北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试习题

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试习题，共25页。试卷主要包含了下列图形中不是中心对称图形的是等内容，欢迎下载使用。
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，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝，则点C的坐标为（ ）
A．（，1）B．（1，1）C．（1，）D．（+1，1）
2、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
3、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．1B．C．D．2
4、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．
5、若一个正多边形的每一个外角都等于36°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．7B．8C．9D．10
6、如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（ ）
A．16B．12C．8D．4
7、下列图形中不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
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、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
10、下列图形中，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、如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P是对角线AC上一点，若点P、A、B组成一个等腰三角形时，△PAB的面积为___________．
2、如图，的度数为_______．
3、如果一个多边形的内角和等于外角和的2倍，那么这个多边形的边数n=____
4、在四边形ABCD中，若AB//CD，BC_____AD，则四边形ABCD为平行四边形．
5、若点A（m，5）与点B（－4，n）关于原点成中心对称，则m＋n＝________．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、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．
2、如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）连接BD，若∠1＝32°，∠ADB＝22°，请直接写出当∠ABE＝ °时，四边形BFDE是菱形．
3、如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画三角形．
（1）在图1中，画一个三边长都是有理数的直角三角形；
（2）在图2中，画一个以BC为斜边的直角三角形，使它们的三边长都是无理数且都不相等；
（3）在图3中，画一个正方形，使它的面积是10．
4、（1）如图1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，试说明：∠E∠A；
（拓展应用）
（2）如图2，在四边形ABDC中，对角线AD平分∠BAC．
①若∠ACD＝130°，∠BCD＝50°，∠CBA＝40°，求∠CDA的度数；
②若∠ABD+∠CBD＝180°，∠ACB＝82°，写出∠CBD与∠CAD之间的数量关系．
5、如图，矩形ABCD中，，，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
作CD⊥x轴，根据菱形的性质得到OC=OA=，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出OD的值，即可得到C点的坐标．
【详解】
：作CD⊥x轴于点D，
则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，OA=，
∴OC=OA=，
又∵∠AOC=45°，
∴∠OCD=90°-∠AOC=90°-45°=45°，
∴∠DOC=∠OCD，
∴CD=OD，
在Rt△OCD中，OC=，CD2+OD2=OC2，
∴2OD2=OC2=2，
∴OD2=1，
∴OD=CD=1（负值舍去），
则点C的坐标为（1，1），
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求出OD=CD=1是解决问题的关键．
2、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.
3、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．
4、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．
5、D
【分析】
根据多边形外角和定理求出正多边形的边数．
【详解】
∵正多边形的每一个外角都等于36°，
∴正多边形的边数＝＝10．
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
6、C
【分析】
由题意可得AO＝BO＝CO＝DO＝8，可证△ABO是等边三角形，可得AB＝8．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝2AO＝2CO，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD＝16，
∴OA＝OB＝8，
∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝AO＝BO＝8，
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，熟练掌握矩形的性质是本题的关键．
7、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．
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】
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．
10、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.
