．一组对边平行且相等
D．一组对边平行，另一组对边相等
【分析】根据平行四边形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【解析】A、∵两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形或平行四边形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【变式6-2】（2020春•南京期末）下列条件中，不能确定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．∠A＝∠C，∠B＝∠D
B．∠A+∠B＝180°，∠B+∠C＝180°
C．AD∥BC，AD＝BC
D．AB∥CD，AD＝BC
【分析】平行四边形的五种判定方法分别是：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形的判定逐一验证．
【解析】A、由两组对角分别相等的四边形是平行四边形，可得四边形ABCD为平行四边形，故选项A不合题意；
B、∵∠A+∠B＝180°，∠B+∠C＝180°
∴AD∥BC，AB∥CD
由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可得四边形ABCD为平行四边形，故选项B不合题意；
C、由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得四边形ABCD为平行四边形，故选项C不合题意；
D\、“AB∥CD且AD＝BC”不可以判定四边形ABCD是平行四边形；故本选项符合题意．
故选：D．
【变式6-3】（2019春•靖江市校级期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四组条件：①AB∥CD，AD∥BC；②AB＝CD，AD＝BC；③AO＝CO，BO＝DO；④AB∥CD，AD＝BC．其中一定能判断这个四边形是平行四边形的条件共有（ ）
A．4组 B．3组 C．2组 D．1组
【分析】根据平行四边形的判断定理分别判断得出即可．
【解析】①根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知①能判断这个四边形是平行四边形；
②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判断这个四边形是平行四边形；
③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判断这个四边形是平行四边形；
④根据平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知④不能判断这个四边形是平行四边形；
故给出下列四组条件中，①②③能判断这个四边形是平行四边形，
故选：B．
考点7平行四边形的性质与判定
【例7】（2020春•鼓楼区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝6cm，BC＝12cm，点P从A出发以1cm/s的速度向D运动，点Q从C出发以2cm/s的速度向B运动，两点同时出发，当点P运动到点D时，点Q也随之停止运动．若运动时间为t秒时，以A、B、C、D、P、Q任意四个点为顶点的四边形中同时存在两个平行四边形，则t的值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据题意计算AP、PD、BQ、CQ，再根据平行四边形的判定方法进行判定．
【解析】A．t＝1时，AP＝1cm，PD＝5cm，CQ＝2cm，BQ＝10cm，此时构不成平行四边形，不符合题意；
B．t＝2时，AP＝2cm，PD＝4cm，CQ＝4cm，BQ＝8cm，因AD∥BC，此时只构成一个平行四边形PDCQ，不符合题意；
C．t＝3时，AP＝PD＝3cm，CQ＝BQ＝6cm，则CQ＝BQ＝AD，因AD∥BC，此时有2个平行四边形：平行四边形ADCQ和平行四边形ADQB，符合题意；
D．t＝4时，AP＝4cm，PD＝2cm，CQ＝8cm，BQ＝4cm，因AD∥BC，此时只构成一个平行四边形APQB，不符合题意．
故选：C．
【变式7-1】（2019春•张家港市期末）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上不同的两点，连接AE，CE，AF，CF．下列条件中，不能得出四边形AECF一定是平行四边形的为（ ）
A．BE＝DF B．AE＝CF C．AF∥CE D．∠BAE＝∠DCF
【分析】连接AC与BD相交于O，根据平行四边形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到OE＝OF即可，然后根据各选项的条件分析判断即可得解．
【解析】如图，连接AC与BD相交于O，
在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
要使四边形AECF为平行四边形，只需证明得到OE＝OF即可；
A、若BE＝DF，则OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，故本选项不符合题意；
B、若AE＝CF，则无法判断OE＝OE，故本选项符合题意；
C、AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，从而得到OE＝OF，故本选项不符合题意；
D、由∠BAE＝∠DCF，从而推出△DFC≌△BEA，然后得出∠DFC＝∠BEA，∴∠CFE＝∠AEF，∴FC∥AE，由全等可知FC＝AE，所以四边形AECF是平行四边形；故本选项不符合题意；
故选：B．
【变式7-2】（2019春•惠山区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC，BD于点E，P，连接OE，∠ADC＝60°，AB=12BC＝2，下列结论：①∠CAD＝30°；②BD＝27；③S四边形ABCD＝AB•AC；④OE=14AD；⑤S△BOE=32．其中正确的个数有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】①先根据角平分线和平行线的性质得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝2，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE=12AB＝1，OE∥AB，根据勾股定理计算OC，OD的长，即可求BD的长；
③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断；
⑤由三角形中线的性质可得：S△BOE＝S△EOC=12OE•OC=32．
【解析】①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝2，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE＝2，
∵BC＝4，
∴EC＝2，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE＝30°，
故①正确；
②∵BE＝EC，OA＝OC，
∴OE=12AB＝1，OE∥AB，
∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，
Rt△EOC中，OC=EC2−OE2=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠ACD＝90°，
Rt△OCD中，OD=OD2+CD2=7
BD＝2OD＝27
故②正确
③由②知：∠BAC＝90°，
∴S▱ABCD＝AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
∵AB=12BC，
∴OE=14BC=14AD，
故④正确；
⑤∵BE＝EC＝2
∴S△BOE＝S△EOC=12OE•OC=32
故⑤正确
故选：D．
【变式7-3】（2021春•灌云县月考）如图，在▱ABCD中，已知AD＝15cm，点P在AD边上以1cm/s的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上以4cm/s的速度从点C出发在BC上往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），设运动时间为t（s）（t＞0），若以P，D，Q，B四点为顶点的四边形是平行四边形，则t的值可以是 ．
【分析】根据平行四边形的性质得出DP＝BQ，分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【解析】设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵P在AD上运动，
∴t≤151=15，即t≤15，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为4t﹣15＝15﹣t，
