北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后测评
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这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后测评,共32页。试卷主要包含了下列图形中,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、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、如果一个多边形的外角和等于其内角和的2倍,那么这个多边形是( )
A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形
3、顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点,所形成的新四边形是( )
A.菱形B.矩形C.正方形D.三角形
4、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.
5、下列四个图案中,是中心对称图形的是( )
A.B.
C.D.
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、下列图形中,是中心对称图形的是( )
A.B.C.D.
8、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
9、平面直角坐标系内与点P关于原点对称的点的坐标是( )
A.B.C.D.
10、如图,以O为圆心,长为半径画弧别交于A、B两点,再分别以A、B为圆心,以长为半径画弧,两弧交于点C,分别连接、,则四边形一定是( )
A.梯形B.菱形C.矩形D.正方形
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,将矩形ABCD折叠,使点C与点A重合,折痕为EF.若AF=5,BF=3,则AC的长为 _____.
2、若一个n边形的每个内角都等于135°,则该n边形的边数是____________.
3、如图,以矩形的对角线为直径画圆,点、在该圆上,再以点为圆心,的长为半径画弧,交于点.若,.则图中影部分的面积和为 __(结果保留根号和.
4、一个正多边形的内角和为540°,则它的一个外角等于 ______.
5、如图,圆柱形容器高为0.8m,底面周长为4.8m,在容器内壁离底部0.1m的点处有一只蚊子,此时一只壁虎正好在容器的顶部点处,若容器壁厚忽略不计,则壁虎捕捉蚊子的最短路程是______m.
三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
1、如图,□ABCD中,点E、F分别在AB、CD上,且BE=DF.求证:AF=EC.
2、(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 .
3、如图1,在平面直角坐标系中,直线l1:y=kx+b(k≠0)与x轴交于点A,与y轴交于点B(0,6),直线l2与x轴交于点C,与直线l1交于D(m,3),OC=2OA,tan∠BAO=.
(1)求直线l2的解析式.
(2)在线段DC上是否存在点P,使△DAP的面积为?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
(3)如图2,连接OD,将△ODB沿直线AB翻折得到△O'DB.若点M为直线AB上一动点,在平面内是否存在点N,使得以B、O′、M、N为顶点的四边形为菱形,若存在,直接写出N的坐标,若不存在,请说明理由.
4、(1)如图,在中,,,,求的度数.
(2)已知一个正多边形的内角和比它的外角和的倍多,求这个正多边形每个外角的度数.
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、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、A
【分析】
多边形的外角和是360度,多边形的外角和是内角和的2倍,则多边形的内角和是180度,则这个多边形一定是三角形.
【详解】
解:多边形的外角和是360度,
又多边形的外角和是内角和的2倍,
多边形的内角和是180度,
这个多边形是三角形.
故选:A.
【点睛】
考查了多边形的外角和定理,解题的关键是掌握多边形的外角和定理.
3、B
【分析】
先画出图形,再根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边平行且相等,那么其必为平行四边形,然后根据邻边互相垂直得出四边形是矩形.
【详解】
解:如图,∵、、、分别是、、、的中点,
∴,,,
∴四边形是平行四边形,
∵,
∴,
∴平行四边形是矩形,
又与不一定相等,
与不一定相等,
矩形不一定是正方形,
故选:B.
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理、矩形的判定等知识点,熟练掌握三角形中位线定理是解题关键.
4、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.
5、A
【分析】
中心对称图形是指绕一点旋转180°后得到的图形与原图形能够完全重合的图形,由此判断即可.
【详解】
解:根据中心对称图形的定义,可知A选项的图形为中心对称图形,
故选:A.
【点睛】
本题考查中心对称图形的识别,掌握中心对称图形的基本定义是解题关键.
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】
根据中心对称图形的概念,对各选项分析判断即可得解.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.
【详解】
选项、、均不能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合,所以不是中心对称图形,
选项能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合,所以是中心对称图形,
故选:.
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与原图重合.
8、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.
9、C
【分析】
根据关于原点对称的点,横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可.
【详解】
解:由题意,得
点P(-2,3)关于原点对称的点的坐标是(2,-3),
故选:C.
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标,解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律:关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数;关于y轴对称的点,纵坐标相同,横坐标互为相反数;关于原点对称的点,横坐标与纵坐标都互为相反数.
10、B
【分析】
根据题意得到,然后根据菱形的判定方法求解即可.
【详解】
解:由题意可得:,
∴四边形是菱形.
故选:B.
【点睛】
此题考查了菱形的判定,解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法.菱形的判定定理:①四条边都相等四边形是菱形;②一组邻边相等的平行四边形是菱形;③对角线垂直的平行四边形是菱形.
二、填空题
1、
【分析】
根据矩形的性质得到∠B=90°,根据勾股定理得到,根据折叠的性质得到CF=AF=5,根据勾股定理即可得到结论.
【详解】
解:∵四边形ABCD是矩形,
∴∠B=90°,
∵AF=5,BF=3,
∴,
∵将矩形ABCD折叠,使点C与点A重合,折痕为EF.
∴CF=AF=5,
∴BC=BF+CF=8,
∴,
故答案为:.
【点睛】
本题主要考查了矩形与折叠问题,勾股定理,解题的关键在于能够熟练掌握折叠的性质.
2、8
【分析】
根据题意求得多边形的外角,根据360度除以多边形的外角即可求得n边形的边数
【详解】
解:∵一个n边形的每个内角都等于135°,
∴则这个n边形的每个外角等于
该n边形的边数是
故答案为:
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角的关系,求得多边形的外角是解题的关键.
