八年级下第9章中心对称图形单元测试卷含答案解析word版

2021年江苏省无锡市崇安区东林中学八年级下册第9章 ?中心对称图形?单元测试卷
参考答案及试题解析
一、选择题〔每题3分，共30分〕
1．〔3分〕以下四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有〔〕
A．4个B．3个C．2个D．1个
分析：依据中心对称图形的定义旋转180°后可以及原图形
完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可推断出．
解答：解：第一个图形，∵此图形旋转180°后能及原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；第二个图形，∵此图形旋转180°后不能及原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
第三个图形，此图形旋转180°后能及原图形重合，此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；
第四个图形，∵此图形旋转180°后能及原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．
点评：此题主要考察了中心对称图形及轴对称的定义，依据定义得出图形形态是解决问题的关键．
2．〔3分〕如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，假设△是由△绕点O按逆时针方向旋转而得，那么旋转的角度为〔〕
A．30°B．45°C．
90°D．135°
考点：旋转的性质．
专题：压轴题；网格型；数形结合．
分析：△是由△绕点O按逆时针方向旋转而得，由图可知，∠为旋转角，可利用△的三边关系解答．
解答：解：如图，设小方格的边长为1，得，
，，4，
∵2216，
2=42=16，
∴△是直角三角形，
∴∠90°．
点评：此题考察了旋转的性质，旋转前后对应角相等，此题也可通过两角互余的性质解答．
3．〔3分〕在▱中，以下结论肯定正确的选项是〔〕
A．⊥B．∠∠180°C．D．∠A≠∠C
考点：平行四边形的性质．
分析：由四边形是平行四边形，可得∥，即可证得∠∠180°．解答：解：∵四边形是平行四边形，
∴∥，
∴∠∠180°．
应选B．
点评：此题考察了平行四边形的性质．此题比较简洁，留意驾驭数形结合思想的应用．
4．〔3分〕如图，▱的对角线、相交于点O，以下结论正确的选项是〔〕
A．S□4S△ B．
C．⊥D．▱是轴对称图形
考点：平行四边形的性质．
分析：由▱的对角线、相交于点O，依据平行四边形的性质求解即可求得答案，留意解除法在解选择题中的应用．
解答：解：∵▱的对角线、相交于点O，
∴S□4S△，及互相平分〔，〕，▱是中心对称图形，不是轴对称图形．故A正确，B，C，D错误．
应选：A．
点评：此题考察了平行四边形的性质．此题难度不大，留意熟记平行四边形的性质定理是关键．
5．〔3分〕如图，点A是直线l外一点，在l上取两点B、C，分别以A、C为圆心，、长为半径画弧，两弧交于点D，分别连接、、，那么四边形肯定是〔〕
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．梯形
考点：平行四边形的断定；作图—困难作图．
专题：压轴题．
分析：利用平行四边形的断定方法可以断定四边形是平行四边形．
解答：解：∵分别以A、C为圆心，、长为半径画弧，两弧交于点D，
∴
∴四边形是平行四边形〔两组对边分别相等的四边形是平行四边形〕．
应选A．
点评：此题考察了平行四边形的断定，解题的关键是熟记平行四边形的断定方法．
6．〔3分〕如图，矩形纸片中，6，8，现将其沿对折，使得点B 落在边上的点B1处，折痕及边交于点E，那么的长为〔〕
A． 6 B． 4 C． 2 D．1
考点：矩形的性质；翻折变换〔折叠问题〕．
分析：依据翻折的性质可得∠∠190°，1，然后求出四边形1是正方形，再依据正方形的性质可得，然后依据﹣，代入数据进展计算即可得解．
