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2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【北师大版】
专题3.3中心对称
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑
色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2021秋•吉林期末）下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
2．（2021秋•江油市期末）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；如果一个图形
沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解析】A．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
3．（2021•宝山区三模）一个正多边形绕它的中心旋转45°后，就与原正多边形第一次重合，那么这个正
多边形（ ）
A．是轴对称图形，但不是中心对称图形
B．是中心对称图形，但不是轴对称图形
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
【分析】先根据旋转对称图形的定义得出这个正多边形是正八边形、再根据轴对称图形和中心对称图形
的定义即可解答．
【解析】∵一个正多边形绕着它的中心旋转45°后，能与原正多边形重合，
360°÷45°＝8，
∴这个正多边形是正八边形．
正八边形既是轴对称图形，又是中心对称图形．
故选：C．
4．（2020秋•沂水县期中）如图，将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的
△CDA与△ABC构成平行四边形，并有如下的推理：
小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∵AB＝CD．”和“∴四边形…”之间作补充，下列正确
的是（ ）
A．嘉洪推理严谨，不必补充B．应补充：且CB＝AD
C．应补充：且CB∥AD
D．应补充：且OA＝OC
【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
【解析】∵AB＝CD，CB＝AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故应补充“CB＝AD”，
故选：B．
5．（2019秋•任丘市期末）已知下列命题，其中正确的个数是（ ）
（1）关于中心对称的两个图形一定不全等；
（2）关于中心对称的两个图形是全等形；
（3）两个全等的图形一定关于中心对称．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】根据中心对称和全等的性质判断各个说法即可求解．
【解析】关于中心对称的两个图形一定全等，两个全等的图形不一定关于中心对称．
故只有（2）说法正确，
故选：B．
6．（2021春•鹿城区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于D（﹣1，0）成中心
对称．已知点A的坐标为（﹣3，﹣2），则点A'的坐标是（ ）
A．（1，3） B．（1，2） C．（3，2） D．（2，3）
【分析】根据点D是线段AA′的中点以及中点坐标公式解答．
【解析】设点A'的坐标是（a，b），
根据题意知： ＝﹣1， ＝0．解得a＝1，b＝2．
即点A'的坐标是（1，2），
故选：B．
7．（2021春•南山区期中）如图，四边形ABCD中，∠DAB＝30°，连接AC，将△ABC绕点B逆时针旋转
60°，点C的对应点与点D重合，得到△EBD，若AB＝5，AD＝4，则线段AC的长度为（ ）
A．5 B．6 C． D．
【分析】由旋转的性质和等边三角形的性质可证∠EAD＝90°，利用勾股定理求出DE即可解决问题．
【解析】∵△EBD是由△ABC旋转得到，
∴△EBD≌△ABC，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°，AC＝DE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠EAB＝60°，
∵∠BAD＝30°，
∴∠EAD＝90°，
∵AE＝AB＝5，AD＝4，
∴DE＝ ＝ ＝ ，
∴AC＝DE＝ ，
故选：D．
8．（2020•饶平县校级模拟）如图，△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是
（ ）
A．点A与点A′是对称点 B．BO＝B′OC．AB∥A′B′ D．∠ACB＝∠C′A′B′
【分析】根据中心对称的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解析】观察图形可知，
A、点A与点A′是对称点，故本选项正确；