3、
【分析】
设的中点为,连接,先求出,,则,,然后求出,最后根据求解即可.
【详解】
解:设的中点为,连接,
,四边形ABCD是矩形,
,∠ABC=90°,
又∵∠CAB=30°,
∴,
∴,
∴,
,
,
,
∴.
故答案为:.
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质,扇形面积公式,解题的关键在于能够根据题意得到.
4、72°
【分析】
根据题意求得正多边形的边数,进而求得答案
【详解】
解:∵一个正多边形的内角和为540°,即
∴
由
故答案为:
【点睛】
本题考查了正多边形的内角和和外角和公式,根据内角和公式求得边数是解题的关键.
5、2.5.
【分析】
如图所示,将容器侧面展开,连接AB,则AB的长即为最短距离,然后分别求出AC,BC的长度,利用勾股定理求解即可.
【详解】
解:如图所示,将容器侧面展开,连接AB,则AB的长即为最短距离,
∵圆柱形容器高为0.8m,底面周长为4.8m在容器内壁离底部0.1m的点B处有一只蚊子,此时一只壁虎正好在容器的顶部点A处,
∴,,,
过点B作BC⊥AD于C,
∴∠BCD =90°,
∵四边形ADEF是矩形,
∴∠ADE=∠DEF=90°
∴四边形BCDE是矩形,
∴,,
∴,
∴,
答:则壁虎捕捉蚊子的最短路程是2.5m.
故答案为:2.5.
【点睛】
本题主要考查了平面展开—最短路径,解题的关键在于能够根据题意确定展开图中AB的长即为所求.
三、解答题
1、证明见解析
【分析】
先证明再证明可得四边形是平行四边形,于是可得结论.
【详解】
解: □ABCD,
BE=DF,
∴AE=CF,AE//CF
四边形是平行四边形,
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定与性质,掌握“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”是解本题的关键.
2、【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.
3、(1);(2)(,2);(3)N点坐标为(,)、(,)、(0,0)或(,6).
【分析】
(1)由y轴截距以及正切值,可求出,则 A点坐标为(,0),因为OC=2OA所以C点坐标为(,0 ),将D(m,3)代入,得D点坐标为( ,3),再将D(,3),C(,0 )代入,求得.
(2)设P点坐标为(a,),由题意可知△DAP为,△DAP的高为A点到直线CD的距离,过 A点做DC平行线交y轴于点E,由可知 ,将A(,0)代入,解得 ,故两线间的距离为,△DAP的高为,由三角形面积= 底×高,有2,故有,进而即可求解;
(3)如图所示,共有4个点满足条件,证明见解析.
【详解】
(1)∵B(0,6),tan∠BAO=
∴
令y=0,得A点坐标为(,0)
∵OC=2OA
∴C点坐标为(,0)
将D(m,3)代入
∴D点坐标为(,3)
将D(,3),C(,0)代入有
得
∴
(2)设P点坐标为(a,),过A点做DC平行线交y轴于点E
∵AE//DC
∴
∴
将A(,0)代入
得b=2
∴
故和间的距离为,即△DAP的高为
由三角形面积=底×高有
有2
故有
化简得
解得a=0(舍去)或a=,
故P点坐标为(,2).
(3)
如图所示,可知BO’=6,在B点上方截取BM1=6,过M1做BO’平行线,过O’做BM1平行线,两平行线相交于N1.
由作图步骤可知▱BO’N1M1为菱形,
由菱形性质可得N1坐标为(,).
如图所示,可知BO’=6,在B点下方截取BM2=6,过M2做BO’平行线,过O’做BM2平行线,两平行线相交于N2.
由作图步骤可知▱BO’N2M2为菱形,
由菱形性质可得N2坐标为(,).
如图所示,可知BO’=6,在B点下方截取BN3=6,过N3做BO’平行线,过O’做BN3平行线,两平行线相交于M3.
由作图步骤可知▱B N3M3O’为菱形,
由菱形性质可得N3坐标为(0,0).
如图所示,可知BO’=6,令BO’做菱形其中一条对角线,过O’做x轴平行线交直线AB于点M4,过B点做O’M4平行线,过O’点做直线AB平行线,两平行线相交于N4.
由作图步骤可知▱B M4O’N4为菱形,
由菱形性质可得N4坐标为(,6).
综上所述N点坐标为(,)、(,)、(0,0)或(,6).
【点睛】
本题考查了一次函数的图象及其性质,菱形的判定,熟练掌握并应用菱形的性质是解第三问的关键:⑴菱形的四条边都相等;⑵菱形的两条对角线互相垂直,并且每一条对角线平分一组对角.⑶菱形具有平行四边形的一切性质.⑷菱形是轴对称图形,对称轴是两条对角线所在的直线.⑸利用菱形的性质可证线段相等,角相等.
4、(1);(2)每一个外角的度数是
【分析】
(1)根据平行线的性质可得∠B的度数,再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数;
(2)根据n边形的内角和等于外角和的3倍多180°,可得方程180(n-2)=360×3+180,再解方程即可.
【详解】
解:(1)∵,
,
,
,
;
设这个多边形的边数为,根据题意得:
,
解得,
即它的边数是,
所以每一个外角的度数是.
【点睛】
本题考查了平行线的性质、等腰三角形的性质以及多边形内角和与外角和.解题的关键是掌握多边形内角和公式,明确外角和是360°.
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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