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    2021-2022学年最新京改版八年级数学下册第十五章四边形同步测评练习题(无超纲)

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    初中数学第十五章 四边形综合与测试课后测评

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    这是一份初中数学第十五章 四边形综合与测试课后测评,共32页。试卷主要包含了下列说法中,不正确的是,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同步测评
    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、垦区小城镇建设如火如荼,小红家买了新楼.爸爸在正三角形、正方形、正五边形、正六边形四种瓷砖中,只购买一种瓷砖进行平铺,有几种购买方式( )
    A.1种 B.2种 C.3种 D.4种
    2、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.
    3、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
    4、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.
    5、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
    6、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”
    7、如图,在平面直角坐标系中,点A是x轴正半轴上的一个动点,点C是y轴正半轴上的点,于点C.已知,.点B到原点的最大距离为( )

    A.22 B.18 C.14 D.10
    8、下列图形中,既是中心对称图形又是轴对称图形的有几个(  )

    A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
    9、如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,将其折叠,使AB边落在对角线AC上,得到折痕AE,则点E到点B的距离为( )

    A. B. C. D.
    10、如图,A,B,C是某社区的三栋楼,若在AC中点D处建一个5G基站,其覆盖半径为300 m,则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是( )

    A.A,B,C都不在 B.只有B
    C.只有A,C D.A,B,C
    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、已知一个多边形的内角和与外角和的比是2:1,则它的边数为 _____.
    2、如图,在一张矩形纸片ABCD中,AB=30cm,将纸片对折后展开得到折痕EF.点P为BC边上任意一点,若将纸片沿着DP折叠,使点C恰好落在线段EF的三等分点上,则BC的长等于_________cm.


    3、如图,在菱形纸片ABCD中,AB=2,∠A=60°,将菱形纸片翻折,使点A落在CD的中点E处,折痕为FG,点F,G分别在边AB,AD上,则cos∠EFG的值为________.

    4、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.

    5、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(________)
    三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
    1、如图,已知△ABC中,D是AB上一点,AD=AC,AE⊥CD,垂足是E,F是BC的中点,求证:BD=2EF.

    2、如图1,在平面直角坐标系中,直线y=2x+8与x轴交于点A,与y轴交于点B,过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C.

    (1)写出C点坐标 ;
    (2)若M为线段BC上一点,且满足S△AMB = S△AOB,请求出点M的坐标;
    (3)如图2,设点F为线段AB中点,点G为y轴正半轴上一动点,连接FG,以FG为边向FG右侧作正方形FGQP,在G点的运动过程中,当顶点Q落在直线BC上时,求出点G的坐标.
    3、(阅读材料)
    材料一:我们在小学学习过正方形,知道:正方形的四条边都相等,四个角都是直角;
    材料二:如图1,由一个等腰直角三角形和一个正方形组成的图形,我们要判断等腰直角三角形的面积与正方形的面积的大小关系,可以这样做:如图2,连接AC,BD,把正方形分成四个与等腰三角形ADE全等的三角形,所以.

    (解决问题)如图3,图中由三个正方形组成的图形
    (1)请你直接写出图中所有的全等三角形;
    (2)任意选择一组全等三角形进行证明;
    (3)设图中两个小正方形的面积分别为S1和S2,若,求S1和S2的值.

    4、如图,在中,对角线AC、BD交于点O,AB=10,AD=8,AC⊥BC,求
    (1)的面积;
    (2)△AOD的周长.


    5、阅读材料,回答下列问题:
    (材料提出)
    “八字型”是数学几何的常用模型,通常由一组对顶角所在的两个三角形构成.
    (探索研究)
    探索一:如图1,在八字形中,探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 ;
    探索二:如图2,若∠B=36°,∠D=14°,求∠P的度数为 ;
    探索三:如图3,CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD,AG反向延长线交CP于点P,则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 .
    (模型应用)
    应用一:如图4,在四边形MNCB中,设∠M=α,∠N=β,α+β>180°,四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP,CP相交于点P.则∠A= (用含有α和β的代数式表示),∠P= .(用含有α和β的代数式表示)
    应用二:如图5,在四边形MNCB中,设∠M=α,∠N=β,α+β<180°,四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P,∠P= .(用含有α和β的代数式表示)
    (拓展延伸)
    拓展一:如图6,若设∠C=x,∠B=y,∠CAP=∠CAB,∠CDP=∠CDB,试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 .(用x、y表示∠P)
    拓展二:如图7,AP平分∠BAD,CP平分∠BCD的邻补角∠BCE,猜想∠P与∠B、∠D的关系,直接写出结论 .