B、BO＝B′O，故本选项正确；
C、AB∥A′B′，故本选项正确；
D、∠ACB＝∠A′C′B′，故本选项错误．
故选：D．
9．（2020春•无锡期中）在平面直角坐标系xOy中，点A（4，3），点B为x轴正半轴上一点，将△AOB
绕其一顶点旋转180°，连接其余四个顶点得到一个四边形，若该四边形是一个轴对称图形，则满足条件
的点有（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】画出图形，利用图象法解决问题．
【解析】观察图象可知，满足条件的点B有5个．
故选：A．
10．（2020春•江阴市校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，把△ABC绕AC边的中点M旋转后得
△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，且DE边交AB边于点G，若AC＝4，BC＝3，则AG的长为
（ ）A． B． C． D．1
【分析】根据勾股定理得到AB＝5，得到CM＝AM＝ AC＝2，根据旋转的性质得到CM＝FM＝2，∠D
＝∠A，∠C＝∠DFE，AB＝DE，求得AM＝MF，求得FG＝ DE＝ ，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∵点M是AC边的中点，
∴CM＝AM＝ AC＝2，
∵把△ABC绕AC边的中点M旋转后得△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，
∴CM＝FM＝2，∠D＝∠A，∠C＝∠DFE，AB＝DE，
∴AM＝MF，
∴∠A＝∠AFM，
∴∠D＝∠AFD，
∴DG＝FG，
∵∠D+∠E＝∠DFG+∠GFE＝90°，
∴∠E＝∠EFG，
∴EG＝FG，
∴FG＝ DE＝ ，
∵AM＝CM＝FM＝ AC，
∴∠AFC＝90°，
∴CF＝ ＝ ，∴AF＝ ＝ ，
∴AG＝AF﹣FG＝ ﹣ ＝ ，
故选：A．
二．填空题（共8小题）
11．（2021秋•江北区期末）请你用数学的眼光观察，以下历届冬奥会图标中，你最为欣赏的图标是
② ，（选择①，②，③，④中的一项）选择理由是 ② 既是轴对称图形，又是中心对称图形 ．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．
【解析】我最为欣赏的图标是②，选择理由是②既是轴对称图形，又是中心对称图形
①是轴对称图形，③既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，④是轴对称图形．
故答案为：②；既是轴对称图形，又是中心对称图形．
12．（2021春•佛山校级期中）有下列图形：①线段，②三角形，③平行四边形，④正方形，⑤圆，
⑥等腰梯形．其中不是中心对称图形的是 ②⑥ ．（填序号）
【分析】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．
【解析】线段，平行四边形，正方形，圆是中心对称图形，
三角形，等腰梯形不是中心对称图形．
故答案为：②⑥．
13．（2018春•锦江区校级月考）如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A'B'C，设点A的坐标
为（﹣2，﹣3），则点A'的坐标为 （ 2 ， 1 ） ．【分析】分别过A，A′向y轴引垂线，可得△A′EC≌△ADC，利用全等得到A到x轴，y轴的距离，
进而根据所在象限可得相应坐标．
【解析】作A′E⊥y轴于点E，AD⊥y轴于点D，则∠A′EC＝∠ADC，
∵∠A′CE＝∠ACD，AC＝A′C，
∴△A′EC≌△ADC，
∴AD＝A′E＝2，CE＝CD，
∵OD＝3，OC＝1，
∴CD＝2，
∴CE＝2，
∴OE＝1，
∴点A′的坐标为（2，1）．
故答案为：（2，1）．
14．（2021秋•娄星区校级月考）将n个边长都为2cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A 、A 、…、
1 2
A 分别是正方形的中心，则2021个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为 202 0 ．
n【分析】根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的 ，已知两个正方形可得到一个阴影部分，
则n个这样的正方形重叠部分即为（n﹣1）阴影部分的和．
【解析】作A E⊥A G于E，A F⊥A H于F．则∠FA E＝∠HA G＝90°，
1 2 1 2 1 1
∴∠FA H＝∠GA E，
1 1
在△A HF和△A GE中，
1 1
，
∴△A HF≌△A GE（ASA），
1 1
∴四边形A HA G的面积＝四边形A EA F的面积＝ ×4＝1，
2 1 1 2
同理，各个重合部分的面积都是1，
则n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为1×（n﹣1）＝n﹣1，