解答：解：∵沿对折点B落在边上的点B1处，
∴∠∠190°，1，
又∵∠90°，
∴四边形1是正方形，
∴6，
∴﹣8﹣6=2．
应选C．
点评：此题考察了矩形的性质，正方形的断定及性质，翻折变换的性质，推断出四边形1是正方形是解题的关键．
7．〔3分〕如图，在菱形中，∠120°．△的周长是15，那么菱形的周长是〔〕
A．25 B．20 C．15 D．10
考点：菱形的性质；等边三角形的断定及性质．
分析：由于四边形是菱形，是对角线，依据菱形对角线性质可求∠60°，而，易证△是等边三角形，结合△的周长是15，从而可求5，那么就可求菱形的周长．
解答：解：∵四边形是菱形，是对角线，
∴，∠∠∠，
∴∠60°，
∴△是等边三角形，
∵△的周长是15，
∴5，
∴菱形的周长是20．
应选B．
点评：此题考察了菱形的性质、等边三角形的断定和性质．菱形的对角线平分对角，解题的关键是证明△是等边三角形．
8．〔3分〕如图，为测量池塘边A、B两点的间隔，小明在池塘的一侧选取一点O，测得、的中点分别是点D、E，且14米，那么A、B间的间隔是〔〕
A．18米B．24米C．28米D．30米
考点：三角形中位线定理．
分析：依据D、E是、的中点，即是△的中位线，依据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解．
解答：解：∵D、E是、的中点，即是△的中位线，
∴，
∴22×14=28m．
应选C．
点评：此题考察了三角形的中位线定理应用，正确理解定理是解题的关键．
9．〔3分〕假设顺次连接四边形各边的中点所得四边形是矩形，那么四边形肯定是〔〕
A．矩形B．菱形
C．对角线互相垂直的四边形D．对角线相等的四边形
考点：矩形的断定；三角形中位线定理．
分析：此题要依据矩形的性质和三角形中位线定理求解；首先依据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，
那么其必为平行四边形，假设所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．
解答：解：：如右图，四边形是矩形，且E、F、G、H分别是、、、的中点，求证：四边形是对角线垂直的四边形．
证明：由于E、F、G、H分别是、、、的中点，
依据三角形中位线定理得：∥∥，∥∥；
∵四边形是矩形，即⊥，
∴⊥，
应选C．
点评：此题主要考察了矩形的性质和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．
10．
〔3分〕如图，正方形的边长为4，点E在对角线上，且∠22.5°，⊥，垂足为F，那么的长为〔〕
A． 1 B．C．4﹣2D．
3﹣4
考点：正方形的性质．
专题：压轴题．
分析：依据正方形的对角线平分一组对角可得∠∠45°，再求出∠的度数，依据三角形的内角和定理求∠，从而得到∠∠，再依据等角对等边的性质得到，然后求出正方形的对角线，再求出，最终依据等腰直角三角形的直角边等于斜边的倍计算即可得解．
解答：解：在正方形中，∠∠45°，
∵∠22.5°，
∴∠90°﹣∠90°﹣22.5°=67.5°，
在△中，∠180°﹣45°﹣67.5°=67.5°，
∴∠∠，
∴4，
∵正方形的边长为4，
∴4，
∴﹣4﹣4，
∵⊥，∠45°，
∴△是等腰直角三角形，
∴×〔4﹣4〕=4﹣2．
应选C．
点评：此题考察了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，等角对等边的性质，正方形的对角线及边长的关系，等腰直角三角形的断定及性质，依据角的度数的相等求出相等的角，再求出是解题的关键，也是此题的难点．
二、填空题〔每空2分，共18分〕
11．〔2分〕如图，在▱中，6，点E、F分别是、的中点，那么 4 ．
考点：三角形中位线定理；平行四边形的性质．
分析：由四边形是平行四边形，依据平行四边形的对边相等，可得8，又由点E、F分别是、的中点，利用三角形中位线的性质，即可求得答案．
解答：解：∵四边形是平行四边形，
∴8，
∵点E、F分别是、的中点，
