数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试课时作业

这是一份数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试课时作业，共30页。试卷主要包含了下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形专题测评
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、下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2、四边形四条边长分别是a，b，c，d，其中a，b为对边，且满足，则这个四边形是（ ）
A．任意四边形 B．平行四边形 C．对角线相等的四边形 D．对角线垂直的四边形
3、如图，在中，，点，分别是，上的点，，，点，，分别是，，的中点，则的长为（ ）．

A．4 B．10 C．6 D．8
4、如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BC′D，C′D与AB交于点E，若∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）

A．25° B．20° C．15° D．10°
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、下面图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
7、如图，在中，，，AD平分，E是AD中点，若，则CE的长为（ ）

A． B． C． D．
8、如图，已知E为邻边相等的平行四边形ABCD的边BC上一点，且∠DAE=∠B=80º，那么∠CDE的度数为（ ）

A．20º B．25º C．30º D．35º
9、下列说法中，正确的是（ ）
A．若，，则
B．90′＝1.5°
C．过六边形的每一个顶点有4条对角线
D．疫情防控期间，要掌握进入校园人员的体温是否正常，可采用抽样调查
10、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
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，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AO、AD的中点，若AB＝6cm，BC＝8cm，则EF＝_____cm．

2、若点A（m，5）与点B（－4，n）关于原点成中心对称，则m＋n＝________．
3、如图，平面直角坐标系中，有，，三点，以A，B，O三点为顶点的平行四边形的另一个顶点D的坐标为______．

4、判断：
（1）菱形的对角线互相垂直且相等（________）
（2）菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形（________）
5、正五边形的一个内角与一个外角的比______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，中，．

（1）作点A关于的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图中，连接，，连接，交于点O．求证：四边形是菱形．
2、如图，在中，过点作于点，点在边上，，连接，．

（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，，求证：平分．
3、（教材呈现）如图是华师版八年级下册数学教材第117页的部分内容．

结合图①，写出完整的证明过程
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD，BC于点E，F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若AB=4，BC=5，则EF的长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交平行四边形ABCD的边AD，BC于点E，F，将平行四边形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若AB=，BC=6，∠C=45°，则五边形ABFEG的周长为 ．

4、△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，AE＝．以AE为边在直线AD右侧构造等边△AEF．连结CE，N为CE的中点．

（1）如图1，EF与AC交于点G，
①连结NG，求线段NG的长；
②连结ND，求∠DNG的大小．
（2）如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α．M为线段EF的中点．连结DN、MN．当30°＜α＜120°时，猜想∠DNM的大小是否为定值，并证明你的结论．
5、如图，在△ABC中，，，延长CB，并将射线CB绕点C逆时针旋转90°得到射线l，D为射线l上一动点，点E在线段CB的延长线上，且，连接DE，过点A作于M．
（1）依题意补全图1，并用等式表示线段DM与ME之间的数量关系，并证明；
（2）取BE的中点N，连接AN，添加一个条件：CD的长为_______，使得成立，并证明．