∴2022个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：2021﹣1＝2020．
故答案为：2020．
15．（2021 春•汝阳县期末）图 1 和图 2 中所有的小正方形都全等，将图 1 的正方形放在图 2 中
①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是 ③ ．【分析】根据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，进而得出答案．
【解析】当正方形放在③的位置，即是中心对称图形．
故答案为：③．
16．（2021春•连云港期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，将△BOC绕着点C旋转180°
得到△B'O′C，若AC＝4，AB'＝10，则菱形ABCD的边长是 2 ．
【分析】根据菱形的性质可得 AC⊥BD，所以∠BOC＝90°，根据△BOC 绕着点 C 旋转 180°得到
△B′O′C，所以∠CO′B′＝∠BOC＝90°，AB′＝10，AC＝6，再根据勾股定理即可求出边长．
【解析】∵菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵△BOC绕着点C旋转180°得到△B′O′C，
∴∠CO′B′＝∠BOC＝90°，
∴O′C＝OC＝OA＝ AC＝2，
∴AO′＝6，
∵AB'＝10，
在Rt△AO′B′中，根据勾股定理，得
O′B′＝ ＝8，
∴OB＝8，∴BC＝ ＝2 ．
∴菱形的边长是2 ．
故答案为：2 ．
17．（2018春•泰兴市校级期中）如图，点A，B，C的坐标分别为（0，﹣1），（0，2），（3，0）．从
下面四个点M（3，3），N（3，﹣3），P（﹣3，0），Q（﹣3，1）中选择一个点，以A，B，C与该
点为顶点的四边形不是中心对称图形，则该点是 点 P ．
【分析】根据中心对称图形的概念，只要组成的四边形不是平行四边形，则一定不是中心对称图形．
【解析】根据平行四边形的判定，已知M、N、Q都能够和已知的三个点组成平行四边形，则一定是中
心对称图形．
故答案为：点P．
18．（2020春•秦淮区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，P是△ABC内一点，若PA＝1，
PC＝2，∠APC＝135°，则PB的长为 ．
【分析】把△APC绕点A顺时针旋转90°得到△ABD，根据旋转的性质可得△APD是等腰直角三角形，
AD＝AP，∠APD＝∠ADP＝45°，根据等腰直角三角形的性质求出PD，∠CPD＝180°，可得点C、P、
D在同一条直线上，然后利用勾股定理求出PB的长即可．
【解析】如图，把△APC绕点A顺时针旋转90°得到△ABD，
∴AP＝AD＝1，PC＝DB＝2，∠ACP＝∠ABD，根据旋转的性质可得△APD是等腰直角三角形，AD＝AP＝1，∠APD＝∠ADP＝45°，
∴PD＝ ，
∵∠APC＝135°，
∴∠APC+∠APD＝180°，
∴点C、P、D在同一条直线上，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC+∠ACB＝90°
∵∠ACP＝∠ABD，
∴∠DBC+∠PCB＝90°，
∴∠BDC＝90°，
∴在Rt△BDP中，根据勾股定理，得
PB＝ ＝ ＝ ．
故答案为： ．
三．解答题（共6小题）
19．（2020春•灌云县期中）如图，D是△ABC边BC的中点，连接AD并延长到点E，使DE＝AD，连接
BE．
（1）图中哪两个图形成中心对称？
（2）若△ADC的面积为4，求△ABE的面积．
【分析】（1）直接利用中心对称的定义写出答案即可；
（2）根据成中心对称的图形的两个图形全等确定三角形 BDE的面积，根据等底同高确定ABD的面积，
从而确定ABE的面积．【解析】（1）图中△ADC和三角形EDB成中心对称；
（2）∵△ADC和三角形EDB成中心对称，△ADC的面积为4，
∴△EDB的面积也为4，
∵D为BC的中点，
∴△ABD的面积也为4，
所以△ABE的面积为8．
20．（2021秋•辛集市期末）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．
21．（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：
．
22．（2021•合肥三模）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示
的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A B C ，请画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
（2）画出△A B C 关于点O的中心对称图形△A B C ；
1 1 1 2 2 2
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A B C ，请直接写出旋转中心的坐标．
2 2 2
