初中数学第十五章 四边形综合与测试练习题

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京改版八年级数学下册第十五章四边形定向攻克
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、如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的点A和点C分别落在x轴和y轴正半轴上，AO＝4，直线l：y＝3x+2经过点C，将直线l向下平移m个单位，设直线可将矩形OABC的面积平分，则m的值为（　　）

A．7 B．6 C．4 D．8
2、下列几何图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3、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
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、下列图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
6、下列图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7、已知正多边形的一个外角等于45°，则该正多边形的内角和为（　　）
A．135° B．360° C．1080° D．1440°
8、如图，已知在正方形ABCD中，厘米，，点E在边AB上，且厘米，如果点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上以a厘米/秒的速度由C点向D点运动，设运动时间为t秒．若存在a与t的值，使与全等时，则t的值为（ ）

A．2 B．2或1.5 C．2.5 D．2.5或2
9、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．
10、下列图案中，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，点O是正方形ABCD的称中心O，互相垂直的射线OM，ON分别交正方形的边AD，CD于E，F两点，连接EF；已知．
（1）以点E，O，F，D为顶点的图形的面积为________________；
（2）线段EF的最小值是_______________．

2、如图，每个小正方形的边长都为1，△ABC是格点三角形，点D为AC的中点，则线段BD的长为 _____．

3、将△ABC纸片沿DE按如图的方式折叠．若∠C＝50°，∠1＝85°，则∠2等于______．

4、若点关于原点的对称点是，则______．
5、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．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、（1）先化简，再求值：（a+b）（a﹣b）﹣a（a﹣2b），其中a＝1，b＝2；
（2）如图，菱形ABCD中，AB＝AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF．证明：四边形AECF是矩形．

2、在四边形ABCD中，∠A＝100°，∠D＝140°．
（1）如图①，若∠B＝∠C，则∠B＝　 　度；
（2）如图②，作∠BCD的平分线CE交AB于点E．若CE∥AD，求∠B的大小．

3、（1）如图a，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点D作DP∥OC，且DP=OC，连接CP，判断四边形CODP的形状并说明理由．

（2）如图b，如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由．
（3）如图c，如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．
4、如图1，平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），交y轴正半轴于点B，直线AC交y轴负半轴于点C，且BC＝AB．
（1）求线段AC的长度．
（2）P为线段AB（不含A，B两点）上一动点．
①如图2，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，记四边形APOQ的面积为S，点P的横坐标为t，当S＝时，求t的值．
②M为线段BA延长线上一点，且AM＝BP，在直线AC上是否存在点N，使得△PMN是以PM为直角边的等腰直角三角形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

5、在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 ，BC与CE的位置关系是 ；
（2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若AB＝2，BE＝2，请直接写出APE的面积．


-参考答案-
一、单选题
1、A
【分析】
如图所示，连接AC，OB交于点D，先求出C和A的坐标，然后根据矩形的性质得到D是AC的中点，从而求出D点坐标为（2，1），再由当直线经过点D时，可将矩形OABC的面积平分，进行求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接AC，OB交于点D，
∵C是直线与y轴的交点，
∴点C的坐标为（0，2），
∵OA=4，
∴A点坐标为（4，0），
∵四边形OABC是矩形，
∴D是AC的中点，
∴D点坐标为（2，1），
当直线经过点D时，可将矩形OABC的面积平分，
由题意得平移后的直线解析式为，
∴，
∴，
故选A．

