八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后练习题

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京改版八年级数学下册第十五章四边形专项测试 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、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．82、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173、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（     ）A． B． C． D．4、已知三角形三边长分别为7cm，8cm，9cm，作三条中位线组成一个新的三角形，同样方法作下去，一共做了五个新的三角形，则这五个新三角形的周长之和为（    ）A．46.5cm B．22.5cm C．23.25cm D．以上都不对5、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．6、下列几何图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ）A． B． C． D．7、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．1，1，68、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9、如图，菱形中，，．以为圆心，长为半径画，点为菱形内一点，连，，．若，且，则图中阴影部分的面积为（    ）A． B． C． D．10、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（    ）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、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_____．2、如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，E为BC边上一动点，F、G为AD边上两个动点，且∠FEG＝30°，则线段FG的长度最大值为 _____．
 3、如图，在平面直角坐标系内，矩形OABC的顶点A（3，0），C（0，9），点D和点E分别位于线段AC，AB上，将△ABC沿DE对折，恰好能使点A和点C重合．若x轴上有一点P，使△AEP为等腰三角形，则点P的坐标为________．4、如图，在正方形ABCD中，AB＝2，连接AC，以点C为圆心、AC长为半径画弧，点E在BC的延长线上，则阴影部分的面积为 _____．   5、如图，正方形ABCD的边长为做正方形，使A，B，C，D是正方形各边的中点；做正方形，使是正方形各边的中点……以此类推，则正方形的边长为__________．             
 三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，已知矩形中，点，分别是，上的点，，且．（1）求证：；（2）若，求：的值．2、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．3、已知：在中，点、点、点分别是、、的中点，连接、．（1）如图1，若，求证：四边形为菱形；（2）如图2，过作交延长线于点，连接，，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与面积相等的平行四边形．
 4、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．5、我们知道正多边形的定义是：各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形．（1）如图①，在各边相等的四边形ABCD中，当AC＝BD时，四边形ABCD 　   　正四边形；（填“是”或“不是”）（2）如图②，在各边相等的五边形ABCDE中，AC＝CE＝EB＝BD＝DA，求证：五边形ABCDE是正五边形；（3）如图③，在各边相等的五边形ABCDE中，减少相等对角线的条数也能判定它是正五边形，问：至少需要几条对角线相等才能判定它是正五边形？请说明理由． -参考答案-一、单选题1、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．2、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．3、A【分析】根据中心对称图形的概念（在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，则为中心对称图形）求解即可．【详解】解：B、C、D三个选项的图形旋转后，均不能与原来的图形重合，不符合题意，A选项是中心对称图形．故本选项正确．故选：A．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，深刻理解中心对称图形的概念是解题关键．4、C【分析】如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，则，，，即可得到△DEF的周长，由此即可求出其他四个新三角形的周长，最后求和即可．【详解】解：如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，∴，，，∴△DEF的周长，同理可得：△GHI的周长，∴第三次作中位线得到的三角形周长为，∴第四次作中位线得到的三角形周长为∴第三次作中位线得到的三角形周长为∴这五个新三角形的周长之和为，故选C．【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握三角形中位线定理．5、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．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】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；D、是轴对称图形，是中心对称图形，选项说法正确，符合题意；故选D．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．解题的关键是掌握轴对称图形寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．7、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．8、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9、C【分析】过点P作交于点M，由菱形得，，由，得，，故可得，，根据SAS证明，求出，即可求出．【详解】如图，过点P作交于点M，∵四边形ABCD是菱形，∴，，∵，，∴，，∴，，在与中，，∴，∴，在中，，∴，，即，解得：，∴．故选：C．【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及求不规则图形的面积等知识，掌握扇形的面积公式是解答此题的关键．10、A【分析】关于原点成中心对称的两个点的坐标规律：横坐标与纵坐标都互为相反数，根据原理直接作答即可.【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是： 故选A【点睛】本题考查的是关于原点成中心对称的两个点的坐标规律，掌握“关于原点成中心对称的两个点的坐标规律：横坐标与纵坐标都互为相反数”是解题的关键.二、填空题1、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．2、【分析】如图所示，在中，FG边的高为AB=2，∠FEG=30°，为定角定高的三角形，故当E与B点或C点重合，G与D点重合或F与A点重合时，FG的长度最大，则由矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2可知，∠ABD=60°，故∠ABF=60°-30°=30°，则AF=，则FG=AD-AF=．【详解】如图所示，在中，FG边的高为AB=2，∠FEG=30°，为定角定高的三角形故当E与B点或C点重合，G与D点重合或F与A点重合时，FG的长度最大∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2∴∠ABD=60°∴∠ABF=60°-30°=30°∴AF=∴FG=AD-AF=．故答案为：．