【分析】（1）根据平移的性质即可将△ABC向右平移6个单位长度得到△A B C ；
1 1 1
（2）根据中心对称的定义即可画出△A B C 关于点O的中心对称图形△A B C ；
1 1 1 2 2 2
（3）根据旋转的性质即可将△ABC绕某一点旋转可得到△A B C ，进而写出旋转中心的坐标．
2 2 2
【解析】（1）如图，△A B C 即为所求；
1 1 1（2）如图，△A B C 即为所求；
2 2 2
（3）根据图形可知：
旋转中心的坐标为：（﹣3，0）．
23．（2020春•常州期中）如图，△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C、D
分别在OA、OB上的点，连接AD、BC，点H为BC中点，连接OH．
（1）如图1，求证OH＝ AD，OH⊥AD；
（2）将△COD绕点O旋转到图2所示位置时，（1）中结论是否仍成立？若成立，证明你的结论；若
不成立，请说明理由．
【分析】（1）只要证明△AOD≌△BOC（SAS），即可解决问题；
（2）延长OH到E，使得HE＝OH，连接BE，证明△BEH≌△CHO（SAS），可得OE＝2OH，∠EBC
＝∠BCO，证明△BEO≌△ODA（SAS）即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴OC＝OD，OA＝OB，
∵在△AOD与△BOC中，，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠ADO＝∠BCO，∠OAD＝∠OBC，BC＝AD，
∵点H为线段BC的中点，
∴OH＝HB，OH＝ BC，
∴∠OBH＝∠HOB＝∠OAD，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠ADO+∠BOH＝90°，
∴OH⊥AD，
∵AD＝BC，OH＝ BC，
∴OH＝ AD．
（2）结论：OH＝ AD，OH⊥AD仍成立，
如图2中，延长OH到E，使得HE＝OH，连接BE，
∵点H是BC中点，
∴BH＝CH，
∴△BEH≌△CHO（SAS），
∴OE＝2OH，∠EBC＝∠BCO，
∴∠OBE＝∠EBC+∠OBC＝∠BCO+∠OBC＝180°﹣∠BOC，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOD＝180°﹣∠BOC＝∠OBE，
∵OB＝OA，OC＝OD∴△BEO≌△ODA（SAS），
∴OE＝AD，∠EOB＝∠DAO，
∴OH＝ OE＝ AD，
∵∠AOB＝90°，
∴∠DAO+∠AOH＝∠EOB+∠AOH＝90°，
∴OH⊥AD．
24．（2019秋•黄山期末）将两块斜边长相等的等腰直角三角形按如图A摆放，斜边AB分别交CD、CE于
M、N点，
（1）如果把图 A 中的△BCN 绕点 C 逆时针旋转 90°得到△ACF，连接 FM，如图 B，求证：
△CMF≌△CMN：
（2）将△CED绕点C旋转：
①当点M、N在AB上（不与A、B重合）时，线段AM、MN、NB之间有一个不变的关系式，请你写出
这个关系式，并说明理由；
②当点M在AB上，点N在AB的延长线上（如图C）时，①中的关系式是否仍然成立？请说明理由．
【分析】（1）根据旋转的性质可得CF＝CN，∠ACF＝∠BCN，再求出∠ACM+∠BCN＝45°，从而求
出∠MCF＝45°，然后利用“边角边”证明△CMF和△CMN全等即可；
（2）①根据全等三角形对应边相等可得FM＝MN，再根据旋转的性质可得AF＝BN，∠CAF＝∠B＝
45°，从而求出∠BAF＝90°，再利用勾股定理列式即可得解；
②把△BCN绕点C逆时针旋转90°得到△ACF，根据旋转的性质可得AF＝BN，CF＝CN，∠BCN＝
∠ACF，再求出∠MCF＝∠MCN，然后利用“边角边”证明△CMF和△CMN全等，根据全等三角形对
应边相等可得MF＝MN，然后利用勾股定理列式即可得解．
【解析】（1）∵△BCN绕点C逆时针旋转90°得到△ACF，
∴CF＝CN，∠ACF＝∠BCN，
∵∠DCE＝45°，∴∠ACM+∠BCN＝45°，
∴∠ACM+∠ACF＝45°，
即∠MCF＝45°，
∴∠MCF＝∠MCN，
在△CMF和△CMN中， ，
∴△CMF≌△CMN（SAS）；
（2）①∵△CMF≌△CMN，
∴FM＝MN，
又∵∠CAF＝∠B＝45°，
∴∠FAM＝∠CAF+∠BAC＝45°+45°＝90°，
∴AM2+AF2＝FM2，
∴AM2+BN2＝MN2；
②如图，把△BCN绕点C逆时针旋转90°得到△ACF，
则AF＝BN，CF＝CN，∠BCN＝∠ACF，
∵∠MCF＝∠ACB﹣∠MCB﹣∠ACF＝90°﹣（45°﹣∠BCN）﹣∠ACF＝45°+∠BCN﹣∠ACF＝45°，
∴∠MCF＝∠MCN，
在△CMF和△CMN中， ，
∴△CMF≌△CMN（SAS），
∴FM＝MN，
∵∠ABC＝45°，
∴∠CAF＝∠CBN＝135°，
又∵∠BAC＝45°，
∴∠FAM＝∠CAF﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°，
∴AM2+AF2＝FM2，
∴AM2+BN2＝MN2．