-参考答案-
一、单选题
1、A
【分析】
把一个图形绕某点旋转后能与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据中心对称图形的定义逐一判断即可.
【详解】
解：选项A中的图形是中心对称图形，故A符合题意；
选项B中的图形不是中心对称图形，故B不符合题意；
选项C中的图形不是中心对称图形，故C不符合题意；
选项D中的图形不是中心对称图形，故D不符合题意；
故选A
【点睛】
本题考查的是中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解本题的关键.
2、B
【分析】
根据完全平方公式分解因式得到a=b，c=d，利用边的位置关系得到该四边形的形状．
【详解】
解：，
，
，
，
∴a=b，c=d，
∵四边形四条边长分别是a，b，c，d，其中a，b为对边，
∴c、d是对边，
∴该四边形是平行四边形，
故选：B．
【点睛】
此题考查了完全平方公式分解因式，平行四边形的判定方法，熟练掌握完全平方公式分解因式是解题的关键．
3、B
【分析】
根据三角形中位线定理得到PD=BF=6，PD∥BC，根据平行线的性质得到∠PDA=∠CBA，同理得到∠PDQ=90°，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：∵∠C=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∵点P，D分别是AF，AB的中点，
∴PD=BF=6，PD//BC，
∴∠PDA=∠CBA，
同理，QD=AE=8，∠QDB=∠CAB，
∴∠PDA+∠QDB=90°，即∠PDQ=90°，
∴PQ==10，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
4、D
【分析】
根据矩形的性质，可得∠ABD＝40°，∠DBC＝50°，根据折叠可得∠DBC′＝∠DBC＝50°，最后根据∠2＝∠DB C′−∠DBA进行计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，CD∥AB，
∴∠ABD=∠1＝40°，
∴∠DBC＝∠ABC-∠ABD=50°，
由折叠可得∠DB C′＝∠DBC＝50°，
∴∠2＝∠DB C′−∠DBA＝50°−40°＝10°，
故选D．
【点睛】
本题考查了长方形性质，平行线性质，折叠性质，角的有关计算的应用，关键是求出∠DBC′和∠DBA的度数．
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+14，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、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则此图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；如果一个图形绕某一固定点旋转180度后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，固定的点叫对称中心；理解两个概念是解答本题的关键．
7、B
【分析】
根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据角平分线的定义∠DAB=∠B，求出AD，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=90°-30°=60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=∠BAC=30°，
∴∠DAB=∠B，
∴AD=BD=a，
在Rt△ACB中，E是AD中点，
∴CE=AD=，
故选： B．
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质、角平分线的定义，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．
8、C
【分析】
依题意得出AE=AB=AD，∠ADE=50°，又因为∠B=80°故可推出∠ADC=80°，∠CDE=∠ADC-∠ADE，从而求解．
【详解】
∵ADBC，
∴∠AEB=∠DAE=∠B=80°，
∴AE=AB=AD，
在三角形AED中，AE=AD，∠DAE=80°，
∴∠ADE=50°，
又∵∠B=80°，
∴∠ADC=80°，
∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°．
故选：C．
【点睛】
考查菱形的边的性质，同时综合利用三角形的内角和及等腰三角形的性质，解题关键是利用等腰三角形的性质求得∠ADE的度数．
9、B
【分析】
由等式的基本性质可判断A，由 可判断B，由过边形的一个顶点可作条对角线可判断C，由全面调查与抽样调查的含义可判断D，从而可得答案.
【详解】
解：若，则故A不符合题意；
90′＝故B符合题意；
过六边形的每一个顶点有3条对角线，故C不符合题意；
疫情防控期间，要掌握进入校园人员的体温是否正常，事关重大，一定采用全面调查，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查的是等式的基本性质，角度的换算，多边形的对角线问题，全面调查与抽样调查的含义，掌握以上基础知识是解本题的关键.
10、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．
二、填空题
1、##
【分析】
根据勾股定理求出AC，根据矩形性质得出∠ABC=90°，BD=AC，BO=OD，求出BD、OD，根据三角形中位线求出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，BD=AC，BO=OD，
∵AB=6cm，BC=8cm，
∴由勾股定理得：（cm），
∴DO=5cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF=OD=2.5cm，
故答案为：2.5．
【点睛】
本题考查了矩形的性质的应用，勾股定理，三角形中位线的应用，解本题的关键是求出OD长及证明EF=OD．
2、
【分析】
根据关于原点对称的点的坐标特征：关于原点对称的点，横纵坐标都互为相反数，进行求解即可．
【详解】
解：∵点A（m，5）与点B（－4，n）关于原点成中心对称，
∴m=4，n=-5，
∴m+n=-5+4=-1，
故答案为：-1．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，代数式求值，熟知关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
3、（9，4）、（-3，4）、（3，-4）
【分析】
根据平行四边形的性质得出AD=BO=6，AD∥BO，根据平行线得出A和D的纵坐标相等，根据B的横坐标和BO的值即可求出D的横坐标．
【详解】
∵平行四边形ABCD的顶点A、B、O的坐标分别为（3，4）、（6，0）、（0，0），
∴AD=BO=6，AD∥BO，
∴D的横坐标是3+6=9，纵坐标是4，
即D的坐标是（9，4），
同理可得出D的坐标还有（-3，4）、（3，-4）．
故答案为：（9，4）、（-3，4）、（3，-4）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形性质和平行四边形的性质，注意：平行四边形的对边平行且相等．
4、× √
【分析】
根据菱形的性质，即可求解．
【详解】
解：（1）菱形的对角线互相垂直且平分；
（2）菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形．
故答案为：（1）×；（2）√
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分是解题的关键．
5、
【分析】
根据公式分别求出一个内角与一个外角的度数，即可得到答案．
【详解】
解：正五边形的一个内角的度数为，正五边形的一个外角的度数为，
∴正五边形的一个内角与一个外角的比为，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了正五边形的内角度数及外角度数，熟记多边形的内角和与外角和公式是解题的关键．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）作BD的垂直平分线，再截取即可；
（2）先证明三角形全等，然后根据全等三角形的性质可得：，依据菱形的判定定理即可证明．
【详解】
（1）解：如图所示，作BD的垂直平分线，再截取，点即为所求．

（2）证明：如图所示：

∵，，
∴，
在与ΔADO中，
，
∴；
∴，
又∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了尺规作图和菱形的证明，解题关键是熟练运用尺规作图方法和菱形的判定定理进行作图与证明．
2、（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先证明四边形是平行四边形，结合，从而可得结论；
（2）先证明，再求解 证明证明从而可得结论.
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形，
．即
，，
四边形是平行四边形．
，
，
四边形是矩形；
（2）四边形是平行四边形，
，
．
四边形是矩形；