解得：t＝6；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，方程为15﹣（4t﹣30）＝15﹣t，
解得：t＝10；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣45＝15﹣t，
解得：t＝12；
故答案为：6或10或12．
考点8三角形的中位线定理
【例8】（2020春•新沂市期末）如图，M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，且AB＝10cm，MN＝4cm，则AC的长为 18 cm．
【分析】延长BN交AC于H，证明△ABN≌△AHN，根据全等三角形的性质得到AH＝AB＝10，BN＝NH，根据三角形中位线定理求出HC，结合图形计算，得到答案．
【解析】延长BN交AC于H，
在△ABN和△AHN中，
∠BAN=∠HANAN=AN∠ANB=∠ANH=90°，
∴△ABN≌△AHN（ASA）
∴AH＝AB＝10，BN＝NH，
∵BN＝NH，BM＝MC，
∴MN是△BCH的中位线，
∴HC＝2MN＝8，
∴AC＝AH+HC＝18（cm），
故答案为：18．
【变式8-1】（2020春•姜堰区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN、MN的中点，则DE长度的取值范围是 65≤DE≤2 ．
【分析】作CH⊥AB于H，连接CM，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式求出CH，根据三角形中位线定理得到DE=12CM，得到答案．
【解析】作CH⊥AB于H，连接CM，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=5，
S△ABC=12×AC×BC=12×AB×CH，即12×3×4=12×5×CH，
解得，CH=125，
∵点D、E分别为CN、MN的中点，
∴DE是△MNC的中位线，
∴DE=12CM，
当CM⊥AB时，CM最小，最小值为125，
当点M与点B重合时，CM最大，最大值为4，
∴65≤DE≤2，
故答案为：65≤DE≤2．
【变式8-2】（2020春•高邮市期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝10，D，E分别是AC和BC上的点，且CE＝2，CD＝4，连接BD，AE．G、H分别是AE和BD的中点，连接GH，则线段GH的长为 13 ．
【分析】过A作AP∥BC，过B作BP∥AC，AP，BP交于P，得到四边形ACBP是平行四边形，推出四边形ACBP是矩形，得到PB＝AC＝10，AP＝BC＝6，∠APB＝90°，连接CH并延长JIAOPB于M，连接CG并延长交AP于N，根据全等三角形的性质得到BM＝CD＝4，CH＝HM，同理，AN＝CE＝2，CG＝GN，根据勾股定理得到MN=PM2+PN2=213，由三角形的中位线定理即可得到结论．
【解析】过A作AP∥BC，过B作BP∥AC，AP，BP交于P，
∴四边形ACBP是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形ACBP是矩形，
∴PB＝AC＝10，AP＝BC＝6，∠APB＝90°，
连接CH并延长交 PB于M，连接CG并延长交AP于N，
∴∠BMH＝∠HCD，
∵H是BD的中点，
∴BH＝DH，
∵∠BHM＝∠DHC，
∴△CDH≌△MBH（AAS），
∴BM＝CD＝4，CH＝HM，
同理，AN＝CE＝2，CG＝GN，
∴PM＝6，PN＝4，
∴MN=PM2+PN2=213，
∴HG=12MN=13，
方法二：求AB的中点，连接FG，FH，
∵G是AE的中点，
∴FG∥BE，FG=12BE=12(BC−EC)=2，
同理，FH∥AD，FH=12AD=12(AC−CD)=3，
∵∠C＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴GH=FG2+FH2=22+32=13；
故答案为：13．
【变式8-3】（2020春•南京期末）已知一个三角形的周长为20cm，则连接它的各边的中点所得的三角形的周长为 10 cm．
【分析】根据三角形中位线的性质，即三角形的中位线等于第三边的一半求解即可．
【解析】∵D、E、F分别为AB、BC、AC的中点，
∴DE=12AC，EF=12AB，DF=12BC，
∵AB+BC+AC＝10，
∴DE+EF+FD=12（AB+BC+AC）＝10cm，
故答案为：10．
考点9关于旋转的作图问题
【例9】（2020秋•溧阳市期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABO的顶点A坐标为（5，0），顶点B坐标为（4，2）．
（1）将ABO绕点A顺时针旋转90°得到△AB'O'，请你画出转后的图形，并写出点B'、O'的坐标；
（2）以AO'为公共边，画出与△AB'O'全等的所有三角形，并写出第三个顶点的坐标．
【分析】（1）分别作出O，B的对应点O′，B′即可．
（2）根据全等三角形的判定画出图形即可．
【解析】（1）如图，△AB′O′即为所求作．
（2）图形如图所示，第三个顶点坐标为（3，1）、（3，4）、（7，4）．
【变式9-1】（2020秋•玄武区期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点P在第四象限，且到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，点Q的坐标为（﹣2，3）．
（1）写出点P的坐标 （3，﹣2） ；
（2）要使点P与点Q重合，下列方式正确的有 ①②③ ；（填上所有正确的序号）
①将点P向左平移5个单位，再向上平移5个单位；
②将点P沿直线y＝x翻折；
③将点P绕原点逆时针旋转90°，再向左平移4个单位．
（3）△OPQ的面积为 52 ．
【分析】（1）根据图形作出图形即可判断．
（2）根据平移，法则，旋转等知识一一判断即可．
（3）利用分割法求解即可．
【解析】（1）由题意P（3，﹣2）
故答案为：（3，﹣2）．
（2）由题意①②③度符合题意．
故答案为：①②③．
（3）S△POQ=12×1×3+12×1×2=52，
故答案为：52．
【变式9-2】（2020春•洪泽区期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A、B、C都是格点．
（1）将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△A1B1C1；
（2）作△A1B1C1关于点O成中心对称的△A2B2C2；
（3）B1B2的长＝ 10 ；四边形C2B2C1B1的面积为 12 ．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B、C的对应点B1、C1即可；
（2）利用网格特点，分别延长A1O、B1O、C1O，使A2O＝A1O、B2O＝B1O、C2O＝C1O，从而得到A2、B2、C2；
（3）利用勾股定理计算B1B2的长；利用平行四边形的面积公式计算四边形C2B2C1B1的面积．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）B1B2的长＝232+42=10；四边形C2B2C1B1的面积＝2×6＝12．
故答案为10，12．
【变式9-3】（2020春•市中区期末）已知△ABC的顶点A、B、C在边长为1的网格格点上．
（1）画△ABC绕点O逆时针旋转90°得到的△A1B1C1；
（2）画△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）平行四边形A1B1A2B2的面积为 34 ．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可．
（3）平行四边形的面积＝底×高，求出底和高即可．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
（3）平行四边形A1B1A2B2的面积=17×217=34，
故答案为34．
考点10关于中心对称的作图问题
【例10】（2019春•秦淮区期末）如图，是5个全等的小正方形组成的图案，请用不同的两种方法分别在两幅图中各添加1个正方形，使整个图案称为中心对称图形．
【分析】直接利用中心对称图形的定义进而分析得出答案．
【解析】如图所示：
．
【变式10-1】（2019秋•槐荫区期末）如图，方格纸中有三个点A，B，C，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上．
（1）在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【分析】（1）平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）正方形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【解析】（1）甲图：平行四边形，
（2）乙图：等腰梯形，
（3）丙图：正方形．
