初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试测试题

京改版八年级数学下册第十五章四边形定向攻克

 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、如图，点E是△ABC内一点，∠AEB＝90°，D是边AB的中点，延长线段DE交边BC于点F，点F是边BC的中点．若AB＝6，EF＝1，则线段AC的长为（　　）

A．7 B． C．8 D．9

3、下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

4、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．

5、如图，在中，∠ACB＝90°，AB＝10，CD是AB边上的中线，则CD的长是（    ）

A．20 B．10 C．5 D．2

6、下列图形中，是中心对称图形的是（    ）

A． B．

C． D．

7、已知正多边形的一个外角等于45°，则该正多边形的内角和为（　　）

A．135° B．360° C．1080° D．1440°

8、下列图案中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（   ）

A． B．

C． D．

9、下图是文易同学答的试卷，文易同学应得（    ）

A．40分 B．60分 C．80分 D．100分

10、如图，已知是平分线上的一点，，，是的中点，，如果是上一个动点，则的最小值为（       ）

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、如图是中国古代建筑中的一个正六边形的窗户，则它的内角和为 _____．

2、如图，点E，F在正方形ABCD的对角线AC上，AC＝10，AE＝CF＝3，则四边形BFDE的面积为 _____．

3、如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，若DE＝4cm，则BC＝_____cm．

4、如图，直线l经过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别是1，3，则正方形ABCD的面积是 _____．

5、若点关于原点的对称点是，则______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，将等腰三角形ABC绕顶点B按逆时针方向旋转角a到的位置，AB与相交于点D，AC与分别交于点E，F．

（1）求证：BCF；

（2）当C＝a时，判定四边形的形状并说明理由．

2、如图，点E为矩形ABCD外一点，AE = DE.求证：△ABE≌△DCE

3、如图1，在平面直角坐标系中，且；

（1）试说明是等腰三角形；

（2）已知．写出各点的坐标：A(       ，       )，B(       ，       )，C(       ，       )．

（3）在（2）的条件下，若一动点M从点B出发沿线段BA向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止．

①若的一条边与BC平行，求此时点M的坐标；

②若点E是边AC的中点，在点M运动的过程中，能否成为等腰三角形？若能，求出此时点Ｍ的坐标；若不能，请说明理由．

4、综合与实践

（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　   　．

（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．

（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　   　．

5、如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的F点处，DF交BC于点E，CD＝5，DB＝13，求BE的长．

-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、C

【分析】

根据直角三角形的性质求出DE，由EF=1，得到DF，再根据三角形中位线定理即可求出线段AC的长．

【详解】

解：∵∠AEB＝90，D是边AB的中点，AB＝6，

∴DE＝AB＝3，

∵EF＝1，

∴DF＝DE+EF＝3+1＝4．

∵D是边AB的中点，点F是边BC的中点，

∴DF是ABC的中位线，

∴AC＝2DF＝8．

故选：C．

【点睛】

本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形中位线定理，求出DF的长是解题的关键．

3、B

【详解】

A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；

B. 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；

C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；

D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；

故选B

【点睛】

本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．

4、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．

5、C

【分析】

由直角三角形的性质知：斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出CD的长．

【详解】

解：∵在中，，AB=10，CD是AB边上的中线

故选：C．

【点睛】

本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．

6、B

【分析】

根据中心对称图形的定义求解即可．

【详解】

解：A、不是中心对称图形，不符合题意；

B、是中心对称图形，符合题意；

C、不是中心对称图形，不符合题意；

D、不是中心对称图形，不符合题意．

故选：B．

【点睛】

此题考查了中心对称图形，解题的关键是熟练掌握中心对称图形的定义．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．

7、C

【分析】

先利用正多边形的每一个外角为 求解正多边形的边数，再利用正多边形的内角和公式可得答案.

【详解】

解： 正多边形的一个外角等于45°，

这个正多边形的边数为：

这个多边形的内角和为：

故选C

【点睛】

本题考查的是正多边形内角和与外角和的综合，熟练的利用正多边形的外角的度数求解正多边形的边数是解本题的关键.

