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21页。试卷主要包含了下列说法中正确的是，下列命题是真命题的是，下列图形中，是中心对称图形的是等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形定向测评 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、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．2、如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点．．．照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（    ）米．A．80 B．100 C．120 D．1403、平行四边形中，，则的度数是（    ）A． B． C． D．4、如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝18，BC＝14，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE，BE，点M在CB的延长线上，连接DM，若∠MDB＝∠A，则四边形DMBE的周长为（    ）A．16 B．24 C．32 D．405、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”6、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为、，若＝10°，则∠EAF的度数为（　　）A．40° B．45° C．50° D．55°7、下列命题是真命题的是（    ）A．五边形的内角和是720° B．三角形的任意两边之和大于第三边C．内错角相等 D．对角线互相垂直的四边形是菱形8、下列图形中，是中心对称图形的是（    ）A． B． C． D．9、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．1，1，610、下列图形中，不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、在平行四边形ABCD中，若∠A=130°，则∠B=______，∠C=______，∠D=______．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，△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，若DE＝4cm，则BC＝_____cm．
 4、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 _____．5、如图，在正方形ABCD中，AB＝2，取AD的中点E，连接EB，延长DA至F，使EF＝EB，以线段AF为边作正方形AFGH，点H在线段AB上，则的值是 _____．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，已知正方形中，点是边延长线上一点，连接，过点作，垂足为点，与交于点．（1）求证：；（2）若，，求 BG的长．2、如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，点F在线段BD上，且DE＝BF．求证：AE∥CF．3、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．
 4、如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAC＝90°．（1）尺规作图：在BC上截取CE，使CE＝CD，连接DE与AC交于点F，过点F作线段AD的垂线交AD于点M；（不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）的条件下，猜想线段FM和CF的数量关系，并证明你的结论．5、已知：▱ABCD的对角线AC，BD相交于O，M是AO的中点，N是CO的中点，求证：BM∥DN，BM=DN．
  -参考答案-一、单选题1、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．2、C【分析】由小明第一次回到出发点A，则小明走过的路程刚好是一个多边形的周长，由多边形的外角和为，每次的转向的角度的大小刚好是多边形的一个外角，则先求解多边形的边数，从而可得答案.【详解】解：由 可得：小明第一次回到出发点A，一个要走米，故选C【点睛】本题考查的是多边形的外角和的应用，掌握“由多边形的外角和为得到一共要走12个10米”是解本题的关键.3、B【分析】根据平行四边形对角相等，即可求出的度数．【详解】解：如图所示，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴．故：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质．4、C【分析】由中点的定义可得AE=CE，AD=BD，根据三角形中位线的性质可得DE//BC，DE=BC，根据平行线的性质可得∠ADE=∠ABC=90°，利用ASA可证明△MBD≌△EDA，可得MD=AE，DE=MB，即可证明四边形DMBE是平行四边形，可得MD=BE，进而可得四边形DMBE的周长为2DE+2MD=BC+AC，即可得答案．【详解】∵D，E分别是AB，AC的中点，∴AE=CE，AD=BD，DE为△ABC的中位线，∴DE//BC，DE=BC，∵∠ABC＝90°，∴∠ADE=∠ABC=90°，在△MBD和△EDA中，，∴△MBD≌△EDA，∴MD=AE，DE=MB，∵DE//MB，∴四边形DMBE是平行四边形，∴MD=BE，∵AC＝18，BC＝14，∴四边形DMBE的周长=2DE+2MD=BC+AC=18+14=32．故选：C．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及平行四边形的判定与性质，三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．5、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．6、A【分析】可以设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，根据折叠可得∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，用α，β表示∠DAF＝10°+β，∠BAE＝10°+α，根据四边形ABCD是矩形，利用∠DAB＝90°，列方程10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，求出α+β＝30°即可求解．