【变式10--2】（2020秋•崇川区月考）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按下列要求选取一个涂上阴影：
①使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．
②使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．
（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【分析】①直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；
②直接利用中心对称图形的性质得出符合题意的答案．
【解析】①如图1所示：
②如图2所示：
【变式10-3】（2019春•赣榆区期中）如图，由4个全等的正方形组成的L形图案，请按下列要求画图：
（1）在图案①中添加1个正方形，使它成轴对称图形（不能是中心对称图形）；
（2）在图案②中添加1个正方形，使它成中心对称图形（不能是轴对称图形）；
（3）在图案③中改变1个正方形的位置，从而得到一个新图形，使它既成中心对称图形，又成轴对称图形．
【分析】（1）根据轴对称图形的性质，先找出对称轴，再思考如何画图；
（2）如一，也是先找一个中心，再根据中心对称的性质，思考如何画图；
（3）根据中心对称和轴对称的性质画一个图形．
注意此题有多种画法，答案不唯一．
【解析】如图所示．
（1）如图（1），图（2），图（3）所示；
（2）如图（4）所示；
（3）如图（5），图（6）所示．
考点11平行四边形的综合问题
【例11】（2020春•扬中市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA＝OC，AB∥CD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若BE平分∠ABC，交AD于E，BC﹣AB＝2，求DE长．
（3）若∠AOB＝2∠ADB时，则平行四边形ABCD为 矩 形．
【分析】（1）运用ASA证明△ABO≌△CDO得AB＝CD，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可证得结论；
（2）根据四边形ABCD为平行四边形可得AE∥BC，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出∠ABE＝∠AEB，继而可得AB＝AE，然后根据已知可求得DE的长度；
（3）由∠AOB＝2∠ADB可得∠OAD＝∠ADO，由平行四边形的性质可得AC＝BD，从而可得结论．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△ABO和△DCO中，
∠BAO=∠DCOAO=CO∠AOB=∠COD，
∴△ABO≌△DCO（ASA），
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD＝BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴DE＝AD﹣AE＝BC﹣AB，
∵BC﹣AB＝2，
∴DE＝2；
（3）∵∠AOB是△ADO的外角，
∴∠AOB＝∠OAD+∠ODA，
∵∠AOB＝2∠ADB，
∠OAD＝∠ODA，
∴AO＝DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
故答案为：矩．
【变式11-1】（2020春•高新区期末）如图，四边形ABCD中AC、BD相交于点O，延长AD至点E，连接EO并延长交CB的延长线于点F，∠E＝∠F，AD＝BC．
（1）求证：O是线段AC的中点：
（2）连接AF、EC，证明四边形AFCE是平行四边形．
【分析】（1）证明四边形ABCD是平行四边形，则结论得出；
（2）证明△OAE≌△OCF（ASA）．则OE＝OF，可得出结论．
【解析】证明：（1）∵∠E＝∠F，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AC，BD互相平分；
即O是线段AC的中点．
（2）∵AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△OAE和△OCF中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△OAE≌△OCF（ASA）．
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE是平行四边形．
【变式11-2】（2020春•清江浦区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动．问几秒后直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形？
【分析】分别利用①当BQ＝AP时以及②当CQ＝PD时，列方程得出答案．
【解析】设点P，Q运动的时间为ts．依题意得：CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，AP＝t，
PD＝9﹣t．
∵AD∥BC，
①当BQ＝AP时，四边形APQB是平行四边形．
即6﹣2t＝t，
解得t＝2．
②当CQ＝PD时，
四边形CQPD是平行四边形，即2t＝9﹣t，
解得：t＝3．
所以经过2秒或3秒后，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
【变式11-3】（2019春•泗阳县期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：四边形AECF是平行四边形．
【分析】（1）证出∠ADE＝∠CBF，AD＝CB，由AAS证△ADE≌△CBF即可得到结论；
（2）根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AED＝∠CFB＝90°，
在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBF∠AED=∠CFBAD=CB，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF；
（2）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，
∵AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
2021-2022学年八年级数学下学期期末考试高分直通车（苏科版）
专题1.3图形的旋转与中心对称精讲精练（知识梳理+典例剖析+变式练习）
【目标导航】
【知识梳理】
1.旋转及性质：
（1）旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点．
（2）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等．
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
③旋转前、后的图形全等．
（3）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
2. 旋转对称图形：
（1）旋转对称图形： 如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
（2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．
（3）旋转图形的作法：
根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
3.中心对称：
（1）中心对称的定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．．
（2）中心对称的性质
①关于中心对称的两个图形能够完全重合；
②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
4. 中心对称图形：
（1）定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同．
（2）常见的中心对称图形：平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．
5.平行四边形的性质：
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
6.平行四边形的判定 ：
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC ∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB=DC，AD=BC ∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB=DC ∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB ∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