    -参考答案-
    一、单选题
    1、C
    【分析】
    从所给的选项中取出一些进行判断,看其所有内角和是否为360°,并以此为依据进行求解.
    【详解】
    解:正三角形每个内角是60°,能被360°整除,所以能单独镶嵌成一个平面;
    正方形每个内角是90°,能被360°整除,所以能单独镶嵌成一个平面;
    正五边形每个内角是108°,不能被360°整除,所以不能单独镶嵌成一个平面;
    正六边形每个内角是120°,能被360°整除,所以能单独镶嵌成一个平面.
    故只购买一种瓷砖进行平铺,有3种方式.
    故选:C.
    【点睛】
    本题主要考查了平面镶嵌.解这类题,根据组成平面镶嵌的条件,逐个排除求解.
    2、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.
    3、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.
    4、D
    【分析】
    根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可.
    【详解】
    解:A.是轴对称图形,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.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项符合题意;
    D.是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项不合题意.
    故选D.
    【点睛】
    此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念:轴对称图形:如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形;中心对称图形:在同一平面内,如果把一个图形绕某一点旋转180°,旋转后的图形能和原图形完全重合,那么这个图形就叫做中心对称图形.
    5、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.
    6、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.
    7、B
    【分析】
    首先取AC的中点E,连接BE,OE,OB,可求得OE与BE的长,然后由三角形三边关系,求得点B到原点的最大距离.
    【详解】
    解:取AC的中点E,连接BE,OE,OB,

    ∵∠AOC=90°,AC=16,
    ∴OE=CEAC=8,
    ∵BC⊥AC,BC=6,
    ∴BE10,
    若点O,E,B不在一条直线上,则OB<OE+BE=18.
    若点O,E,B在一条直线上,则OB=OE+BE=18,
    ∴当O,E,B三点在一条直线上时,OB取得最大值,最大值为18.
    故选:B
    【点睛】
    此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质以及三角形三边关系.此题难度较大,注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.
    8、A
    【分析】
    根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
    【详解】
    解:第一个图形既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,不符合题意;
    第二个图形是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;
    第三个图形是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;
    第四个图形既是轴对称图形,也是中心对称图形,符合题意;
    既是中心对称图形又是轴对称图形的只有1个,
    故选:A.
    【点睛】
    本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后两部分重合.
    9、C
    【分析】
    由于AE是折痕,可得到AB=AF,BE=EF,再求解设BE=x,在Rt△EFC中利用勾股定理列出方程,通过解方程可得答案.
    【详解】
    解: 矩形ABCD,

    设BE=x,
    ∵AE为折痕,
    ∴AB=AF=1,BE=EF=x,∠AFE=∠B=90°,
    Rt△ABC中,
    ∴Rt△EFC中,,EC=2-x,
    ∴,
    解得:,
    则点E到点B的距离为:.
    故选:C.
    【点睛】
    本题考查了勾股定理和矩形与折叠问题;二次根式的乘法运算,利用对折得到,再利用勾股定理列方程是解本题的关键.
    10、D
    【分析】
    根据三角形边长然后利用勾股定理逆定理可得为直角三角形,由直角三角形斜边上的中线性质即可得.
    【详解】
    解:如图所示:连接BD,

    ∵,,,
    ∴,
    ∴为直角三角形,
    ∵D为AC中点,
    ∴,
    ∵覆盖半径为300 ,
    ∴A、B、C三个点都被覆盖,
    故选:D.
    【点睛】
    题目主要考查勾股定理逆定理,直角三角形斜边中线的性质等,理解题意,综合运用两个定理是解题关键.
    二、填空题
    1、6
    【分析】
    根据多边形内角和公式及多边形外角和可直接进行求解.
    【详解】
    解:由题意得:,
    解得:,
    ∴该多边形的边数为6;
    故答案为6.
    【点睛】
    本题主要考查多边形的内角和及外角和,熟练掌握多边形内角和及外角和是解题的关键.
    2、或
    【分析】
    分为将纸片沿纵向对折,和沿横向对折两种情况,利用折叠的性质,以及勾股定理解答即可
    【详解】
    如图:当将纸片沿纵向对折