【点睛】本题考查了四边形中动点问题，图解法数学思想依据是数形结合思想． 它的应用能使复杂问题简单化、 抽象问题具体化． 特殊四边形的几何问题， 很多困难源于问题中的可动点． 如何合理运用各动点之间的关系，同学们往往缺乏思路， 常常导致思维混乱．实际上求解特殊四边形的动点问题，关键是是利用图解法抓住它运动中的某一瞬间，寻找合理的代数关系式， 确定运动变化过程中的数量关系， 图形位置关系， 分类画出符合题设条件的图形进行讨论， 就能找到解决的途径， 有效避免思维混乱．3、（8，0）或（-2，0）-2，0）或（8，0）【分析】由矩形的性质可得BC=OA =3，AB=OC=9，∠B=90°=∠OAE，由折叠的性质可得AE=CE，由勾股定理可求AE的长，由等腰三角形的性质可求解．【详解】解：∵四边形OABC矩形，且点A（3，0），点C（0，9），∴BC=OA =3，AB=OC=9，∠B=90°=∠OAE，∵将△ABC沿DE对折，恰好能使点A与点C重合．∴AE=CE，∵CE2=BC2+BE2，∴CE2=9+（9-CE）2，∴CE=5，∴AE=5，∵△AEP为等腰三角形，且∠EAP=90°，∴AE=AP=5，∴点E坐标（8，0）或（-2，0）故答案为：（8，0）或（-2，0）【点睛】本题考查了翻折变换，等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理，坐标与图形变化-对称，求出AE的长是本题的关键．4、##【分析】求出的度数，利用计算即可．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴，∴，，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质和扇形面积公式，计算扇形面积时，应该先求出弧所在圆的半径以及弧所对的圆心角的度数．5、【分析】利用正方形ABCD的及勾股定理，求出的长，再根据勾股定理求出和的长，找出规律，即可得出正方形的边长．【详解】解：∵A，B，C，D是正方形各边的中点∴，∵正方形ABCD的边长为，即AB=，∴，解得：，∴==2，同理==2，
==4  …，
∴，
∴=，∴的边长为
故答案为：．【点睛】本题考查了正方形性质、勾股定理的应用，解此题的关键是能根据计算结果得出规律，本题具有一定的代表性，是一道比较好的题目．三、解答题1、（1）见解析；（2）【分析】（1）根据矩形的性质得到，由垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论；（2）由已知条件得到，由，即可得到：的值．【详解】（1）∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，在与中，，∴，∴；（2）∵，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．2、（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．3、（1）证明见详解；（2）与面积相等的平行四边形有、、、．【分析】（1）根据三角形中位线定理可得：，，，，依据平行四边形的判定定理可得四边形DECF为平行四边形，再由，可得，依据菱形的判定定理即可证明；（2）根据三角形中位线定理及平行四边形的判定定理可得四边形DEFB、DECF、ADFE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出与各平行四边形面积之间的关系，再根据平行四边形的判定得出四边形EGCF是平行四边形，根据其性质得到，根据等底同高可得，据此即可得出与面积相等的平行四边形．【详解】解：（1）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，∴，，，， ∴四边形DECF为平行四边形，∵，，∴四边形DECF为菱形；（2）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，∴，，，，， ，且，，，∴四边形DEFB、DECF、ADFE是平行四边形，∴，∵，，∴四边形EGCF是平行四边形，∴，∴，∴∴与面积相等的平行四边形有、、、．【点睛】题目主要考查菱形及平行四边形的判定定理和性质，中位线的性质等，熟练掌握平行四边形及菱形的判定定理及性质是解题关键．4、（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．5、（1）是；（2）见解析；（3）至少需要3条对角线相等才能判定它是正五边形，见解析【分析】（1）根据对角线相等的菱形是正方形，证明即可；（2）由SSS证明△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌△EAB得出∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAB，即可得出结论；（3）由SSS证明△ABE≌△BCA≌△DEC得出∠BAE=∠CBA=∠EDC，∠AEB=∠ABE=∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC，由SSS证明△ACE≌△BEC得出∠ACE=∠CEB，∠CEA=∠CAE=∠EBC=∠ECB，由四边形ABCE内角和为360°得出∠ABC+∠ECB=180°，证出AB∥CE，由平行线的性质得出∠ABE=∠BEC，∠BAC=∠ACE，证出∠BAE=3∠ABE，同理：∠CBA=∠D=∠AED=∠BCD=3∠ABE=∠BAE，即可得出结论；【详解】（1）解：结论：四边形ABCD是正四边形．理由：∵AB＝BC＝CD＝DA，∴四边形ABCD是菱形，∵AC＝BD，∴四边形ABCD是正方形．∴四边形ABCD是正四边形．故答案为：是．（2）证明：∵凸五边形ABCDE的各条边都相等，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、△EAB中，∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB（SSS），∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，∴五边形ABCDE是正五边形；（3）解：结论：至少需要3条对角线相等才能判定它是正五边形．若AC＝BE＝CE，五边形ABCDE是正五边形，理由如下：在△ABE、△BCA和△DEC中，，∴△ABE≌△BCA≌△DEC（SSS），∴∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，在△ACE和△BEC中，∴△ACE≌△BEC（SSS），∴∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，∵四边形ABCE内角和为360°，∴∠ABC+∠ECB＝180°，∴AB∥CE，∴∠ABE＝∠BEC，∠BAC＝∠ACE，∴∠CAE＝∠CEA＝2∠ABE，∴∠BAE＝3∠ABE，同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，∴五边形ABCDE是正五边形；【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正多边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．