【详解】解：设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，根据折叠性质可知：∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，∵∠B′AD′＝10°，∴∠DAF＝10°+β，∠BAE＝10°+α，∵四边形ABCD是矩形∴∠DAB＝90°，∴10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，∴α+β＝30°，∴∠EAF＝∠B′AD′+∠D′AE+∠FAB′，＝10°+α+β，＝10°+30°，＝40°．则∠EAF的度数为40°．故选：A．【点睛】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．7、B【分析】利用多边形的内角和公式、三角形的三边关系、平行线的性质及菱形的判定分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、五边形的内角和为540°，故原命题错误，是假命题，不符合题意；B、三角形的任意两边之和大于第三边，正确，是真命题，符合题意；C、两直线平行，内错角相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意；D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意，故选：B．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解多边形的内角和公式、三角形的三边关系、平行线的性质及菱形的判定等知识，难度不大．8、B【分析】根据中心对称图形的定义求解即可．【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意；B、是中心对称图形，符合题意；C、不是中心对称图形，不符合题意；D、不是中心对称图形，不符合题意．故选：B．【点睛】此题考查了中心对称图形，解题的关键是熟练掌握中心对称图形的定义．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．9、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．10、C【详解】解：选项A是中心对称图形，故A不符合题意；选项B是中心对称图形，故B不符合题意；选项C不是中心对称图形，故C符合题意；选项D是中心对称图形，故D不符合题意；故选C【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判断中心对称图形”是解本题的关键，中心对称图形的定义：把一个图形绕某点旋转后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形.二、填空题1、            【分析】利用平行四边形的性质：邻角互补，对角相等，即可求得答案．【详解】解：在平行四边形ABCD中，、是的邻角，是的对角，，， 故答案为： ，，．【点睛】本题主要是考查了平行四边形的性质：对角相等，邻角互补，熟练掌握平行四边形的性质，求解决本题的关键．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【分析】运用三角形的中位线的知识解答即可．【详解】解：∵△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点∴DE是△ABC的中位线，∴BC=2DE=8cm．故答案是8．【点睛】本题主要考查了三角形的中位线，掌握三角形的中位线等于底边的一半成为解答本题的关键．4、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．5、【分析】设，由正方形的性质和勾股定理求出的长，可得的长，再求出的长，得出的长，进而可得结果．【详解】解：设，四边形为正方形，，，点为的中点，，，，，四边形为正方形，，，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，由勾股定理求出的长．三、解答题1、（1）见解析；（2）【分析】（1）由正方形的性质可得，，由的余角相等可得∠CBG=∠CDE，进而证明△BCG≌△DCE，从而证明CG=CE；（2）证明正方形的性质可得，结合已知条件即可求得，进而勾股定理即可求得的长【详解】（1）∵BF⊥DE∴∠BFE=90°∵四边形ABCD是正方形∴∠DCE=90°,∴∠CBG+∠E=∠CDE+∠E，∴∠CBG=∠CDE∴△BCG≌△DCE∴CG=CE（2）∵，且，，∴∵CG=CE    ∴，在中，【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握三角形全等的性质与判定与勾股定理是解题的关键．2、见解析【分析】首先根据平行四边形的性质推出AD＝CB，AD∥BC，得到∠ADE＝∠CBF，从而证明△ADE≌△CBF，得到∠AED＝∠CFB，即可证明结论．【详解】证：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝CB，AD∥BC，∴∠ADE＝∠CBF，在△ADE和△CBF中，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴∠AED＝∠CFB，∴AE∥CF．【点睛】本题考查平行四边形的性质，以及全等三角形的判定与性质等，掌握平行四边形的基本性质，准确证明全等三角形并利用其性质是解题关键．3、【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．4、（1）图形见解析；（2），证明见解析【分析】（1）以C为圆心CD长为半径画弧于BC交点即为E；连DE与AC交点即为F；过F作AD的垂直平分线与AD交点即为M；（2）证明DF平分，再利用角平分线的性质判定即可．【详解】（1）图形如下：（2），证明如下：由（1）可得：,CE＝CD∴∵四边形ABCD是平行四边形∴AD∥BC，AB∥CD∴,∴即DF平分∵∠BAC＝90°∴∴【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的判定与性质．5、见解析【分析】连接，根据平行四边形的性质可得AO=OC，DO=OB，由M是AO的中点，N是CO的中点，进而可得MO=ON,进而即可证明四边形是平行四边形，即可得证．【详解】如图，连接，
 ∵四边形ABCD为平行四边形，∴AO=OC，DO=OB．∵M为AO的中点，N为CO的中点，即∴MO=ON．四边形是平行四边形，∴BM∥DN，BM=DN．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．