二、填空题
1、或或3
【分析】
过B作BM⊥AC于M，根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式求出高BM，分为三种情况：①AB＝BP＝3，②AB＝AP＝3，③AP＝BP，分别画出图形，再求出面积即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
由勾股定理得：，
有三种情况：
①当AB＝BP＝3时，如图1，过B作BM⊥AC于M，
S△ABC＝，
，
解得：，
∵AB＝BP＝3，BM⊥AC，
∴，
∴AP＝AM+PM＝，
∴△PAB的面积＝；
②当AB＝AP＝3时，如图2，
∵BM＝，
∴△PAB的面积S＝；
③作AB的垂直平分线NQ，交AB于N，交AC于P，如图3，则AP＝BP，BN＝AN＝，
∵四边形ABCD是矩形，NQ⊥AC，
∴PN∥BC，
∵AN＝BN，
∴AP＝CP，
∴，
∴△PAB的面积;
即△PAB的面积为或或3．
故答案为：或或3．
【点睛】
本题主要是考查了矩形的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理求边长，熟练掌握矩形的性质，利用等腰三角形的判定，分成三种情况讨论，是解决本题的关键．
2、
【分析】
根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【详解】
解：如图，
∵∠1=∠D+∠F，∠2=∠A+∠E，∠1+∠2+∠B+∠C=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了四边形的内角和，三角形的外角的性质，掌握三角形外角的性质是解题的关键．
3、6
【分析】
根据多边形内角和公式（n-2）×180°及多边形外角和始终为360°可列出方程求解问题．
【详解】
解：由题意得：
（n-2）×180°=360°×2，
解得：n=6；
故答案为6．
【点睛】
本题主要考查多边形内角和及外角和，熟练掌握多边形的内角和公式及外角和是解题的关键．
4、
【分析】
根据平行四边形的判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可解决问题．
【详解】
解：根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可知：
∵AB//CD，BC//AD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
故答案为：//．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
5、
【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．
三、解答题
1、
【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．
2、（1）见解析；（2）12
【分析】
（1）由“SAS”可证△ABE≌△CDF；
（2）通过证明BE=DE，可得结论．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠BAD=∠BCD，
∴∠1=∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）当∠ABE=10°时，四边形BFDE是菱形，
理由如下：∵△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，AE=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∴AD+AE=BC+CF，
∴BF=DE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵∠1=32°，∠ADB=22°，
∴∠ABD=∠1-∠ADB=10°，
∵∠ABE=12°，
∴∠DBE=22°，
∴∠DBE=∠ADB=22°，
∴BE=DE，
∴平行四边形BFDE是菱形，
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的判定是解题的关键．
3、（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）如图，AB=4，BC=3，，利用勾股定理逆定理即可得到△ABC是直角三角形；
（2）如图， ，，利用勾股定理逆定理即可得到△ABC是直角三角形；
（3）如图， ，则，∠ABC=90°，即可得到四边形ABCD是正方形，．
【详解】
解：（1）如图所示，AB=4，BC=3，，
∴，
∴△ABC是直角三角形；
（2）如图所示， ，
∴，
∴△ABC是直角三角形；
（3）如图所示，， ，
∴，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴．
【点睛】
本题主要考查了有理数与无理数，正方形的判定，勾股定理和勾股定理的逆定理，熟知相关知识是解题的关键．
4、（1）见解析；（2）①∠CDA＝20°；②∠CAD+41°＝∠CBD．
【分析】
（1）由三角形外角的性质可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠ECD＝∠E+∠EBC；由角平分线的性质可得，，利用等量代换，即可求得∠A与∠E的关系；
（2）①根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可解答；②设∠CBD=a，根据已知条件得到∠ABC=180°-2a，根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可解答．
【详解】
（1）证明：∵∠ACD是△ABC的外角
∴∠ACD＝∠A+∠ABC
∵CE平分∠ACD
∴
又∵∠ECD＝∠E+∠EBC
∴
∵BE平分∠ABC
∴
∴
∴；
（2）①∵∠ACD＝130°，∠BCD＝50°
∴∠ACB＝∠ACD﹣∠BCD＝130°﹣50°＝80°
∵∠CBA＝40°
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣80°﹣40°＝60°
∵AD平分∠BAC
∴
∴∠CDA＝180°﹣∠CAD﹣∠ACD＝20°；
②∠CAD+41°＝∠CBD
设∠CBD＝α
∵∠ABD+∠CBD＝180°
∴∠ABC＝180°﹣2α
∵∠ACB＝82°
∴∠CAB＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣（180°﹣2α）﹣82°＝2α﹣82°
∵AD平分∠BAC
∴∠CAD＝∠CAB＝α﹣41°
∴∠CAD+41°＝∠CBD．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角与外角、三角形内角和定理、角平分线等知识点，掌握三角形内角和是180°是解答本题的关键．
5、（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）由题意知，，通过得到，证明四边形BEDF平行四边形．
（2）四边形BEDF为菱形，，；设，；在中用勾股定理，解出的长，在中用勾股定理，得到的长，由得到的值．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点
∴，
在和中
∴（ASA）
∴
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：∵四边形BEDF为菱形，
∴，
又∵，
∴，
设，则
在中，
∴
在中，
∴．
【点睛】
本题考察了平行四边形的判定，三角形全等，菱形的性质，勾股定理．解题的关键与难点在于对平行四边形的性质的灵活运用．