2021学年第十五章 四边形综合与测试随堂练习题

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京改版八年级数学下册第十五章四边形专题测评 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、一个多边形每个外角都等于36°，则这个多边形是几边形（     ）A．7 B．8 C．9 D．102、如图，在中，∠ACB＝90°，AB＝10，CD是AB边上的中线，则CD的长是（    ）A．20 B．10 C．5 D．23、下列图形中，不是中心对称图形的是（    ）A． B． C． D．4、如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（　　）A．180° B．360°C．540° D．不能确定5、已知，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．设有以下条件：①AB＝AD；②AC＝BD；③AO＝CO，BO＝DO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；⑥四边形ABCD是正方形．那么，下列推理不成立的是（　　）A．①④⇒⑥ B．①③⇒⑤ C．①②⇒⑥ D．②③⇒④6、如图，在△ABC中，点E，F分别是AB，AC的中点．已知∠B＝55°，则∠AEF的度数是（　　）A．75° B．60° C．55° D．40°7、如图，菱形中，，．以为圆心，长为半径画，点为菱形内一点，连，，．若，且，则图中阴影部分的面积为（    ）A． B． C． D．8、如图，矩形OABC的边OA长为2，边AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（    ）A．2.5 B．2 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，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、菱形的对角线之比为3：4，且面积为24，则它的对角线分别为________．2、点P（1，2）关于原点中心对称的点的坐标为_______．3、如图，在矩形ABCD中，AD＝3AB，点G，H分别在AD，BC上，连BG，DH，且，当＝_______时，四边形BHDG为菱形．4、菱形ABCD的周长为，对角线AC和BD相交于点O，AO：BO=1：2，则菱形ABCD的面积为________．5、四边形的外角度数之比为1：2：3：4，则它最大的内角度数为_____．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图1，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点G在CD上，且DG＝5，点P从点B出发，以1单位每秒的速度在BC边上向点C运动，设点P的运动时间为x秒．（1）△APG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求y＝34时x的值；（2）在点P从B向C运动的过程中，是否存在使AP⊥GP的时刻？若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；（3）如图2，M，N分别是AP、PG的中点，在点P从B向C运动的过程中，线段MN所扫过的图形是什么形状　   　，并直接写出它的面积　   　．2、如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，将等腰三角形ABC绕顶点B按逆时针方向旋转角a到的位置，AB与相交于点D，AC与分别交于点E，F．（1）求证：BCF；（2）当C＝a时，判定四边形的形状并说明理由．3、（3）点P为AC上一动点，则PE+PF最小值为．4、如图，△AOB是等腰直角三角形．（1）若A（﹣4，1），求点B的坐标；（2）AN⊥y轴，垂足为N，BM⊥y轴，垂足为点M，点P是AB的中点，连PM，求∠PMO度数；（3）在（2）的条件下，点Q是ON的中点，连PQ，求证：PQ⊥AM．5、如图，点E为矩形ABCD外一点，AE = DE.求证：△ABE≌△DCE -参考答案-一、单选题1、D【分析】根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．【详解】解：∵360°÷36°=10，∴这个多边形的边数是10．故选D．【点睛】本题考查了多边形内角与外角，外角和的大小与多边形的边数无关，熟练掌握多边形内角与外角是解题关键．2、C【分析】由直角三角形的性质知：斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出CD的长．【详解】解：∵在中，，AB=10，CD是AB边上的中线故选：C．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．3、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.4、B【分析】设BE与DF交于点M，BE与AC交于点N，根据三角形的外角性质，可得 ，再根据四边形的内角和等于360°，即可求解．【详解】解：设BE与DF交于点M，BE与AC交于点N，∵ ，∴ ，∵，∴ ．故选：B【点睛】本题主要考查了三角形的外角性质，多边形的内角和，熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；四边形的内角和等于360°是解题的关键．5、C【分析】根据已知条件以及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定条件，对选项进行分析判断即可．【详解】解：A、①④可以说明，一组邻边相等的矩形是正方形，故A正确．B、③可以说明四边形是平行四边形，再由①，一组临边相等的平行四边形是菱形，故B正确．C、①②，只能说明两组邻边分别相等，可能是菱形，但菱形不一定是正方形，故C错误．D、③可以说明四边形是平行四边形，再由②可得：对角线相等的平行四边形为矩形，故D正确．故选：C．【点睛】本题主要是考查了特殊四边形的判定，熟练掌握各类四边形的判定条件，是解决本题的关键．6、C【分析】证EF是△ABC的中位线，得EF∥BC，再由平行线的性质即可求解．【详解】解：∵点E，F分别是AB，AC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B=55°，故选：C．