符号语言：∵OA=OC，OB=OD ∴四边行ABCD是平行四边形．
7.三角形的中位线：
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，
【典例剖析】
考点1旋转及其性质
【例1】（2019秋•玄武区期末）已知：如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3cm，BO＝4cm，将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D的长度为（ ）
A．12cm B．1cm C．2cm D．32cm
【分析】先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB=OA2+OB2=5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD=12AB＝2.5cm．然后根据旋转的性质得到OB1＝OB＝4cm，那么B1D＝OB1﹣OD＝1.5cm．
【解析】在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3cm，BO＝4cm，
∴AB=OA2+OB2=5cm，
∵点D为AB的中点，
∴OD=12AB＝2.5cm．
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1＝OB＝4cm，
∴B1D＝OB1﹣OD＝1.5cm．
故选：D．
【变式1-1】（2020春•东海县期末）如图，△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC，点E为线段AD上的动点，连接CE，以CE为边在下方作等边△CEF，连接DF，则线段DF的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．32 D．1
【分析】连接BF，由等边三角形的性质可得三角形全等的条件，从而可证△BCF≌△ACE，推出∠CBF＝∠CAE＝30°，再由垂线段最短可知当DF⊥BF时，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性质定理可求DF的值．
【解析】如图，连接BF，
∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB＝4，
∴BC＝AC＝AB＝4，BD＝DC＝2，∠BAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF＝CE，∠FCE＝60°，
∴∠FCE＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，
∴在△BCF和△ACE中，
BC=AC∠BCF=∠ACECF=CE，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE＝30°，AE＝BF，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD＝90°，∠CBF＝30°，BD＝2，
∴DF＝1，
故选：D．
【变式1-2】（2020秋•苏州期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝105°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′．若点B恰好落在BC边上，且AB′＝CB′，则∠C′的度数为 25 °．
【分析】由三角形的内角和定理可得∠B+∠C＝75°，由等腰三角形的性质和旋转的性质可得∠B＝∠AB'B＝2∠C，即可求解．
【解析】∵∠BAC＝105°，
∴∠B+∠C＝75°，
∵AB′＝CB′，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，
∴AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∴∠C＝25°，
故答案为：25．
【变式1-3】（2020秋•仪征市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AEF，延长BC交EF于点D，若BD＝5，BC＝4，则DE＝ 3 ．
【分析】如图，连接AD．证明Rt△ADF≌Rt△ADC（HL），推出DF＝DC＝1，可得结论．
【解析】如图，连接AD．
在Rt△ADF和Rt△ADC中，
AD=ADAF=AC，
∴Rt△ADF≌Rt△ADC（HL），
∴DF＝DC，
∵BD＝5，BC＝4，
∴CD＝DF﹣5﹣4＝1，
∵EF＝BC＝4，
∴DE＝EF﹣DF＝4﹣1＝3．
故答案为：3．
【变式1-4】（2020秋•兴化市期末）如图1，直线MN∥PQ、△ABC按如图放置，∠ACB＝90°，AC、BC分别与MN、PQ相交于点D、E，若∠CDM＝40°．
（1）求∠CEP的度数；
（2）如图2，将△ABC绕点C逆时针旋转，使点B落在PQ上得△A'B'C，若∠CB'E＝22°，求∠A'CB的度数．
【分析】（1）连接DE，利用平行线性质和三角形内角和可得答案，
（2）过C作CF∥MN，利用平行性质先求出旋转角∠ACA′，再加上90°即可．
【解析】（1）连接DE，如答图1：
∵MN∥PQ，
∴∠MDE+∠PED＝180°，即∠CDM+∠CEP+∠CDE+∠CED＝180°，
∵∠CDE+∠CED+∠ACB＝180°，∠ACB＝90°，
∴∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠CDM+∠CEP＝90°，
∵∠CDM＝40°，
∴∠CEP＝90°﹣∠CDM＝90°﹣40°＝50°；
（2）过C作CF∥MN，如答图2：
∵MN∥PQ，CF∥MN，
∴MN∥PQ∥CF，
∴∠CB'E＝∠FCB′，∠CDM＝∠DCF，
∵∠CB'E＝22°，∠CDM＝40°．
∴∠FCB′＝22°，∠DCF＝40°，
∵∠A′CB′＝90°，
∴∠A′CA＝90°﹣∠FCB′﹣∠DCF＝28°，
∴∠A'CB＝∠A′CA+∠ACB＝118°．
考点2中心对称与中心对称图形
【例2】（2021春•灌云县月考）如图中阴影部分是由4个完全相同的的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在 ② 处（填写区域对应的序号）．
【分析】根据中心对称图形的概念解答．
【解析】把正方形添加在②处，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，
故答案为：②．
【变式2-1】（2020春•鼓楼区期末）南京奥林匹克体育中心是亚洲A级体育馆、世界第五代体育建筑的代表，如图是体育馆俯视图的示意图．下列说法正确的是（ ）
A．这个图形是轴对称图形，但不是中心对称图形
B．这个图形是中心对称图形，但不是轴对称图形
C．这个图形既是中心对称图形，也是轴对称图形
D．这个图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析判断即可得解．
【解析】这个图形既是中心对称图形，也是轴对称图形．
故选：C．
【变式2-2】（2020春•徐州期末）在以下标志中，是中心对称图形的是（ ）
A．绿色食品 B．可回收物
C．响应环保 D．节水
【分析】根据中心对称图形定义解答即可．
【解析】A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【变式2-3】（2020春•镇江期末）下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．角 D．正方形
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析判断即可得解．
【解析】A、等边三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、角不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、正方形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
考点3平行四边形有关角度计算问题
【例3】（2020春•邳州市期末）在▱ABCF中，BC＝2AB，CD⊥AB于点D，点E为AF的中点，若∠ADE＝50°．则∠B的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】连接CE，并延长CE，交BA的延长线于点N，根据已知条件和平行四边形的性质可证明△NAE≌△CFE，所以NE＝CE，NA＝CF，再由已知条件CD⊥AB于D，∠ADE＝50°，即可求出∠B的度数．
【解析】连接CE，并延长CE，交BA的延长线于点N，
∵四边形ABCF是平行四边形，
∴AB∥CF，AB＝CF，
∴∠NAE＝∠F，
∵点E是的AF中点，
∴AE＝FE，
在△NAE和△CFE中，