∴×8=4．
故答案为：4．
点评：此题考察了平行四边形的性质及三角形中位线的性质．此题比较简洁，留意驾驭数形结合思想的应用．
12．〔2分〕如图，平行四边形中，5，3，平分∠交的延长线于F 点，那么 2 ．
考点：平行四边形的性质．
分析：依据角平分线的定义可得∠1=∠2，再依据两直线平行，内错角相等可得∠2=∠3，∠1=∠F，然后求出∠1=∠3，∠4=∠F，再依据等角对等边的性质可得，，依据平行四边形对边相等代入数据计算即可得解．
解答：解：如图，∵平分∠，
∴∠1=∠2，
平行四边形中，∥，∥，
∴∠2=∠3，∠1=∠F，
又∵∠3=∠4〔对顶角相等〕，
∴∠1=∠3，∠4=∠F，
∴，，
∵5，3，
∴﹣﹣5﹣3=2，
∴2．
故答案为：2．
点评：此题考察了平行四边形对边相等，对边平行的性质，角平分线的定义，平行线的性质，比较简洁，熟记性质是解题的关键．
13．〔2分〕如图，在平行四边形中，对角线交于点0，点E、F 在直线上〔不同于A、C〕，当E、F的位置满意的条件时，四边形是平行四边形．
考点：平行四边形的断定及性质．
分析：当时四边形是平行四边形；依据四边形是平行四边形，可得，，再由条件可得，依据对角线互相平分的四边形是平行四边形可断定四边形是平行四边形．
解答：解：当时四边形是平行四边形；
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：．
点评：此题主要考察了平行四边形的断定及性质，关键是驾驭对角线互相平分的四边形是平行四边形．
14．〔4分〕如图，∥，，，那么图中的四边形是平行四边形，四边形是平行四边形．〔选填“平行四边形、矩形、菱形、正方形〞〕
考点：平行四边形的断定；全等三角形的断定及性质．
分析：依据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形；
首先证明△≌△可得∠∠，进而得到∥，再依据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形．
解答：解：连接、，
∵，，
∴四边形是平行四边形；
在△和△中，
，
∴△≌△〔〕，
∴∠∠，
∴∥，
又∵∥，
∴四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；平行四边形．
点评：此题主要考察了平行四边形的断定，关键是驾驭对角线互相平分的四边形是平行四边形；两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
15．〔2分〕如图，在△中，，将△绕点C旋转180°得到△，连接、．当∠为60 度时，四边形为矩形．
考点：矩形的断定．
专题：计算题．
分析：依据矩形的性质和断定．
解答：解：假如四边形为矩形，依据矩形的性质，
那么，，
又因为，
那么三角形是等边三角形，
所以∠60°．
故答案为60．
点评：此题主要考察了矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分．
16．〔2分〕如图，把△绕点A逆时针旋转44°，得到△′C′，点C′恰好落在边上，连接′，那么∠′C′= 22°．
考点：旋转的性质．
分析：依据旋转的性质可得′，∠′=44°，然后依据等腰三角形两底角相等求出∠′，再利用直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．
解答：解：解：∵△绕点A逆时针旋转40°得到△′C′，∴′，∠′=44°，
在△′中，∠′=〔180°﹣∠′〕=〔180°﹣44°〕=68°，∵∠′B′=∠90°，
∴B′C′⊥，
∴∠′C′=90°﹣∠′=90°﹣68°=22°．
故答案为：22°．
点评：此题考察了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，比较简洁，熟记旋转变换只变更图形的位置不变更图形的形态及大小得到等腰三角形是解题的关键．
17．〔2分〕如下图，菱形的边长为4，且⊥于E，⊥于F，∠60°，那么菱形的面积为．
