初中数学第十五章 四边形综合与测试习题

京改版八年级数学下册第十五章四边形定向测试

 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟

2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题  30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、下列说法中正确的是（    ）

A．从一个八边形的某个顶点出发共有8条对角线

B．已知C、D为线段AB上两点，若，则

C．“道路尽可能修直一点”，这是因为“两点确定一条直线”

D．用两个钉子把木条固定在墙上，用数学的知识解释是“两点之间线段最短”

2、在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，使其与图中阴影部分构成中心对称图形．该小正方形的序号是（　　）

A． B． C． D．

3、下列说法中，不正确的是（    ）

A．四个角都相等的四边形是矩形

B．对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形

C．正方形的对角线所在的直线是它的对称轴

D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形

4、下列图形中不是中心对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

5、下列长度的三条线段与长度为4的线段首尾依次相连能组成四边形的是（    ）．

A．1，1，2， B．1，1，1 C．1，2，2 D．1，1，6

6、以下分别是回收、节水、绿色包装、低碳4个标志，其中是中心对称图形的是（    ）．

A． B． C． D．

7、一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（    ）

A．14或15或16 B．15或16或17 C．15或16 D．16或17

8、如图，在正方形有中，E是AB上的动点，（不与A、B重合），连结DE，点A关于DE的对称点为F，连结EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作⊥DE交DG的延长线于点H，连接，那么的值为（ ）

A．1 B． C． D．2

9、下列命题是真命题的是（    ）

A．五边形的内角和是720° B．三角形的任意两边之和大于第三边

C．内错角相等 D．对角线互相垂直的四边形是菱形

10、古典园林中的窗户是中国传统建筑装饰的重要组成部分，一窗一姿容，一窗一景致．下列窗户图案中，是中心对称图形的是（    ）

A． B．

C．  D．

第Ⅱ卷（非选择题  70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、在平面直角坐标系中，点P(-3，7)关于原点对称的点的坐标是______．

2、四边形的外角度数之比为1：2：3：4，则它最大的内角度数为_____．

3、如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝2，则的长为 _____．

4、如图，在平行四边形ABCD中，∠B＝45°，AD＝8，E、H分别为边AB、CD上一点，将▱ABCD沿EH翻折，使得AD的对应线段FG经过点C，若FG⊥CD，CG＝4，则EF的长度为 _____．

5、在平面直角坐标系中，点（－2，5）关于原点对称的点的坐标是___________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处；再将矩形沿折叠，使点落在点处且过点．

（1）求证：四边形是平行四边形；

（2）当是多少度时，四边形为菱形?试说明理由．

2、如图，已知正方形中，点是边延长线上一点，连接，过点作，垂足为点，与交于点．

（1）求证：；

（2）若，，求 BG的长．

3、已知一个多边形的内角和是外角和的2倍，求这个多边形的边数．

4、阅读探究

小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积．

小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法，

（1）图1中的面积为________．

实践应用

参考小明解决问题的方法，回答下列问题：

（2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．

①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点．

②的面积为________（写出计算过程）．

拓展延伸

（3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）．

5、如图所示，在边长为1的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M是AD上不同于A，D两点的一动点，N是CD上一动点，且AM+CN＝1．

（1）证明：无论M，N怎样移动，△BMN总是等边三角形；

（2）求△BMN面积的最小值．

-参考答案-

一、单选题

1、B

【分析】

根据n边形的某个顶点出发共有（n-3）条对角线即可判断A；根据线段的和差即可判断B；根据两点之间，线段最短即可判断C；根据两点确定一条直线即可判断D．

【详解】

解：A、从一个八边形的某个顶点出发共有5条对角线，说法错误，不符合题意；

B、已知C、D为线段AB上两点，若AC=BD，则AD=BC，说法正确，符合题意；

C、“道路尽可能修直一点”，这是因为“两点之间，线段最短”，说法错误，不符合题意；

D、用两个钉子把木条固定在墙上，用数学的知识解释是“两点确定一条直线”，说法错误，不符合题意；

故选B．

【点睛】

本题主要考查了多边形对角线问题，线段的和差，两点之间，线段最短，两点确定一条直线等等，熟知相关知识是解题的关键．

2、B

【分析】

利用中心对称图形的定义判断即可．

【详解】

解：根据中心对称图形的定义可知，②满足条件．

故选：．

【点睛】

本题主要考查了利用旋转设计图案和中心对称图形的定义，明确将一个图形绕一点旋转180°后与本身重合的图形叫做中心对称图形是解题的关键．

3、D

【分析】

根据矩形的判定，正方形的性质，菱形和平行四边形的判定对各选项分析判断后利用排除法求解．

【详解】

解：A、四个角都相等的四边形是矩形，说法正确；

B、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，说法正确；

C、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，说法正确；

D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，原说法错误；

故选：D．

【点睛】

本题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，熟练掌握特殊平行四边形相关的判定与性质是解答本题的关键．