    根据题意可得:
    为的三等分点

    在中有


    如图:当将纸片沿横向对折

    根据题意得:,
    在中有
    为的三等分点


    故答案为:或
    【点睛】
    本题考查了矩形的性质,折叠的性质,以及勾股定理解直角三角形,解题关键是分两种情况作出折痕,考虑问题应全面,不应丢解.
    3、
    【分析】
    根据题意连接BE,连接AE交FG于O,如图,利用菱形的性质得△BDC为等边三角形,∠ADC=120°,再在在Rt△BCE中计算出BE=CE=,然后证明BE⊥AB,利用勾股定理计算出AE,从而得到OA的长;设AF=x,根据折叠的性质得到FE=FA=x,在Rt△BEF中利用勾股定理得到(2-x)2+()2=x2,解得x,然后在Rt△AOF中利用勾股定理计算出OF,再利用余弦的定义求解即可.
    【详解】
    解:连接BE,连接AE交FG于O,如图,

    ∵四边形ABCD为菱形,∠A=60°,
    ∴△BDC为等边三角形,∠ADC=120°,
    ∵E点为CD的中点,
    ∴CE=DE=1,BE⊥CD,
    在Rt△BCE中,BE=CE=,
    ∵AB∥CD,
    ∴BE⊥AB,
    ∴.
    ∴,
    设AF=x,
    ∵菱形纸片翻折,使点A落在CD的中点E处,
    ∴FE=FA=x,
    ∴BF=2-x,
    在Rt△BEF中,(2-x)2+()2=x2,
    解得:,
    在Rt△AOF中,,
    ∴.
    故答案为: .
    【点睛】
    本题考查了折叠的性质以及菱形的性质,注意掌握折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.
    4、##
    【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.
    5、× √
    【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.
    三、解答题
    1、见解析.
    【分析】
    先证明 再证明EF是△CDB的中位线,从而可得结论.
    【详解】
    证明:∵AD=AC,AE⊥CD
    ∴CE=ED
    ∵F是BC的中点
    ∴EF是△CDB的中位线
    ∴BD=2EF
    【点睛】
    本题考查的是等腰三角形的性质,三角形的中位线的性质,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、(1)点C(6,0);(2)点;(3)满足条件的点G坐标为或.
    【分析】
    (1)直接利用直线,令y=0,解方程即可;
    (2)结合图形,由S△AMB=S△AOB 分析出直线OM平行于直线AB,再利用两直线相交建立方程组,解方程组求得交点M的坐标;
    (3)分两种情形:①当n>4时,如图2-1中,点Q落在BC上时,点Q落在BC上时,过G作MN平行于x轴,过点F,Q作该直线的垂线,分别交于M,N.求出Q(n-4,n-2).②当n<4时,如图2-2中,同法可得Q(4-n,n+2),代入直线BC的解析式解方程即可解决问题.
    【详解】
    解:(1)∵直线交x轴正半轴于点C.
    ∴当y=0时,,
    解得x=6
    ∴点C(6,0)
    故答案为(6,0);
    (2)连接OM并双向延长,

    ∵S△AMB=S△AOB ,
    ∴点O到AB与点M到AB的距离相等,
    ∴直线OM平行于直线AB,
    ∵AB解析式为y=2x+8,
    故设直线OM解析式为:,
    将直线OM的解析式与直线BC的解析式联立得方程组得:

    解得:
    故点;
    (3)∵直线y=2x+8与x轴交于点A,与y轴交于点B,
    ∴令y=0,2x+8=0,
    解得x=-4,
    ∴A(-4,0),
    令x=0,则y=8
    ∴B(0,8),
    ∵点F为AB中点,
    点F横坐标为,纵坐标为
    ∴F(-2,4),
    设G(0,n),
    ①当n>4时,如图2-1中,点Q落在BC上时,过G作MN平行于x轴,过点F,Q作该直线的垂线,分别交于M,N.