∠NAE=∠FAE=FE∠AEN=∠FEC，
∴△NAE≌△CFE（ASA），
∴NE＝CE，NA＝CF，
∵AB＝CF，
∴NA＝AB，即BN＝2AB，
∵BC＝2AB，
∴BC＝BN，∠N＝∠NCB，
∵CD⊥AB于D，即∠NDC＝90°且NE＝CE，
∴DE=12NC＝NE，
∴∠N＝∠NDE＝50°＝∠NCB，
∴∠B＝80°．
故选：D．
【变式3-1】（2020春•海陵区期末）如图，已知E为▱ABCD内一点，且AD＝DE＝CE，若∠DEC＝n°，则∠AEB的度数为 （180−n2） °．（用含n的代数式表示）．
【分析】先证明AD＝DE＝CE＝BC，得出∠DAE＝∠AED，∠CBE＝∠CEB，∠EDC＝∠ECD=12（180°﹣n°），设∠DAE＝∠AED＝x，∠CBE＝∠CEB＝y，求出x+y＝180°−n°2，即可得出结果．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠BCD，∠BAD+∠ADC＝180°，
∵AD＝DE＝CE，
∴AD＝DE＝CE＝BC，
∴∠DAE＝∠AED，∠CBE＝∠CEB，∠EDC＝∠ECD，
∵∠DEC＝n°，
∴∠EDC＝∠ECD=12（180°﹣n°），
设∠DAE＝∠AED＝x，∠CBE＝∠CEB＝y，
∴∠ADE＝180°﹣2x，∠BCE＝180°﹣2y，
∴∠ADC＝180°﹣2x+12（180°﹣n°）＝270°﹣2x−n°2，∠BCD＝270°−n°2−2y，
∴∠BAD＝180°﹣（270°﹣2x−n°2）＝2x﹣90°+n°2，
∴270°−n°2−2y＝2x﹣90°+n°2，
∴x+y＝180°−n°2，
∴∠AEB＝360°﹣（180°−n°2）﹣n°＝180°−n°2，
故答案为：（180−n2）．
【变式3-2】（2020春•溧水区期末）如图，在▱ABCD中，AC＝BC，∠CAD＝20°，则∠D的度数为 80 °．
【分析】根据平行四边形的对边相等可得AD＝BC，再根据等量关系可得AD＝AC，再根据等腰三角形的性质即可求解．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∵AC＝BC，
∴AD＝AC，
∵∠CAD＝20°，
∴∠D＝（180°﹣20°）÷2＝80°．
故答案为：80．
【变式3-3】（2020春•镇江期末）如图，在▱ABCD中，E是边BC上一点，且AB＝BE，AE、DC的延长线相交于点F，∠F＝62°，则∠D＝ 56 °．
【分析】由平行四边形的性质得出∠D＝∠B，AB∥CD，得出∠BAE＝∠F＝62°，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠B＝56°，即可得出结果．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠F＝62°，
∵AB＝BE，
∴∠AEB＝∠BAE＝62°，
∴∠B＝180°﹣2×62°＝56°，
∴∠D＝56°．
故答案为56．
考点4平行四边形有关线段计算问题
【例4】（2020秋•苏州期末）如图，四边形ABCD中，以对角线AC为斜边作Rt△ACE，连接BE、DE，BE⊥DE，AC，BD互相平分．若2AB＝BC＝4，则BD的值为（ ）
A．25 B．5 C．3 D．4
【分析】连接OE，由AC，BD互相平分得出四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线性质推出AC＝BD，则四边形ABCD是矩形，再由勾股定理即可得出结果．
【解析】连接OE，如图所示：
∵2AB＝BC＝4，
∴AB＝2，
∵AC，BD互相平分，
∴OA＝OC，OB＝OD，四边形ABCD是平行四边形，
∵以AC为斜边作Rt△ACE，
∴OE＝OA＝OC=12AC，
∵BE⊥DE，
∴OE＝OB＝OD=12BD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，∠BAD＝90°，
∴BD=AB2+AD2=22+42=25，
故选：A．
【变式4-1】（2020春•仪征市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，D为AC上的动点，连接BD以AD、BD为边作平行四边形ADBE，则DE长的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由勾股定理可去BC＝3，由平行四边形的性质可得BE∥AC，由平行线之间的距离和垂线段最短可得当DE⊥AD时，DE有最小值，即可求解．
【解析】如图，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，
∴BC=AB2−AC2=25−16=3，
∵四边形ADBE是平行四边形，
∴BE∥AC，
∴当DE⊥AD时，DE有最小值，
∴DE有最小值为3，
故选：B．
【变式4-2】（2020春•海陵区期末）如图，在▱ABCD中，AD＝11，AB＝7，AE平分∠BAD，交BC边于点E，则CE的长为（ ）
A．7 B．6 C．4 D．2
【分析】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，再根据AE平分∠BAD，可得BE＝AB，进而可得CE的长．
【解析】在▱ABCD中，BC＝AD＝11，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠AEB＝∠BAE，
∴BE＝AB＝7，
∴CE＝BC﹣BE＝11﹣7＝4．
故选：C．
【变式4-3】（2020春•姜堰区期末）在▱ABCD中，∠ABC的角平分线交线段AD于点E，DE＝1，点F是BE中点，连接CF，过点F作FG⊥BC，垂足为G，设AB＝x，若▱ABCD的面积为8，FG的长为整数，则整数x的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．2或3
【分析】根据题意和平行四边形的性质，可以得到AD和AB的关系，然后根据▱ABCD的面积为8，FG的长为整数，从而可以得到整数x的值．
【解析】延长GF交AD于点H，如图所示，
∵四边形ABCD是平行四边形，FG⊥BC，
∴∠FHE＝∠FGB＝90°，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵点F为BE的中点，
∴EF＝BF，
又∵∠HFE＝∠GFB，
∴△HFE≌△GFB（AAS），
∴HF＝GF，
∴HG＝2GF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵AB＝x，
∴AE＝x，
∵DE＝1，
∴AD＝x+1，
∵▱ABCD的面积为8，FG的长为整数，
∴（x+1）•2GF＝8，
∴整数x为1或3，
∵当x＝1时，AB＝1，AD＝2，则此时平行四边形的面不可能是8，故舍去，
∴x＝3，
故选：C．
考点5平行四边形有周长与面积问题
【例5】（2020春•工业园区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，连接BE．若△ABE的周长为10cm，则平行四边形ABCD的周长为 20 cm．
【分析】由平行四边形性质可得AB+AD＝10cm，OB＝OD，又由OE⊥BD，可得BE＝DE，继而可求得△ABE的周长为AB+AD，根据三角形的周长求得平行四边形的周长即可．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，
∵OE⊥BD，
∴BE＝DE，
∵△ABE的周长为10cm，
∴AB+AE+BE＝AB+AE+DE＝AB+AD＝10cm，
∴平行四边形ABCD的周长是2（AB+AD）＝20（cm），
故答案为：20．
【变式5-1】（2020•浙江自主招生）如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BF＝4CF，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【分析】连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，求出平行四边形ACFM，根据等底等高的三角形面积相等得出△BDE的面积和△CDE的面积相等，△ADE的面积和△AME的面积相等，推出阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，求出CF×hCF的值即可．
【解析】连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴DE∥CF，EF∥CD，
∴AM∥DE∥CF，AC∥FM，
∴四边形ACFM是平行四边形，
∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同，
∴△BDE的面积和△CDE的面积相等，
同理△ADE的面积和△AME的面积相等，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是12×CF×hCF，
∵△ABC的面积是24，BC＝3CF
∴12BC×hBC=12×3CF×hCF＝24，
∴CF×hCF＝16，