8、C

【分析】

根据轴对称图形和中心对称图形的定义求解即可．

【详解】

解：A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，本选项不符合题意；

B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，本选项不符合题意；

C．是中心对称图形，但不是轴对称图形，本选项符合题意；

D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，本选项不符合题意；

故选：C．

【点睛】

此题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解题的关键是熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．

9、B

【分析】

分别根据菱形的判定与性质、正方形的判定、矩形的判定与性质进行判断即可．

【详解】

解：（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知（1）是正确的；

（2）根据根据对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形可知（2）是正确的；

（3）根据对角线相等的平行四边形是矩形可知（3）是正确的；

（4）根据菱形的对角线互相垂直，不一定相等可知（4）是错误的；

（5）根据矩形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心，并且矩形的对角线相等且互相平分可知，矩形的对称中心到四个顶点的距离相等是正确的，

∴文易同学答对3道题，得60分，

故选：B．

【点睛】

本题考查菱形的判定与性质、正方形的判定、矩形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解答的关键

10、C

【分析】

根据题意由角平分线先得到是含有角的直角三角形，结合直角三角形斜边上中线的性质进而得到OP，DP的值，再根据角平分线的性质以及垂线段最短等相关内容即可得到PC的最小值．

【详解】

解：∵点P是∠AOB平分线上的一点，，

∴，

∵PD⊥OA，M是OP的中点，

∴，

∴

∵点C是OB上一个动点

∴当时，PC的值最小，

∵OP平分∠AOB，PD⊥OA，

∴最小值，

故选C．

【点睛】

本题主要考查了角平分线的性质、含有角的直角三角形的选择，直角三角形斜边上中线的性质、垂线段最短等相关内容，熟练掌握相关性质定理是解决本题的关键．

二、填空题

1、720°720度

【分析】

根据多边形内角和可直接进行求解．

【详解】

解：由题意得：该正六边形的内角和为；

故答案为720°．

【点睛】

本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．

2、20

【分析】

连接BD，交AC于O，根据题意和正方形的性质可求得EF=4，AC⊥BD，由即可求解．

【详解】

解：如图，连接BD，交AC于O，

∵四边形ABCD是正方形，AC＝10，

∴AC＝BD＝10，AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD＝5，

∵AE＝CF＝3，

∴EO＝FO＝2，

∴EF=EO+FO=4，

∴

故答案为：20．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的对角线相等且互相垂直平分是解题的关键．

3、8

【分析】

运用三角形的中位线的知识解答即可．

【详解】

解：∵△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点

∴DE是△ABC的中位线，

∴BC=2DE=8cm．

故答案是8．

【点睛】

本题主要考查了三角形的中位线，掌握三角形的中位线等于底边的一半成为解答本题的关键．

4、10

【分析】

根据正方形的性质，结合题意易求证，，，即可利用“ASA”证明，得出．最后根据勾股定理可求出，即正方形的面积为10．

【详解】

∵四边形ABCD是正方形，

∴，，

∴．

根据题意可知：，，

∴，，

∴在和中，，

∴，

∴．

∵在中，，

∴正方形ABCD的面积是10．

故答案为：10．

【点睛】

本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理．利用数形结合的思想是解答本题的关键．

5、

【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：由关于坐标原点的对称点为，得，

，

解得：

故答案为：．

【点睛】

本题考查了关于原点的对称的点的坐标，解题的关键是掌握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．

三、解答题

1、（1）见解析；（2）菱形，见解析

【分析】

（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；
（2）由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a,B=B=AB=BC

通过证明∠FBC=∠可得 BC，利用∠EC=∠C=180°推出∠EC+∠=180° 

得到BCE从而证明四边形为平行四边形再利用B=BC可证明四边形为菱形．

【详解】

（1）证明：∵等腰三角形ABC旋转角a得到

∴∠BD=∠FBC=a

∠=∠=∠A=∠C   B=B=AB=BC

∴BCF（ASA）   

（2）解：四边形为菱形

理由：∵C=a

由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a    B=B=AB=BC

又∵ ∠BD=∠FBC=a

∴∠FBC=∠

∴BC 

∴∠EC=∠C=180°

∴∠EC+∠=180° 

∴BCE

∴四边形为平行四边形

又∵B=BC

∴ 四边形为菱形

【点睛】

本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．

2、见解析

【分析】

利用矩形性质以及等边对等角，证明，最后利用边角边即可证明．

【详解】

解：四边形ABCD是矩形，

，，

，

，

，

在和中，

．

【点睛】

本题主要是考查了矩形的性质、等边对等角以及全等三角形的判定，熟练地利用矩形性质以及等边对等角，求证边和角相等，进而证明三角形全等，这是解决该题的关键．

3、（1）见解析；（2）12，0；-8，0；0，16；（3）①当M的坐标为（2，0）或（4，0）时，△OMN的一条边与BC平行；②当M的坐标为（0，10）或（12，0）或（，0）时，，△MOE是等腰三角形．
 