    ∵四边形FGQP是正方形,
    ∴FG=QG,∠FGQ=90°,
    ∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°,
    ∵FM⊥MN,QN⊥MN,
    ∴∠M=∠N=90°,
    ∴∠MFG+∠MGF=90°,
    ∴∠MFG=∠NGQ,
    在△FMG和△GNQ中,

    ∴△FMG≌△GNQ,
    ∴MG=NQ=2,FM=GN=n-4,
    ∴Q(n-4,n-2),
    ∵点Q在直线上,
    ∴,
    ∴,
    ∴.
    ②当n<4时,如图2-2中,
    点Q落在BC上时,过G作MN平行于x轴,过点F,Q作该直线的垂线,分别交于M,N.
    ∵四边形FGQP是正方形,
    ∴FG=QG,∠FGQ=90°,
    ∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°,
    ∵FM⊥MN,QN⊥MN,
    ∴∠M=∠N=90°,
    ∴∠MFG+∠MGF=90°,
    ∴∠MFG=∠NGQ,
    在△FMG和△GNQ中,

    ∴△FMG≌△GNQ,
    ∴MG=NQ=2,FM=GN= 4-n,
    ∴Q(4- n, n+2),
    ∵点Q在直线上,
    ∴,

    ∴n=-2,
    ∴.
    综上所述,满足条件的点G坐标为或.
    【点睛】
    本题属于一次函数综合题,考查了一次函数与坐标轴的交点,平行线性质,两直线联立解方程组,全等三角形的判定和性质,正方形的性质等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.
    3、(1);;;(2)证明;证明见解析;(3),
    【分析】
    (1)根据图形可得出三对全等三角形;
    (2)根据正方形的性质及全等三角形的判定定理对(1)中全等三角形依次证明即可;
    (3)连接BG,由材料二可得,被分成4个面积相等的等腰直角三角形,即可得出;连接HJ,KI,过点H作HM⊥AD于点M,过点I作IN⊥CD于点N,则被分为9个面积相等的等腰直角三角形,即可得出.
    【详解】
    解:(1);;
    (2)证明;
    由题意得,在正方形ABCD中,
    ∵,,
    在和中


    证明:;
    由题意得,在正方形HIJK中,
    ,,
    ∵AC为正方形ABCD的对角线,
    ∴,
    在RtΔAHK和RtΔCIJ中

    ∴RtΔAHK≅RtΔCIJ;
    证明:
    由题意得,在正方形EBFG中,
    ,,
    ∵AC为正方形ABCD的对角线,
    ∴,
    在RtΔAEG和RtΔCFG中

    ∴RtΔAEG≅RtΔCFG;
    (3)如图,连接BG,由材料二可得,被分成4个面积相等的等腰直角三角形,

    SΔABC=SΔADC=12×6×6=18.

    连接HJ,KI,过点H作HM⊥AD于点M,过点I作IN⊥CD于点N,则被分为9个面积相等的等腰直角三角形,
    ∴.
    ∴,.
    【点睛】
    题目主要考查正方形的性质、全等三角形的判定定理及对题意的理解能力,熟练掌握全等三角形的判定定理及理解题意是解题关键.
    4、(1)48(2)
    【分析】
    (1)利用勾股定理先求出高AC,故可求解面积;
    (2)根据平行四边形的性质求出AO,再利用勾股定理求出OB的长,故可求解.
    【详解】
    解:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,且AD=8


    ∴BC=AD=8
    ∵AC⊥BC
    ∴∠ACB=90°
    在Rt△ABC中,由勾股定理得AC2=AB2-BC2


    (2)∵四边形ABCD是平行四边形,且AC=6

    ∵∠ACB=90°,BC=8
    ∴,

    ∴.
    【点睛】
    此题主要考查平行四边形的性质,解题的关键是熟知平行四边形的性质及勾股定理的应用.
    5、∠A+∠B=∠C+∠D; 25°;∠P=;α+β﹣180°,∠P=; ;∠P=;2∠P﹣∠B﹣∠D=180°.
    【分析】
    探索一:根据三角形的内角和定理,结合对顶角的性质可求解;
    探索二:根据角平分线的定义可得∠BAP=∠DAP,∠BCP=∠DCP,结合(1)的结论可得2∠P=∠B+∠D,再代入计算可求解;
    探索三:运用探索一和探索二的结论即可求得答案;
    应用一:如图4,延长BM、CN,交于点A,利用三角形内角和定理可得∠A=α+β﹣180°,再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案;
    应用二:如图5,延长MB、NC,交于点A,设T是CB的延长线上一点,R是BC延长线上一点,利用应用一的结论即可求得答案;
    拓展一:运用探索一的结论可得:∠P+∠PAB=∠B+∠PDB,∠P+∠CDP=∠C+∠CAP,∠B+∠CDB=∠C+∠CAB,再结合已知条件即可求得答案;
    拓展二:运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案.
    【详解】
    解:探索一:如图1,