考点：菱形的性质．
分析：依据条件解直角三角形可求出的长，再由菱形的面积等于底×高计算即可．
解答：解：∵菱形的边长为4，
∴4，
∵⊥于E，∠60°，
∴，
∴2，
∴菱形的面积=4×2=8，
故答案为8．
点评：此题考察了菱形的性质：四边相等以及特别角的三角函数值和菱形面积公式的运用．
18．〔2分〕如图，设四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形、再以对角线为边作笫三个正方形，如此下去…．假设正方形的边长记为a1，按上述方法所作的正方形的边长依次为a2，a3，a4，…，，那么〔〕n﹣1．
考点：正方形的性质．
专题：压轴题；规律型．
分析：求a2的长即的长，依据直角△中222可以计算，同理计算a3、a4．由求出的a21，a32…，﹣1=〔〕n﹣1，可以找出规律，得到第n个正方形边长的表达式．
解答：解：∵a2，且在直角△中，222，
∴a21=，
同理a32=2，
a43=2，
…
由此可知：〔〕n﹣1，
故答案为：〔〕n﹣1．
点评：此题考察了正方形的性质，以及勾股定理在直角三角形中的运用，考察了学生找规律的实力，此题中找到的规律是解题的关键．
三、解答题〔共52分〕
19．〔6分〕如图，：∥，⊥，垂足为点E，⊥，垂足为点F，并且．
求证：四边形是平行四边形．
考点：平行四边形的断定；全等三角形的断定及性质．
专题：证明题．
分析：通过全等三角形〔△≌△〕的对应边相等证得，由“在同一平面内，同垂直于同一条直线的两条直线互相平行〞证得∥．那么四边形是平行四边形．
解答：证明：∵⊥，⊥，
∴∠∠90°，
∵∥，
∴∠∠D，
在△及△中，
，
∴△≌△〔〕，
∴．
∵⊥，⊥，
∴∥．
∴四边形是平行四边形．
点评：此题考察了平行四边形的断定、全等三角形的断定及性质．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
20．〔6分〕在△中，，点D、E、F分别是、、延长线上的点，四边形为平行四边形．求证：．
考点：平行四边形的性质．
专题：证明题．
分析：依据平行四边形的对边平行且相等可得，∥，再依据两直线平行，同位角相等可得∠∠，依据等边对等角求出∠∠B，从而得到∠∠B，然后依据等角对等边证明即可．
解答：证明：∵四边形为平行四边形，
∴，∥，
∴∠∠，
∵，
∴∠∠B，
∴∠∠B，
∴，
∴．
点评：此题考察了平行四边形对边平行且相等的性质，平行线的性质，等角对等边的性质，娴熟驾驭各性质是解题的关键．
21．〔6分〕如图，P为正方形的边上的一个动点，⊥，⊥，垂足分别为点E，F，4，试说明22的值是一个常数．
考点：正方形的性质；全等三角形的断定及性质；勾股定理．分析：由∠∠90°，，结合∠∠，证明△≌△，可得，于是22222=16为常数．
解答：解：∵四边形是正方形，
∴∠∠90°，，
又∵∠∠∠∠，
∴∠∠，
在△和△中，
，
∴△≌△〔〕，
∴，
∴222222=16为常数．
点评：此题主要考察正方形的性质，解答此题的关键是娴熟驾驭全等三角形的断定及性质，以及勾股定理等学问．
22．〔6分〕如图，在△中，∠90°，∠60°，8，E、F分别为边、的中点．
〔1〕求∠A的度数；
〔2〕求的长．
考点：三角形中位线定理；含30度角的直角三角形．
分析：〔1〕由“直角三角形的两个锐角互余〞的性质来求∠A的度数；
〔2〕由“30度角所对的直角边等于斜边的一半〞求得2，那么4．然后依据三角形中位线定理求得．
解答：解：〔1〕如图，∵在△中，∠90°，∠60°，
∴∠90°﹣∠30°，即∠A的度数是30°；
〔2〕∵由〔1〕知，∠30°．
∴在△中，∠90°，∠30°，8，
∴4．
又E、F分别为边、的中点，
∴是△的中位线，
∴2．
点评：此题考察了三角形中位线定理、含30度角的直角三角形．在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
23．〔7分〕如图，在矩形中，E，F为上两点，且，连接，交于点O．求证：
〔1〕△≌△；
〔2〕△是等腰三角形．