【分析】

（1）设，，，则，由勾股定理求出，即可得出结论；

（2）由的面积求出m的值，从而得到、、的长，即可得到A、B、C的坐标；

（3）①分当时，；当时，；得出方程，解方程即可；

②由直角三角形的性质得出，根据题意得出为等腰三角形，有3种可能：如果；如果；如果；分别得出方程，解方程即可．

【详解】

解：（1）证明：设，，，则，

在中，，

，

∴是等腰三角形；

（2）∵，，

∴，

∴，，，．

∴A点坐标为（12，0），B点坐标为（-8，0），C点坐标为（0，16），

故答案为：12，0；-8，0；0，16；

（3）①如图3-1所示，

当MN∥BC时，

∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

∵MN∥BC，

∴∠AMN=∠ABC，∠ANM=∠ACB，

∴∠AMN=∠ANM，

∴AM=AN，

∴AM=BM，

∴M为AB的中点，

∵，

∴，

∴，

∴点M的坐标为（2，0）；

如图3-2所示，当ON∥BC时，

同理可得，

∴，

∴M点的坐标为（4，0）；

∴综上所述，当M的坐标为（2，0）或（4，0）时，△OMN的一条边与BC平行；
 

②如图3-3所示，当OM=OE时，

∵E是AC的中点，∠AOC=90°，，

∴，

∴此时M的坐标为（0，10）；

如图3-4所示，当时，

∴此时M点与A点重合，

∴M点的坐标为（12，0）；

如图3-5所示，当OM=ME时，过点E作EF⊥x轴于F，

∵OE=AE，EF⊥OA，

∴，

∴，

设，则，

∵，

∴，

解得，

∴M点的坐标为（，0）；

综上所述，当M的坐标为（0，10）或（12，0）或（，0）时，，△MOE是等腰三角形．

【点睛】

本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的直线，三角形面积等等，解题的关键在于能够利用数形结合和分类讨论的思想求解．

4、（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析

【分析】

（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；

（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；

（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．

【详解】

解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，

在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC    ，

∴∠BCM'+∠BCD=180°，

∴点M'、C、N三点共线，

∵∠MBN=45°，

∴∠ABM+∠CBN=45°，

∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，

即∠M'BN=∠MBN，

∵BN=BN，

∴△NBM≌△NBM'，

∴MN= M'N，

∵M'N= M'C+CN，

∴MN= M'C+CN=AM+CN；

（2）MN=AM+CN；理由如下：

如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，

∵∠A+∠C＝180°，

∴∠BCM'+∠BCD=180°，

∴点M'、C、N三点共线，

∵∠MBN＝∠ABC，

∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，

∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，

∵BN=BN，

∴△NBM≌△NBM'，

∴MN= M'N，

∵M'N= M'C+CN，

∴MN= M'C+CN=AM+CN；

（3）MN=CN-AM，理由如下：

如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，

∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，

∴∠C+∠BAD=180°，

∵∠BAM+∠BAD=180°，

∴∠BAM=∠C，

∵AB＝BC，

∴△ABM≌△CB M'，

∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，

∴∠MA M'=∠ABC，

∵∠MBN＝∠ABC，

∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，

∵BN=BN，

∴△NBM≌△NBM'，

∴MN= M'N，

∵M'N=CN-C M'， 

∴MN=CN-AM．

故答案是：MN=CN-AM．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．

5、

【分析】

由矩形的性质可知AB＝DC，∠A＝∠C＝90°，由翻折的性质可知∠AB＝BF，∠A＝∠F＝90°，于是可得到∠F＝∠C，BF＝DC，然后依据AAS可证明△DCE≌△BFE，依据勾股定理求得BC的长，由全等三角形的性质可知BE＝DE，最后再△EDC中依据勾股定理可求得ED的长，从而得到BE的长．

【详解】

解：∵四边形ABCD为矩形，

∴AB＝CD，∠A＝∠C＝90°

∵由翻折的性质可知∠F＝∠A，BF＝AB，

∴BF＝DC，∠F＝∠C．

在△DCE与△BEF中，

∴△DCE≌△BFE．

在Rt△BDC中，由勾股定理得：BC＝．

∵△DCE≌△BFE，

∴BE＝DE．

设BE＝DE＝x，则EC＝12−x．

在Rt△CDE中，CE2＋CD2＝DE2，即（12−x）2＋52＝x2．

解得：x＝．

∴BE＝．

【点睛】

本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用、矩形的性质，依据勾股定理列出关于x的方程是解题的关键．