∴阴影部分的面积是12×16＝8，
故选：D．
【变式5-2】．（2020春•高邮市期末）如图，▱ABCD中，对角线BD的垂直平分线交CD于点E，连接BE．若▱ABCD的周长为20cm，则△BCE的周长为 10 cm．
【分析】根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质解答即可．
【解析】∵BD的垂直平分线交CD于点E，交BD于点F，
∴DE＝BE，
∵▱ABCD的周长为20cm，
∴2（CD+BC）＝20（cm），
∴CD+BC＝10（cm），
∴△BCE的周长＝BE+CE+BC＝DE+CE+BC＝CD+BC＝10（cm），
故答案为：10．
【变式5-3】（2020春•海陵区期末）如图，过▱ABCD的对角线交点O任作一直线分别交AB、CD于点E、F，记△AEO的面积为S1，△ODF的面积为S2，△OBC的面积为S3，则S1+S2 ＝ S3（填“＞、＜、＝”之一）．
【分析】由“ASA”可证△DOF≌△BOE，可得S△DOF＝S△BOE，由平行四边形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，AO＝CO，AB∥CD，
∴∠FDO＝∠EBO，
又∵∠DOF＝∠BOE，
∴△DOF≌△BOE（ASA），
∴S△DOF＝S△BOE，
∴S1+S2＝S△AOB，
∵AO＝CO，
∴S△AOB＝S△BOC，
∴S1+S2＝S3，
故答案为：＝．
考点6平行四边形的判定条件
【例6】（2020春•如东县期末）下列不能判定四边形ABCD是平行四边形的条件是（ ）
A．AB∥CD，AD∥BC B．OA＝OC，OB＝OD
C．AB∥CD，AD＝BC D．AB＝CD，AD＝BC
【分析】根据平行四边形的判定定理分别对各个选项进行判断即可．
【解析】如图所示：
A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、∵AB∥CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项符合题意；
D、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意，
故选：C．
【变式6-1】（2020春•崇川区期末）满足下列条件的四边形，不一定是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行
B．两组对边分别相等
C．一组对边平行且相等
D．一组对边平行，另一组对边相等
【分析】根据平行四边形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【解析】A、∵两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形或平行四边形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【变式6-2】（2020春•南京期末）下列条件中，不能确定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．∠A＝∠C，∠B＝∠D
B．∠A+∠B＝180°，∠B+∠C＝180°
C．AD∥BC，AD＝BC
D．AB∥CD，AD＝BC
【分析】平行四边形的五种判定方法分别是：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形的判定逐一验证．
【解析】A、由两组对角分别相等的四边形是平行四边形，可得四边形ABCD为平行四边形，故选项A不合题意；
B、∵∠A+∠B＝180°，∠B+∠C＝180°
∴AD∥BC，AB∥CD
由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可得四边形ABCD为平行四边形，故选项B不合题意；
C、由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得四边形ABCD为平行四边形，故选项C不合题意；
D\、“AB∥CD且AD＝BC”不可以判定四边形ABCD是平行四边形；故本选项符合题意．
故选：D．
【变式6-3】（2019春•靖江市校级期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四组条件：①AB∥CD，AD∥BC；②AB＝CD，AD＝BC；③AO＝CO，BO＝DO；④AB∥CD，AD＝BC．其中一定能判断这个四边形是平行四边形的条件共有（ ）
A．4组 B．3组 C．2组 D．1组
【分析】根据平行四边形的判断定理分别判断得出即可．
【解析】①根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知①能判断这个四边形是平行四边形；
②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判断这个四边形是平行四边形；
③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判断这个四边形是平行四边形；
④根据平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知④不能判断这个四边形是平行四边形；
故给出下列四组条件中，①②③能判断这个四边形是平行四边形，
故选：B．
考点7平行四边形的性质与判定
【例7】（2020春•鼓楼区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝6cm，BC＝12cm，点P从A出发以1cm/s的速度向D运动，点Q从C出发以2cm/s的速度向B运动，两点同时出发，当点P运动到点D时，点Q也随之停止运动．若运动时间为t秒时，以A、B、C、D、P、Q任意四个点为顶点的四边形中同时存在两个平行四边形，则t的值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据题意计算AP、PD、BQ、CQ，再根据平行四边形的判定方法进行判定．
【解析】A．t＝1时，AP＝1cm，PD＝5cm，CQ＝2cm，BQ＝10cm，此时构不成平行四边形，不符合题意；
B．t＝2时，AP＝2cm，PD＝4cm，CQ＝4cm，BQ＝8cm，因AD∥BC，此时只构成一个平行四边形PDCQ，不符合题意；
C．t＝3时，AP＝PD＝3cm，CQ＝BQ＝6cm，则CQ＝BQ＝AD，因AD∥BC，此时有2个平行四边形：平行四边形ADCQ和平行四边形ADQB，符合题意；
D．t＝4时，AP＝4cm，PD＝2cm，CQ＝8cm，BQ＝4cm，因AD∥BC，此时只构成一个平行四边形APQB，不符合题意．
故选：C．
【变式7-1】（2019春•张家港市期末）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上不同的两点，连接AE，CE，AF，CF．下列条件中，不能得出四边形AECF一定是平行四边形的为（ ）
A．BE＝DF B．AE＝CF C．AF∥CE D．∠BAE＝∠DCF
【分析】连接AC与BD相交于O，根据平行四边形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到OE＝OF即可，然后根据各选项的条件分析判断即可得解．
【解析】如图，连接AC与BD相交于O，
在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
要使四边形AECF为平行四边形，只需证明得到OE＝OF即可；
A、若BE＝DF，则OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，故本选项不符合题意；
B、若AE＝CF，则无法判断OE＝OE，故本选项符合题意；
C、AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，从而得到OE＝OF，故本选项不符合题意；
D、由∠BAE＝∠DCF，从而推出△DFC≌△BEA，然后得出∠DFC＝∠BEA，∴∠CFE＝∠AEF，∴FC∥AE，由全等可知FC＝AE，所以四边形AECF是平行四边形；故本选项不符合题意；
故选：B．
【变式7-2】（2019春•惠山区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC，BD于点E，P，连接OE，∠ADC＝60°，AB=12BC＝2，下列结论：①∠CAD＝30°；②BD＝27；③S四边形ABCD＝AB•AC；④OE=14AD；⑤S△BOE=32．其中正确的个数有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】①先根据角平分线和平行线的性质得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝2，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE=12AB＝1，OE∥AB，根据勾股定理计算OC，OD的长，即可求BD的长；
③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断；