    ∵∠AOB+∠A+∠B=∠COD+∠C+∠D=180°,∠AOB=∠COD,
    ∴∠A+∠B=∠C+∠D,
    故答案为∠A+∠B=∠C+∠D;
    探索二:如图2,

    ∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD,
    ∴∠1=∠2,∠3=∠4,
    由(1)可得:∠1+∠B=∠3+∠P,∠2+∠P=∠4+∠D,
    ∴∠B﹣∠P=∠P﹣∠D,
    即2∠P=∠B+∠D,
    ∵∠B=36°,∠D=14°,
    ∴∠P=25°,
    故答案为25°;
    探索三:由①∠D+2∠1=∠B+2∠3,

    由②2∠B+2∠3=2∠P+2∠1,
    ①+②得:∠D+2∠B+2∠1+2∠3=∠B+2∠3+2∠P+2∠1
    ∠D+2∠B=2∠P+∠B.
    ∴∠P=.
    故答案为:∠P=.
    应用一:如图4,

    延长BM、CN,交于点A,
    ∵∠M=α,∠N=β,α+β>180°,
    ∴∠AMN=180°﹣α,∠ANM=180°﹣β,
    ∴∠A=180°﹣(∠AMN+∠ANM)=180°﹣(180°﹣α+180°﹣β)=α+β﹣180°;
    ∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB,
    ∴∠PBC=∠ABC,∠PCD=∠ACD,
    ∵∠PCD=∠P+∠PBC,
    ∴∠P=∠PCD﹣∠PBC=(∠ACD﹣∠ABC)=∠A=,
    故答案为:α+β﹣180°,;
    应用二:如图5,

    延长MB、NC,交于点A,设T是CB的延长线上一点,R是BC延长线上一点,
    ∵∠M=α,∠N=β,α+β<180°,
    ∴∠A=180°﹣α﹣β,
    ∵BP平分∠MBC,CP平分∠NCR,
    ∴BP平分∠ABT,CP平分∠ACB,
    由应用一得:∠P=∠A=,
    故答案为:;
    拓展一:如图6,

    由探索一可得:
    ∠P+∠PAB=∠B+∠PDB,∠P+∠CDP=∠C+∠CAP,∠B+∠CDB=∠C+∠CAB,
    ∵∠C=x,∠B=y,∠CAP=∠CAB,∠CDP=∠CDB,
    ∴∠CDB﹣∠CAB=∠C﹣∠B=x﹣y,
    ∠PAB=∠CAB,∠PDB=∠CDB,
    ∴∠P+∠CAB=∠B+∠CDB,∠P+∠CDB=∠C+∠CAB,
    ∴2∠P=∠C+∠B+(∠CDB﹣∠CAB)=x+y+(x﹣y)=,
    ∴∠P=,
    故答案为:∠P=;
    拓展二:如图7,

    ∵AP平分∠BAD,CP平分∠BCD的邻补角∠BCE,
    ∴∠PAD=∠BAD,∠PCD=90°+∠BCD,
    由探索一得:①∠B+∠BAD=∠D+∠BCD,②∠P+∠PAD=∠D+∠PCD,
    ②×2,得:③2∠P+∠BAD=2∠D+180°+∠BCD,
    ③﹣①,得:2∠P﹣∠B=∠D+180°,
    ∴2∠P﹣∠B﹣∠D=180°,
    故答案为:2∠P﹣∠B﹣∠D=180°.
    【点睛】
    本题是探究性题目,考查了三角形的相关计算、三角形内角和定理、角平分线性质、三角形外角的性质等,此类题目遵循题目顺序,结合相关性质和定理,逐步证明求解即可.

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