4、B

【分析】

根据中心对称图形的概念求解．

【详解】

解：A、是中心对称图形，故本选项不合题意；

B、不是中心对称图形，故本选项符合题意；

C、是中心对称图形，故本选项不合题意；

D、是中心对称图形，故本选项不合题意．

故选：B．

【点睛】

本题考查了中心对称图形的知识，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．

5、C

【分析】

将每个选项中的四条线段进行比较，任意三条线段的和都需大于另一条线段的长度，由此可组成四边形，据此解答．

【详解】

解：A、因为1+1+2=4，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；

B、因为1+1+1<4，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；

C、因为1+2+2>4，所以能构成四边形，故该项符合题意；

D、因为1+1+4=6，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；

故选：C．

【点睛】

此题考查了多边形的构成特点：任意几条边的和大于另一条边长，正确理解多边形的构成特点是解题的关键．

6、C

【分析】

根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出答案．

【详解】

解：A、此图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、此图形是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．

【点睛】

此题主要考查了中心对称图形的定义，关键是找出图形的对称中心．

7、A

【分析】

由题意先根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论即可．

【详解】

解：设新多边形的边数为n，
则（n-2）•180°=2340°，
解得：n=15，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为14，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为15，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为16，
所以多边形的边数可以为14，15或16．
故选：A．

【点睛】

本题考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式（n-2）•180°（n为边数）是解题的关键．

8、B

【分析】

作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．

【详解】

解：如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，

， 

∵AD=AB，

∴DM=BE，

∵点A关于直线DE的对称点为F，

∴△ADE≌△FDE，

∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，

∴∠DFG=90°，

在Rt△DFG和Rt△DCG中，

∵，

∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），

∴∠3=∠4，

∵∠ADC=90°，

∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，

∴2∠2+2∠3=90°，

∴∠2+∠3=45°，

即∠EDG=45°，

∵EH⊥DE，

∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，

∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，

∴∠1=∠BEH，

在△DME和△EBH中，

∵，

∴△DME≌△EBH（SAS），

∴EM=BH，

Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，

∴，

∴ ，即=．

故选：B．

【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．

9、B

【分析】

利用多边形的内角和公式、三角形的三边关系、平行线的性质及菱形的判定分别判断后即可确定正确的选项．

【详解】

解：A、五边形的内角和为540°，故原命题错误，是假命题，不符合题意；

B、三角形的任意两边之和大于第三边，正确，是真命题，符合题意；

C、两直线平行，内错角相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意；

D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意，

故选：B．

【点睛】

本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解多边形的内角和公式、三角形的三边关系、平行线的性质及菱形的判定等知识，难度不大．

10、C

【分析】

根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．

【详解】

解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

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．

【点睛】

本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．

二、填空题

1、 (3，-7)

【分析】

根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．

【详解】

解：在平面直角坐标系中，点P（-3，7）关于原点对称的点的坐标是（3，-7），

故答案为：（3，-7）．

【点睛】

本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．

2、144°度
 

【分析】

先根据四边形的四个外角的度数之比分别求出四个外角，再根据多边形外角与内角的关系分别求出它们的内角，即可得到答案．

【详解】

解：∵四边形的四个外角的度数之比为1：2：3：4，

∴四个外角的度数分别为：360°×；

360°×；

360°×；

360°×；

∴它最大的内角度数为：．

故答案为：144°．

【点睛】

本题考查了多边形的外角和，以及邻补角的定义，解题的关键是掌握多边形的外角和为360°，从而进行计算．

3、

【分析】

连接OB，交AC于点D，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形OABC为菱形，根据菱形的性质可得：，，，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，由此得出，在直角三角形中利用勾股定理即可确定圆的半径，然后代入弧长公式求解即可．