【点睛】本题考查了三角形中位线定理以及平行线的性质；熟练掌握三角形中位线定理，证出EF∥BC是解题的关键．7、C【分析】过点P作交于点M，由菱形得，，由，得，，故可得，，根据SAS证明，求出，即可求出．【详解】如图，过点P作交于点M，∵四边形ABCD是菱形，∴，，∵，，∴，，∴，，在与中，，∴，∴，在中，，∴，，即，解得：，∴．故选：C．【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及求不规则图形的面积等知识，掌握扇形的面积公式是解答此题的关键．8、D【分析】利用矩形的性质，求证明，进而在中利用勾股定理求出的长度，弧长就是的长度，利用数轴上的点表示，求出弧与数轴交点表示的实数即可．【详解】解：四边形OABC是矩形，，在中，由勾股定理可知：， ，弧长为，故在数轴上表示的数为，故选：．【点睛】本题主要是考查了矩形的性质、勾股定理解三角形以及数轴上的点的表示，熟练利用矩形性质，得到直角三角形，然后通过勾股定理求边长，是解决该类问题的关键．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、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．二、填空题1、6和8【分析】根据比例设两条对角线分别为3x、4x，再根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半列式求出x的值即可．【详解】解：设两条对角线分别为3x、4x，根据题意得，×3x•4x=24，解得x=2（负值舍去），∴菱形的两对角线的长分别为，．故答案为：6和8．【点睛】本题考查了菱形的面积，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，菱形的面积的求法，需熟记．2、（-1，-2）【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）．据此作答．【详解】解：根据中心对称的性质，得点P（1，2）关于原点中心对称的点的坐标为（-1，-2）．故答案为：（-1，-2）．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，熟知关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．3、【分析】设 则再利用矩形的性质建立方程求解 从而可得答案.【详解】解： 四边形BHDG为菱形， 设 AD＝3AB，设 则 矩形ABCD， 解得： 故答案为：【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形的性质，菱形的性质，利用图形的性质建立方程确定之间的关系是解本题的关键.4、4【分析】根据菱形的性质求得边长，根据AO：BO=1：2，求得对角线的长，进而根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解．【详解】解：如图四边形是菱形，菱形ABCD的周长为， AO：BO=1：2，故答案为：4【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．5、144°度
 【分析】先根据四边形的四个外角的度数之比分别求出四个外角，再根据多边形外角与内角的关系分别求出它们的内角，即可得到答案．【详解】解：∵四边形的四个外角的度数之比为1：2：3：4，∴四个外角的度数分别为：360°×；360°×；360°×；360°×；∴它最大的内角度数为：．故答案为：144°．【点睛】本题考查了多边形的外角和，以及邻补角的定义，解题的关键是掌握多边形的外角和为360°，从而进行计算．三、解答题1、（1）y=-2.5x+54，x=8；（2）存在，x=6；（3）平行四边形；15．【分析】（1）PB=x，PC=12-x，然后依据△APG的面积=矩形的面积-三个直角三角形的面积可得到y与x的函数关系式，然后将y=34代入函数关系式可求得x的值；（2）先依据勾股定理求得PA、PG、AG的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于x的方程，从而可求得x的值；（3）确定出点P分别与点B和点C重合时，点M、N的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2，从而可判断出MN扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴DC=AB=9，AD=BC=12．∵DG=5，∴GC=4．∵PB=x，PC=12-x，∴y=9×12-×9×x-×4×(12-x)-×5×12，整理得：y=-2.5x+54．当y=34时，-2.5x+54=34，解得x=8；（2）存在．∵PB=x，PC=12-x，AD=12，DG=5，∴PA2=AB2+BP2=81+x2，PG2=PC2+GC2=(12-x)2+16，AG2=AD2+DG2=169．∵当AG2=AP2+PG2时，AP⊥PG，∴81+x2+(12-x)2+16=169，整理得：x2-12x+36=0，配方得：(x-6)2=0，解得：x=6；（3）如图所示：∵当点P与点B重合时，点M位于M1处，点N位于点N1处，∴M1为AB的中点，点N1位GB的中点．∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N2处，∴M2为AC的中点，点N2位CG的中点．∴M1M2∥BC，M1M2=BC，N1N2∥BC，N1N2=BC．∴M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2．∴四边形M1M2N2N1为平行四边形．∴MN扫过的区域为平行四边形．S=BC•(AB-CG)=6×2.5=15，故答案为：平行四边形；15．【点睛】本题主要考查了列函数关系式、三角形的面积公式、三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用，画出MN扫过的图形是解题的关键．2、（1）见解析；（2）菱形，见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；
