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    2022年京改版八年级数学下册第十五章四边形专项测试试卷

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    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


    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


    (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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