【点睛】
本题主要考查了一次函数与几何综合，一次函数的平移，矩形的性质，解题的关键在于能够熟知过矩形中心的直线平分矩形面积．
2、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
D、是轴对称图形，是中心对称图形，选项说法正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．解题的关键是掌握轴对称图形寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3、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．
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】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
6、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.
7、C
【分析】
先利用正多边形的每一个外角为 求解正多边形的边数，再利用正多边形的内角和公式可得答案.
【详解】
解： 正多边形的一个外角等于45°，
这个正多边形的边数为：
这个多边形的内角和为：
故选C
【点睛】
本题考查的是正多边形内角和与外角和的综合，熟练的利用正多边形的外角的度数求解正多边形的边数是解本题的关键.
8、D
【分析】
根据题意分两种情况讨论若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP；若△BPE≌△CPQ，则BP=CP=5厘米，BE=CQ=6厘米进行求解即可.
【详解】
解：当，即点Q的运动速度与点P的运动速度都是2厘米/秒，若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP，
∵AB=BC=10厘米，AE=4厘米，
∴BE=CP=6厘米，
∴BP=10-6=4厘米，
∴运动时间t=4÷2=2（秒）；
当，即点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
∵∠B=∠C=90°，
∴要使△BPE与△OQP全等，只要BP=PC=5厘米，CQ=BE=6厘米，即可．
∴点P，Q运动的时间t=（秒）.
综上t的值为2.5或2.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质以及全等三角形的判定，解决问题的关键是掌握正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．同时要注意分类思想的运用．
9、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.
10、B
【分析】
由题意依据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对各选项分析判断即可．
【详解】
解：A、C、D都是轴对称图形，只有B选项是中心对称图形.
故选：B.
【点睛】
本题考查中心对称图形的识别，注意掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
二、填空题
1、1
【分析】
（1）连接OA、OD，根据正方形的性质和全等三角形的判定证明△OAE≌△ODF，利用全等三角形的性质得出四边形EOFD的面积等于△AOD的面积即可求解；
（2）根据全等三角形的性质证得△EOF为等腰直角三角形，则EF=OE，当OE⊥AD时OE最小，则EF最小，求解此时在OE即可解答．
【详解】
解：（1）连接OA、OD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OD，∠AOD=90°，∠EAO=∠FDO=45°，
∴∠AOE+∠DOE=90°，
∵OE⊥OF，
∴∠DOF+∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠DOF，
在△OAE和△ODF中，
，
∴△OAE≌△ODF（ASA），
∴S△OAE=S△ODF，
∴S四边形EOFD = S△ODE+S△ODF= S△ODE+S△OAE= S△AOD= S正方形ABCD，
∵AD=2，
∴S四边形EOFD= ×4=1，
故答案为：1；
（2）∵△OAE≌△ODF，
∴OE=OF，
∴△EOF为等腰直角三角形，则EF=OE，
当OE⊥AD时OE最小，即EF最小，
∵OA=OD，∠AOD=90°，
∴OE=AD=1，
∴EF的最小值，
故答案为：．

【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
2、##
【分析】
根据勾股定理列式求出AB、BC、AC，再利用勾股定理逆定理判断出△ABC是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】
解：，，，
，
∴∠ABC＝90°，
∵点D为AC的中点，
∴BD为AC边上的中线，
∴BD＝AC，
故答案为：
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，勾股定理逆定理的应用，判断出△ABC是直角三角形是解题的关键．
3、
【分析】
利用三角形的内角和定理以及折叠的性质，求出，，利用四边形内角和为，即可求出∠2．
【详解】
解：在中，，
在中，，
由折叠性质可知： ，
四边形的内角和为，
，
，，
，
，，且∠1＝85°，
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要是考查了三角形和四边形的内角和定理，熟练利用三角形内角和定理，求出两角之和，最后利用四边形的内角和求得某角的度数，这是解决该题的关键．
4、
【分析】
根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】
解：由关于坐标原点的对称点为，得，
，
解得：
故答案为：．
【点睛】
本题考查了关于原点的对称的点的坐标，解题的关键是掌握关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
5、
【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．
三、解答题
1、（1），0；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据整式的乘法运算法则先去括号，然后合并同类项化简，然后代入求解即可；
（2）首先根据菱形的性质得到，，然后根据E、F分别是BC、AD的中点，得出，根据一组对边平行且相等证明出四边形AECF是平行四边形，然后根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可证明出四边形AECF是矩形．
【详解】
（1）（a+b）（a﹣b）﹣a（a﹣2b）