（2）由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a,B=B=AB=BC通过证明∠FBC=∠可得 BC，利用∠EC=∠C=180°推出∠EC+∠=180°  得到BCE从而证明四边形为平行四边形再利用B=BC可证明四边形为菱形．【详解】（1）证明：∵等腰三角形ABC旋转角a得到∴∠BD=∠FBC=a∠=∠=∠A=∠C   B=B=AB=BC∴BCF（ASA）    （2）解：四边形为菱形理由：∵C=a由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a    B=B=AB=BC又∵ ∠BD=∠FBC=a ∴∠FBC=∠∴BC  ∴∠EC=∠C=180°∴∠EC+∠=180°  ∴BCE∴四边形为平行四边形又∵B=BC∴ 四边形为菱形【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．3、见解析【分析】（1）根据折叠的性质可得：∠1=∠2，再由矩形的性质，可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，即可求解；（2）设FD=x，则AF=CF=8-x，再由勾股定理，可得DF=3，从而得到CF=5，即可求解；（3）连接PB，根据折叠的性质可得△ECP≌△BCP，从而得到PE=PB，进而得到当点F、P、B三点共线时，PE+PF最小，最小值为BF的长，再由勾股定理，即可求解．【详解】（1）解：△ACF是等腰三角形，理由如下：如图，由折叠可知，∠1=∠2，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∴AF=CF，∴△ACF是等腰三角形；（2）∵四边形ABCD是矩形且AB=8，BC=4，∴AD=BC=4，CD=AB=8，∠D=90°，设FD=x，则AF=CF=8-x，在Rt△AFD中，根据勾股定理得AD2+DF2=AF2，∴42+x2=（8-x）2，解得x=3  ，即DF=3，∴CF=8-3=5，∴；（3）如图，连接PB，根据折叠得：CE=CB，∠ECP=∠BCP，∵CP=CP，∴△ECP≌△BCP，∴PE=PB，∴PE+PF=PE+PB，∴当点F、P、B三点共线时，PE+PF最小，最小值为BF的长，由（2）知：CF=5，∵BC=4，∠BCF=90°，∴ ，即PE+PF最小值为 ．【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，等腰三角形的判定，熟练掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．4、（1）（1，4）；（2）45°；（3）见解析
 【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，证明△OAE≌△BOF得到OF=AE，BF=OE，再由点A的坐标为（-4，1），得到OF=AE=1，BF=OE=4，则点B的坐标为（1，4）；（2）延长MP与AN交于H，证明△APH≌△BPM得到AH=BM，再由A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），得到AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，则HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，瑞出HN=MN，即可得到∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；（3）连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，则GP是△ABM的中位线，AM∥GP，证明△PQO≌△PGB得到∠OPQ=∠BPG，再由∠OPQ+∠BPQ=90°，得到∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，则PQ⊥PG，即PG⊥AM；【详解】解：（1）如图所示，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，∴∠AEO=∠OFB=90°，∴∠AOE+∠OAE=90°，又∵∠AOB=90°，∴∠AOE+∠BOF=90°，∴∠OAE=∠BOF，∵AO=OB，∴△OAE≌△BOF（AAS），∴OF=AE，BF=OE，∵点A的坐标为（-4，1），∴OF=AE=1，BF=OE=4，∴点B的坐标为（1，4）；（2）如图所示，延长MP与AN交于H，∵AH⊥y轴，BM⊥y轴，∴BM∥AN，∴∠MBP=∠HAP，∠AHP=∠BMP，∵点P是AB的中点，∴AP=BP，∴△APH≌△BPM（AAS），∴AH=BM，∵A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），∴AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，∴HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，∴HN=MN，∴∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；（3）如图所示，连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，∴GP是△ABM的中位线，∴AM∥GP，∵Q是ON的中点，G是BM的中点，ON=BM=1，∴，∵P是AB中点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，∴，∠OAB=∠OBA=45°，∠OPB=90°∴∠PAO=∠POA=45°，∴∠POB=45°，∵∠NAO+∠NOA=90°，∠NOA+∠BON=90°，∴∠NAO=∠BON，∵∠OAB=∠POB=45°，∴∠BAN+∠NAO=∠POQ+∠BON，即∠BAN=∠POQ，由（2）得∠GBP=∠BAN，∴∠GBP=∠QOP，∴△PQO≌△PGB（SAS），∴∠OPQ=∠BPG，∵∠OPQ+∠BPQ=90°，∴∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，∴PQ⊥PG，∴PG⊥AM；【点睛】本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．5、见解析【分析】利用矩形性质以及等边对等角，证明，最后利用边角边即可证明．【详解】解：四边形ABCD是矩形，，，，，，在和中， ．【点睛】本题主要是考查了矩形的性质、等边对等角以及全等三角形的判定，熟练地利用矩形性质以及等边对等角，求证边和角相等，进而证明三角形全等，这是解决该题的关键．