⑤由三角形中线的性质可得：S△BOE＝S△EOC=12OE•OC=32．
【解析】①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝2，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE＝2，
∵BC＝4，
∴EC＝2，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE＝30°，
故①正确；
②∵BE＝EC，OA＝OC，
∴OE=12AB＝1，OE∥AB，
∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，
Rt△EOC中，OC=EC2−OE2=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠ACD＝90°，
Rt△OCD中，OD=OD2+CD2=7
BD＝2OD＝27
故②正确
③由②知：∠BAC＝90°，
∴S▱ABCD＝AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
∵AB=12BC，
∴OE=14BC=14AD，
故④正确；
⑤∵BE＝EC＝2
∴S△BOE＝S△EOC=12OE•OC=32
故⑤正确
故选：D．
【变式7-3】（2021春•灌云县月考）如图，在▱ABCD中，已知AD＝15cm，点P在AD边上以1cm/s的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上以4cm/s的速度从点C出发在BC上往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），设运动时间为t（s）（t＞0），若以P，D，Q，B四点为顶点的四边形是平行四边形，则t的值可以是 ．
【分析】根据平行四边形的性质得出DP＝BQ，分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【解析】设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵P在AD上运动，
∴t≤151=15，即t≤15，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为4t﹣15＝15﹣t，
解得：t＝6；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，方程为15﹣（4t﹣30）＝15﹣t，
解得：t＝10；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣45＝15﹣t，
解得：t＝12；
故答案为：6或10或12．
考点8三角形的中位线定理
【例8】（2020春•新沂市期末）如图，M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，且AB＝10cm，MN＝4cm，则AC的长为 18 cm．
【分析】延长BN交AC于H，证明△ABN≌△AHN，根据全等三角形的性质得到AH＝AB＝10，BN＝NH，根据三角形中位线定理求出HC，结合图形计算，得到答案．
【解析】延长BN交AC于H，
在△ABN和△AHN中，
∠BAN=∠HANAN=AN∠ANB=∠ANH=90°，
∴△ABN≌△AHN（ASA）
∴AH＝AB＝10，BN＝NH，
∵BN＝NH，BM＝MC，
∴MN是△BCH的中位线，
∴HC＝2MN＝8，
∴AC＝AH+HC＝18（cm），
故答案为：18．
【变式8-1】（2020春•姜堰区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN、MN的中点，则DE长度的取值范围是 65≤DE≤2 ．
【分析】作CH⊥AB于H，连接CM，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式求出CH，根据三角形中位线定理得到DE=12CM，得到答案．
【解析】作CH⊥AB于H，连接CM，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=5，
S△ABC=12×AC×BC=12×AB×CH，即12×3×4=12×5×CH，
解得，CH=125，
∵点D、E分别为CN、MN的中点，
∴DE是△MNC的中位线，
∴DE=12CM，
当CM⊥AB时，CM最小，最小值为125，
当点M与点B重合时，CM最大，最大值为4，
∴65≤DE≤2，
故答案为：65≤DE≤2．
【变式8-2】（2020春•高邮市期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝10，D，E分别是AC和BC上的点，且CE＝2，CD＝4，连接BD，AE．G、H分别是AE和BD的中点，连接GH，则线段GH的长为 13 ．
【分析】过A作AP∥BC，过B作BP∥AC，AP，BP交于P，得到四边形ACBP是平行四边形，推出四边形ACBP是矩形，得到PB＝AC＝10，AP＝BC＝6，∠APB＝90°，连接CH并延长JIAOPB于M，连接CG并延长交AP于N，根据全等三角形的性质得到BM＝CD＝4，CH＝HM，同理，AN＝CE＝2，CG＝GN，根据勾股定理得到MN=PM2+PN2=213，由三角形的中位线定理即可得到结论．
【解析】过A作AP∥BC，过B作BP∥AC，AP，BP交于P，
∴四边形ACBP是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形ACBP是矩形，
∴PB＝AC＝10，AP＝BC＝6，∠APB＝90°，
连接CH并延长交 PB于M，连接CG并延长交AP于N，
∴∠BMH＝∠HCD，
∵H是BD的中点，
∴BH＝DH，
∵∠BHM＝∠DHC，
∴△CDH≌△MBH（AAS），
∴BM＝CD＝4，CH＝HM，
同理，AN＝CE＝2，CG＝GN，
∴PM＝6，PN＝4，
∴MN=PM2+PN2=213，
∴HG=12MN=13，
方法二：求AB的中点，连接FG，FH，
∵G是AE的中点，
∴FG∥BE，FG=12BE=12(BC−EC)=2，
同理，FH∥AD，FH=12AD=12(AC−CD)=3，
∵∠C＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴GH=FG2+FH2=22+32=13；
故答案为：13．
【变式8-3】（2020春•南京期末）已知一个三角形的周长为20cm，则连接它的各边的中点所得的三角形的周长为 10 cm．
【分析】根据三角形中位线的性质，即三角形的中位线等于第三边的一半求解即可．
【解析】∵D、E、F分别为AB、BC、AC的中点，
∴DE=12AC，EF=12AB，DF=12BC，
∵AB+BC+AC＝10，
∴DE+EF+FD=12（AB+BC+AC）＝10cm，
故答案为：10．
考点9关于旋转的作图问题
【例9】（2020秋•溧阳市期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABO的顶点A坐标为（5，0），顶点B坐标为（4，2）．
（1）将ABO绕点A顺时针旋转90°得到△AB'O'，请你画出转后的图形，并写出点B'、O'的坐标；
（2）以AO'为公共边，画出与△AB'O'全等的所有三角形，并写出第三个顶点的坐标．
【分析】（1）分别作出O，B的对应点O′，B′即可．
（2）根据全等三角形的判定画出图形即可．
【解析】（1）如图，△AB′O′即为所求作．
（2）图形如图所示，第三个顶点坐标为（3，1）、（3，4）、（7，4）．
【变式9-1】（2020秋•玄武区期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点P在第四象限，且到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，点Q的坐标为（﹣2，3）．
（1）写出点P的坐标 （3，﹣2） ；
（2）要使点P与点Q重合，下列方式正确的有 ①②③ ；（填上所有正确的序号）
①将点P向左平移5个单位，再向上平移5个单位；
②将点P沿直线y＝x翻折；
③将点P绕原点逆时针旋转90°，再向左平移4个单位．
（3）△OPQ的面积为 52 ．
【分析】（1）根据图形作出图形即可判断．
（2）根据平移，法则，旋转等知识一一判断即可．
（3）利用分割法求解即可．
【解析】（1）由题意P（3，﹣2）
故答案为：（3，﹣2）．
（2）由题意①②③度符合题意．
故答案为：①②③．
（3）S△POQ=12×1×3+12×1×2=52，
故答案为：52．
【变式9-2】（2020春•洪泽区期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A、B、C都是格点．
（1）将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△A1B1C1；
（2）作△A1B1C1关于点O成中心对称的△A2B2C2；