在中，由勾股定理，得，
，
，
，
即平分．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，角平分线的定义，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，证明四边形是平行四边形是解（1）的关键，证明是解（2）的关键.
3、【教材呈现】见解析；【应用】 ；【拓展】
【分析】
（教材呈现）由“ASA”可证△AOE≌△COF，可得OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形，即可证平行四边形AFCE是菱形；
（应用）过点F作FH⊥AD于H，由折叠的性质可得AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，由勾股定理可求BF、EF的长，
（拓展）过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝3，由勾股定理可求AE＝AF，再利用勾股定理可求EF的长，再求出五边形ABFEG的周长．
【详解】
解：（教材呈现）∵四边形ABCD是矩形，
∴AECF，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，
∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，
∴△AOE≌△COF（ASA）
∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形；
（应用）如图，连接AC、EC
由（教材呈现）可得平行四边形AFCE是菱形，

∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AF2＝BF2＋AB2，
∴（5−BF）2＝BF2＋16，
∴BF＝，
∴AF＝CF＝，
∵AB⊥BC，
∴△ABC是直角三角形
∴AC=
∵S四边形AFCE=，
∴
∴EF＝，
故答案为：．
（拓展）如图，过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°，
∴∠ABC＝135°，
∴∠ABN＝45°，
∵AN⊥BC，
∴∠ABN＝∠BAN＝45°，
∴△ANB是等腰直角三角形
∵AN2+BN2=AB2，AN＝BN
∴AN＝BN＝3，NC=6+3=9
∵将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，
∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵ADBC，
∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∵AF2＝AN2＋NF2，
∴AF2＝9＋（9−AF）2，
∴AF＝5，
∴AE＝AF＝5，
∵ANMF，ADBC，
∴四边形ANFM是平行四边形，
∵AN⊥BC，
∴四边形ANFM是矩形，
∴AN＝MF＝3，
∴AM＝=4，
∴ME＝AE−AM＝1，
∴EF＝=，
∵BF=NF-BN=9-AF-BN=1，DE=GE=AD-AE=1
∴五边形ABFEG的周长为AB+BF+EF+GE+AG=AB+BF+EF+CD+DE=+1+++1=
故答案为：．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
4、（1）①；②；（2）的大小是定值，证明见解析．
【分析】
（1）①先根据等边三角形的性质、勾股定理可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据等边三角形的性质可得，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得；
②先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据四边形的内角和即可得；
（2）连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形中位线定理可得，然后根据三角形的外角性质、角的和差即可得出结论．
【详解】
解：（1）①∵是等边三角形，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
，
，
∴，即，
又∵点为的中点，
∴；
②如图，连接，

由（1）①知，，
∵，点为的中点，
∴，
，
，
∴；
（2）的大小是定值，证明如下：
如图，连接，

∵和都是等边三角形，
∴，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点为的中点，点为的中点，
∴，
∴，
∵，即点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴


，
∴的大小为定值．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形中位线定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和利用到三角形中位线定理是解题关键．
5、（1）DM=ME，见解析；（2），见解析
【分析】
（1）补全图形，连接AE、AD，通过∠ABE=∠ACD，AB=AC，BE=CD，证明 △ABE ≌ △ACD，得AE=AD，再利用AM⊥DE于M，即可得到DM=EM．
（2）连接AD，AE，BM ，可求出，当时，可得，由（1）得DM=EM，可知BM是△CDE的中位线从而得到，BM∥CD，得到∠ABM=135°=∠ABE．因为N为BE中点，可知从而证明△ABN ≌ △ABM得到AN=AM，由（1），△ABE ≌ △ACD，可证明∠EAB=∠DAC，AD=AE进而得到∠EAD=90°，又因为DM=EM，即可得到．
【详解】
（1）补全图形如下图，

DM与ME之间的数量关系为DM=ME．
证明：连接AE，AD，
∵ ∠BAC=90°，AB=AC，

∴ ∠ABC=∠ACB=45°．
∴ ∠ABE=180°-∠ABC=135°．
∵ 由旋转，∠BCD=90°，
∴ ∠ACD=∠ACB+∠BCD=135°．
∴ ∠ABE=∠ACD．
∵ AB=AC，BE=CD，
∴ △ABE ≌ △ACD．
∴ AE=AD．
∵ AM⊥DE于M，
∴ DM=EM．
（2）
证明：连接AD，AE，BM．
∵ AB=AC=1，∠BAC=90°，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ 由（1）得DM=EM，
∴ BM是△CDE的中位线．
∴ ，BM∥CD．
∴ ∠EBM=∠ECD=90°．
∵ ∠ABE=135°，
∴ ∠ABM=135°=∠ABE．
∵ N为BE中点，
∴ ．
∴ BM=BN．
∵ AB=AB，
∴ △ABN ≌ △ABM．
∴ AN=AM．
∵ 由（1），△ABE ≌ △ACD，
∴ ∠EAB=∠DAC，AD=AE．
∵ ∠BAC=∠DAC+∠DAB=90°，
∴ ∠EAD=90°．
∵ DM=EM，
∴ ．
∴ ．

【点睛】
本题考查了旋转的性质和三角形全等的判定及性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质是解题的关键．