将a＝1，b＝2代入得：原式＝；
（2）如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，
∴，且，
又∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AB＝AC，E是BC的中点，
∴，即，
∴平行四边形AECF是矩形．
【点睛】
此题考查了整式的混合运算，代数式求值问题，菱形的性质和矩形的判定，解题的关键是熟练掌握整式的混合运算法则，菱形的性质和矩形的判定定理．
2、（1）60；（2）40°．
【分析】
（1）根据四边形内角和为360°解决问题；
（2）由CE//AD推出∠DCE+∠D＝180°，所以∠DCE＝40°，根据CE平分∠BCD，推出∠BCD＝80°，再根据四边形内角和为360°求出∠B度数；
【详解】
（1）∵∠A＝100°，∠D＝140°，
∴∠B＝∠C＝＝60°，
故答案为60；
（2）∵CE//AD，
∠DCE+∠D＝180°，
∴∠DCE＝40°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCD＝80°，
∴∠B＝360°﹣（100°+140°+80°）＝40°．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角以及平行线的性质，熟练运用多边形内角性质和平行线的性质是解题的关键．
3、（1）四边形CODP是菱形，理由见解析；（2）四边形CODP是矩形，理由见解析；（3）四边形CODP是正方形，理由见解析
【分析】
（1）先证明四边形CODP是平行四边形，再由矩形的性质可得OD=OC，即可证明平行四边形OCDP是菱形；
（2）先证明四边形CODP是平行四边形，再由菱形的性质可得∠DOC=90°，即可证明平行四边形OCDP是矩形；
（3）先证明四边形CODP是平行四边形，再由正方形的性质可得BD⊥AC，DO=OC，即可证明平行四边形OCDP是正方形；
【详解】
解：（1）四边形CODP是菱形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OC，
∴平行四边形OCDP是菱形；
（2）四边形CODP是矩形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
∴∠DOC=90°，
∴平行四边形OCDP是矩形；
（3）四边形CODP是正方形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，DO=OC，
∴∠DOC=90°，平行四边形CODP是菱形，
∴菱形OCDP是正方形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握特殊平行四边形的性质与判定条件．
4、（1）；（2）①；②存在一点或，使是以MN为直角边的等腰直角三角形．
【分析】
（1）把代入一次函数解析式即可确定一次函数解析式为，得到，由勾股定理确定，求出，即求得，在RtΔAOC中，利用勾股定理即可得出结果；
（2）①设，利用待定系数法直线AC的解析式为，由，根据代入数值即可求出t的值；
②当N点在轴下方时，得到，设，过P点作直线轴，作，，根据全等三角形的判定定理可得：，得到，，再证明，得到，，求得，则，根据，得到，列出方程求出a即可得到点N的坐标；当N点在x轴上方时，点与N关于对称，得到点N’的坐标．
【详解】
（1）把代入得：，
一次函数解析式为，
令，得，
∴，
在中，，，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
在RtΔAOC中，
；
（2）①设，
∴P在线段AB上，
∴，
设直线AC的解析式为，代入，得：
，
∴，
∴，
又∵轴，则，
∴，



，
又∵，
∴得．
②如图所示，当N点在轴下方时，

∵，
∴，
∴，
∵是以PM为直角边的等腰直角三角形，
当时，，，
设，
过P点作直线轴，作，，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，作，则，
∵，
∴，
∴M在直线AB上，
∴


，
∴，
∴．
当N点在x轴上方时，如图所示：

点与关于对称，
则，即，
综上：存在一点或，使是以MN为直角边的等腰直角三角形．
【点睛】
题目主要是考查一次函数的综合题，待定系数法求函数解析式，直线所成三角形的面积，等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定及性质，中心对称的点的性质，熟练掌握各知识点综合运用是解题的关键．
5、（1）BP＝CE，CE⊥BC；（2）仍然成立，见解析；（3）31
【分析】
（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；
（2）（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明△BAP≌△CAE即可；
（3）分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点O，由∠BCE＝90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，再求AO、PO、PD的长及等边三角形APE的边长可得结论．
【详解】
解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于点H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°；
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE＝60°﹣∠PAC，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE；
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABP＝∠ABC＝30°，
∴∠ABP＝∠ACE＝30°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝60°+30°＝90°，
∴CE⊥BC；
故答案为：BP＝CE，CE⊥BC；
（2）（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
如图2中，连接AC，设CE与AD交于H，

∵菱形ABCD，∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝120°，∠BAP＝120°+∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠CAE＝60°+60°+∠DAP＝120°+∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，
∴∠DCE＝30°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠DCE+∠ADC＝90°，
∴∠CHD＝90°，
∴CE⊥AD；
∴（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD 仍然成立；
（3）如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD BD平分∠ABC，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴∠ABO＝30°，
∴AO＝AB＝，OB＝AO＝3，
∴BD＝6，
由（2）知CE⊥AD，
∵AD∥BC，
∴CE⊥BC，
∵BE＝2，BC＝AB＝2，
∴CE＝＝8，
由（2）知BP＝CE＝8，
∴DP＝2，
∴OP＝5，
∴AP＝＝＝2，
∵△APE是等边三角形，
∴S△AEP＝×（2）2＝7，
如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得AP＝＝＝2，

∴S△AEP＝×（2）2＝31，
【点睛】
此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．