（3）B1B2的长＝ 10 ；四边形C2B2C1B1的面积为 12 ．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B、C的对应点B1、C1即可；
（2）利用网格特点，分别延长A1O、B1O、C1O，使A2O＝A1O、B2O＝B1O、C2O＝C1O，从而得到A2、B2、C2；
（3）利用勾股定理计算B1B2的长；利用平行四边形的面积公式计算四边形C2B2C1B1的面积．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）B1B2的长＝232+42=10；四边形C2B2C1B1的面积＝2×6＝12．
故答案为10，12．
【变式9-3】（2020春•市中区期末）已知△ABC的顶点A、B、C在边长为1的网格格点上．
（1）画△ABC绕点O逆时针旋转90°得到的△A1B1C1；
（2）画△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）平行四边形A1B1A2B2的面积为 34 ．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可．
（3）平行四边形的面积＝底×高，求出底和高即可．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
（3）平行四边形A1B1A2B2的面积=17×217=34，
故答案为34．
考点10关于中心对称的作图问题
【例10】（2019春•秦淮区期末）如图，是5个全等的小正方形组成的图案，请用不同的两种方法分别在两幅图中各添加1个正方形，使整个图案称为中心对称图形．
【分析】直接利用中心对称图形的定义进而分析得出答案．
【解析】如图所示：
．
【变式10-1】（2019秋•槐荫区期末）如图，方格纸中有三个点A，B，C，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上．
（1）在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【分析】（1）平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）正方形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【解析】（1）甲图：平行四边形，
（2）乙图：等腰梯形，
（3）丙图：正方形．
【变式10--2】（2020秋•崇川区月考）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按下列要求选取一个涂上阴影：
①使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．
②使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．
（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【分析】①直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；
②直接利用中心对称图形的性质得出符合题意的答案．
【解析】①如图1所示：
②如图2所示：
【变式10-3】（2019春•赣榆区期中）如图，由4个全等的正方形组成的L形图案，请按下列要求画图：
（1）在图案①中添加1个正方形，使它成轴对称图形（不能是中心对称图形）；
（2）在图案②中添加1个正方形，使它成中心对称图形（不能是轴对称图形）；
（3）在图案③中改变1个正方形的位置，从而得到一个新图形，使它既成中心对称图形，又成轴对称图形．
【分析】（1）根据轴对称图形的性质，先找出对称轴，再思考如何画图；
（2）如一，也是先找一个中心，再根据中心对称的性质，思考如何画图；
（3）根据中心对称和轴对称的性质画一个图形．
注意此题有多种画法，答案不唯一．
【解析】如图所示．
（1）如图（1），图（2），图（3）所示；
（2）如图（4）所示；
（3）如图（5），图（6）所示．
考点11平行四边形的综合问题
【例11】（2020春•扬中市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA＝OC，AB∥CD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若BE平分∠ABC，交AD于E，BC﹣AB＝2，求DE长．
（3）若∠AOB＝2∠ADB时，则平行四边形ABCD为 矩 形．
【分析】（1）运用ASA证明△ABO≌△CDO得AB＝CD，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可证得结论；
（2）根据四边形ABCD为平行四边形可得AE∥BC，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出∠ABE＝∠AEB，继而可得AB＝AE，然后根据已知可求得DE的长度；
（3）由∠AOB＝2∠ADB可得∠OAD＝∠ADO，由平行四边形的性质可得AC＝BD，从而可得结论．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△ABO和△DCO中，
∠BAO=∠DCOAO=CO∠AOB=∠COD，
∴△ABO≌△DCO（ASA），
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD＝BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴DE＝AD﹣AE＝BC﹣AB，
∵BC﹣AB＝2，
∴DE＝2；
（3）∵∠AOB是△ADO的外角，
∴∠AOB＝∠OAD+∠ODA，
∵∠AOB＝2∠ADB，
∠OAD＝∠ODA，
∴AO＝DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
故答案为：矩．
【变式11-1】（2020春•高新区期末）如图，四边形ABCD中AC、BD相交于点O，延长AD至点E，连接EO并延长交CB的延长线于点F，∠E＝∠F，AD＝BC．
（1）求证：O是线段AC的中点：
（2）连接AF、EC，证明四边形AFCE是平行四边形．
【分析】（1）证明四边形ABCD是平行四边形，则结论得出；
（2）证明△OAE≌△OCF（ASA）．则OE＝OF，可得出结论．
【解析】证明：（1）∵∠E＝∠F，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AC，BD互相平分；
即O是线段AC的中点．
（2）∵AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△OAE和△OCF中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△OAE≌△OCF（ASA）．
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE是平行四边形．
【变式11-2】（2020春•清江浦区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动．问几秒后直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形？
【分析】分别利用①当BQ＝AP时以及②当CQ＝PD时，列方程得出答案．
【解析】设点P，Q运动的时间为ts．依题意得：CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，AP＝t，
PD＝9﹣t．
∵AD∥BC，
①当BQ＝AP时，四边形APQB是平行四边形．
即6﹣2t＝t，
解得t＝2．
②当CQ＝PD时，
四边形CQPD是平行四边形，即2t＝9﹣t，
解得：t＝3．
所以经过2秒或3秒后，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
【变式11-3】（2019春•泗阳县期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：四边形AECF是平行四边形．
【分析】（1）证出∠ADE＝∠CBF，AD＝CB，由AAS证△ADE≌△CBF即可得到结论；
（2）根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AED＝∠CFB＝90°，
在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBF∠AED=∠CFBAD=CB，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF；
（2）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，
∵AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
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