考点：矩形的性质；全等三角形的断定及性质；等腰三角形的断定．
专题：证明题．
分析：〔1〕依据矩形的性质可得∠∠90°，，然后求出，再利用“边角边〞证明△和△全等即可；
〔2〕依据全等三角形对应角相等可得∠∠，然后求出∠∠，然后依据等腰三角形的定义证明即可．
解答：证明：〔1〕在矩形中，∠∠90°，，
∵，﹣，﹣，
∴，
在△和△中，，
∴△≌△〔〕；
〔2〕∵△≌△，
∴∠∠，
∵∠90°﹣∠，∠90°﹣∠，
∴∠∠，
∴△是等腰三角形．
点评：此题考察了矩形的性质，全等三角形的断定及性质，等腰三角形的断定，熟记性质确定出三角形全等的条件是解题的关键．
24．〔7分〕如图，菱形，，E、F分别是、的中点，连接、．〔1〕求证：四边形是矩形；
〔2〕假设6，求菱形的面积．
考点：菱形的性质；矩形的断定．
分析：〔1〕依据菱形的四条边都相等可得，然后推断出△是等边三角形，然后依据等腰三角形三线合一的性质可得⊥，∠
90°，再依据菱形的对边平行且相等以及中点的定义求出及平行且相等，从而断定出四边形是平行四边形，再依据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得证；
〔2〕依据勾股定理求出的长度，然后利用菱形的面积等于底乘以高计算即可得解．
解答：〔1〕证明：∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴△是等边三角形，
∵E是的中点，
∴⊥〔等腰三角形三线合一〕，
∴∠90°，
∵E、F分别是、的中点，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴∥且，
∴∥且，
∴四边形是平行四边形〔一组对边平行且相等的四边形是平行四边形〕，
又∵∠1=90°，
∴四边形是矩形〔有一个角是直角的平行四边形是矩形〕；
〔2〕解：在△中，3，
所以，S菱形8×3=24．
点评：此题考察了矩形的断定，菱形的性质，平行四边形的断定，勾股定理的应用，等边三角形的断定及性质，证明得到四边形是平行四边形是解题的关键，也是打破口．
25．〔7分〕如图，在四边形中，点E是线段上的随意一点〔E及A，D不重合〕，G，F，H分别是，，的中点．
〔1〕证明：四边形是平行四边形；
〔2〕在〔1〕的条件下，假设⊥，且，证明：平行四边形是正方形．
考点：正方形的断定；三角形中位线定理；平行四边形的断定．
专题：证明题．
分析：通过中位线定理得出∥且，所以四边形是平行四边形；当添加了条件⊥，且后，通过对角线相等且互相垂直平分〔⊥，且〕就可证明是正方形．
解答：证明：〔1〕∵G，F分别是，的中点，
∴∥且．
又∵H是的中点，，
∴∥且．
∴四边形是平行四边形．
〔2〕连接，．
∵G，H分别是，的中点，
∴∥且．
又∵⊥且，
又∵⊥，是三角形的中位线，
∴∥，
∴⊥，
又∵．
∴平行四边形是正方形．
点评：主要考察了平行四边形的断定和正方形的性质．正方形对角线的特点是：对角线互相垂直；对角线相等且互相平分；每条对角线平分一组对角．
26．〔7分〕如图，▱中，点O是及的交点，过点O的直线及、的延长线分别交于点E、F．
〔1〕求证：△≌△；
〔2〕请连接、，那么及满意什么条件时，四边形是矩形，并说明理由．
考点：平行四边形的性质；全等三角形的断定及性质；矩形的断定．
专题：压轴题．
分析：〔1〕依据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明即可；
〔2〕请连接、，那么及满意是，四边形是矩形，首先证明四边形是平行四边形，再依据对角线相等的平行四边形为矩形即可证明．
解答：〔1〕证明：∵四边形是平行四边形，
∴，∥．
∴∠∠F．
∵在△及△中，，
∴△≌△〔〕；
〔2〕连接、，那么及满意时，四边形是矩形，
理由如下：
由〔1〕可知△≌△，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
点评：此题主要考察了全等三角形的性质及断定、平行四边形的性质以及矩形的断定，首先利用平行四边形的性质构造全等条件，然后利用全等三角形的性质解决问题。