【详解】

解：如图所示，连接OB，交AC于点D，

∵四边形OABC为平行四边形，，

∴四边形OABC为菱形，

∴，，，

∵，

∴为等边三角形，

∴，

∴，

在中，设，则，

∴，

即，

解得：或（舍去），

∴的长为：，

故答案为：．

【点睛】

题目主要考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等，熟练掌握各个定理和公式是解题关键．

4、

【分析】

延长CF与AB交于点M，由平行四边形的性质得BC长度，GM⊥AB，由折叠性质得GF，∠EFM，进而得FM，再根据△EFM是等腰直角三角形，便可求得结果．

【详解】

解：延长CF与AB交于点M，

∵FG⊥CD，AB∥CD，

∴CM⊥AB，

∵∠B=45°，BC=AD=8，

∴CM=4，

由折叠知GF=AD=8，

∵CG=4，

∴MF=CM-CF=CM-（GF-CG）=4-4，

∵∠EFC=∠A=180°-∠B=135°，

∴∠MFE=45°，

∴EF=MF=（4-4）=8-4．

故答案为：8-4．

【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，解直角三角形的应用，关键是作辅助线构造直角三角形．

5、（2，-5）

【分析】

根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y）．

【详解】

解：根据中心对称的性质，得点P（-2，5）关于原点对称点的点的坐标是（2，-5）．

故答案为：（2，-5）．

【点睛】

本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，比较简单．

三、解答题

1、（1）见解析；（2）当∠B1FE=60°时，四边形EFGB为菱形，理由见解析

【分析】

（1）由题意，，结合，得，同理可得，即，结合，依据平行四边形的判定定理即可证明四边形BEFG是平行四边形；

（2）根据菱形的性质可得，结合（1）中结论得出为等边三角形，依据等边三角形的性质及（1）中结论即可求出角的大小．

【详解】

证明：（1）∵，

∴．

又∵，

∴．

∴．

同理可得：．

∴，

又∵，

∴四边形BEFG是平行四边形；

（2）当时，四边形EFGB为菱形．

理由如下：

∵四边形BEFG是菱形，

∴，

由（1）得：，

∴，

∴为等边三角形，

∴，

∴．

【点睛】

题目主要考查平行四边形和菱形的判定定理和性质，矩形的折叠问题，等边三角形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．

2、（1）见解析；（2）

【分析】

（1）由正方形的性质可得，，由的余角相等可得∠CBG=∠CDE，进而证明△BCG≌△DCE，从而证明CG=CE；

（2）证明正方形的性质可得，结合已知条件即可求得，进而勾股定理即可求得的长

【详解】

（1）∵BF⊥DE

∴∠BFE=90°

∵四边形ABCD是正方形

∴∠DCE=90°,

∴∠CBG+∠E=∠CDE+∠E，

∴∠CBG=∠CDE

∴△BCG≌△DCE

∴CG=CE

（2）∵，且，，

∴

∵CG=CE   

∴，

在中，

【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握三角形全等的性质与判定与勾股定理是解题的关键．

3、这个多边形的边数是6

【分析】

多边形的外角和是360°，内角和是它的外角和的2倍，则内角和为2×360=720度．n边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，设这个多边形的边数是n，即可得到方程，从而求出边数．

【详解】

解：设这个多边形的边数为n，

由题意得：(n－2)×180°＝2×360°，

解得n＝6，

∴这个多边形的边数是6．

【点睛】

此题主要考查了多边形的外角和，内角和公式，做题的关键是正确把握内角和公式为：（n-2）•180°，外角和为360°．

4、（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．

【分析】

（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；

（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②根据①中图形，可直接利用割补法进行求解三角形的面积；

（3）根据题意在网格中画出图形，然后在网格中作出，，进而可得，得出，进而利用割补法在网格中求解六边形的面积即可．

【详解】

解：（1）△ABC的面积为：，

故答案为：；

（2）①作图如下（答案不唯一）：

②的面积为：，

故答案为：8；

（3）在网格中作出，，

在与中，

，

∴，

∴，

，

六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+的面积

，

故答案为：31．

【点睛】

本题主要考查勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算是解题的关键．

5、（1）见解析；（2）△BMN面积的最小值为

【分析】

（1）连接BD，证明△AMB≌△DNB，则可得BM=BN，∠MBA＝∠NBD，由菱形的性质易得∠MBN=60゜，从而可证得结论成立；

（2）过点B作BE⊥MN于点E．

【详解】

（1）证明：如图所示，连接BD，

在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，

∴∠ADB＝∠NDB＝60°，

故△ADB是等边三角形，

∴AB＝BD，

又AM+CN＝1，DN+CN＝1，

∴AM＝DN，

在△AMB和△DNB中，

，

∴△AMB≌△DNB（SAS），

∴BM＝BN，∠MBA＝∠NBD，

又∠MBA+∠DBM＝60°，

∴∠NBD+∠DBM＝60°，

即∠MBN＝60°，

∴△BMN是等边三角形；

（2）过点B作BE⊥MN于点E．

设BM＝BN＝MN＝x，

则，

故，

∴当BM⊥AD时，x最小，

此时，，

．

∴△BMN面积的最小值为．

【点睛】

本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质等知识，关键是作辅助线证三角形全等．