冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品一课一练

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八年级数学下册第二十二章四边形定向攻克
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、已知菱形两条对角线的长分别为8和10，则这个菱形的面积是（　　　）
A．20 B．40 C．60 D．80
2、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
3、如图，矩形中，，如果将该矩形沿对角线折叠，那么图中阴影部分的面积是22.5，则（ ）

A．8 B．10 C．12 D．14
4、如图，菱形OABC的边OA在平面直角坐标系中的x轴上，，，则点C的坐标为（ ）

A． B． C． D．
5、平面上六个点A，B，C，D，E，F，构成如图所示的图形，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F度数是（ ）

A．135度 B．180度 C．200度 D．360度
6、如图，在边长为的正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且于点F，连接DE，当时，（　　　）

A．1 B． C． D．
7、如图，为了测量一块不规则绿地B，C两点间的距离，可以在绿地的一侧选定一点A，然后测量出AB，AC的中点D，E，如果测量出D，E两点间的距离是8m，那么绿地B，C两点间的距离是（　　）

A．4m B．8m C．16m D．20m
8、如图，平行四边形ABCD，∠BCD=120°，AB=2，BC=4，点E是直线BC上的点，点F是直线CD上的点，连接AF，AE，EF，点M，N分别是AF，EF的中点．连接MN，则MN的最小值为（ ）

A．1 B． C． D．
9、如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝150°；④S四边形AEFD＝8．错误的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10、如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（ ）

A．OA＝OC，OB＝OD B．AB＝CD，AO＝CO
C．AB＝CD，AD＝BC D．∠BAD＝∠BCD，AB∥CD
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、中，已知AB＝CD＝4，BC＝6，则当AD＝________时，四边形ABCD是平行四边形．
2、如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D，E，F分别为AB，BC，AC的中点，已知DF＝5，则AE＝_____．

3、如图，四边形ABFE、AJKC、BCIH分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形，过点C作AB的垂线，交AB于点D，交FE于点G，连接HA、CF．欧几里得编纂的《原本》中收录了用该图形证明勾股定理的方法．关于该图形的下面四个结论：
①△ABH≌△FBC；
②正方形BCIH的面积=2△ABH的面积；
③矩形BFGD的面积=2△ABH的面积；
④BD2+AD2+CD2=BF2．
正确的有 ______．（填序号）

4、如图，在矩形中，，点在边上，联结．如果将沿直线翻折，点恰好落在线段上，那么 的值为_________．

5、将矩形纸片ABCD（AB＜BC）沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点D'处，折痕为EG（如图2）：再展开纸片（如图3），则图3中∠FEG的大小是__．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、【问题情境】如图1，在中，，垂足为D，我们可以得到如下正确结论：①；②；③，这些结论是由古希酷著名数学家欧几里得在《几何原本》最先提出的，我们称之为“射影定理”，又称“欧几里德定理”．
(1)请证明“射影定理”中的结论③．
(2)【结论运用】如图2，正方形的边长为6，点O是对角线、的交点，点E在上，过点C作，垂足为F，连接．

①求证：．
②若，求的长．
2、已知正多边形的内角和比外角和大720°，求该正多边形所有对角线的条数．
3、在平面直角坐标系中，已知点，，，以点，，为顶点的平行四边形有三个，记第四个顶点分别为，，，如图所示．

(1)若，则点，，的坐标分别是（　　），（　　），（　　）；
(2)若△是以为底的等腰三角形，
①直接写出的值；
②若直线与△有公共点，求的取值范围．
(3)若直线与△有公共点，求的取值范围．
4、如图，点D是ABC内一点，点E，F，G，H分别是AB，AC，CD，BD的中点．

(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)如果∠BDC＝90°，∠DBC＝30°，，AD＝6，求四边形EFGH的周长．
5、如图1，已知∠ACD是ABC的一个外角，我们容易证明∠ACD＝∠A+∠B，即：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？

(1)尝试探究：如图2，已知：∠DBC与∠ECB分别为ABC的两个外角，则∠DBC＋∠ECB－∠A 180°．（横线上填＜、＝或＞）
(2)初步应用：如图3，在ABC中，BP、CP分别平分外角∠DBC、∠ECB，∠P与∠A有何数量关系？请利用上面的结论直接写出答案：∠P= ．
(3)解决问题：如图4，在四边形ABCD中，BP、CP分别平分外角∠EBC、∠FCB，请利用上面的结论探究∠P与∠BAD、∠CDA的数量关系．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【解析】
【分析】
根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】
解：这个菱形的面积＝×10×8＝40．
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的面积问题，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
2、A
【解析】
【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．
3、C
【解析】
【分析】
根据折叠和矩形的性质，可得∠DBE =∠CBD，AD∥BC，AD=BC，AB⊥AD，从而得到∠BDE=∠DBE，进而得到BE=DE，再由的面积是22.5，可得，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】
解：根据题意得： ∠DBE =∠CBD，AD∥BC，AD=BC，AB⊥AD，
∴∠BDE=∠CBD，
∴∠BDE=∠DBE，
∴BE=DE，
∵的面积是22.5，，
∴ ，解得： ，
∴，
在 中，由勾股定理得：
，
∴ ．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了折叠和矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠和矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
4、A
【解析】
【分析】
如图：过C作CE⊥OA，垂足为E，然后求得∠OCE=30°，再根据含30°角直角三角形的性质求得OE，最后运用勾股定理求得CE即可解答.
【详解】
解：如图：过C作CE⊥OA，垂足为E，
∵菱形OABC，
∴OC=OA=4
∵，
∴∠OCE=30°
∵OC=4
∴OE=2
∴CE=
∴点C的坐标为.
故选A.

【点睛】
本题主要考查了菱形的性质、含30°直角三角形的性质、勾股定理等知识点，作出辅助线、求出OE、CE的长度是解答本题的关键.
5、D
【解析】
【分析】
根据三角形外角性质及四边形内角和求解即可．
【详解】
解：如下图所示：

根据三角形的外角性质得，∠1=∠C+∠E，∠2=∠B+∠D，
∵∠1+∠2+∠A+∠F=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°，
故选：D．
【点睛】
此题考查了三角形的外角性质，熟记三角形外角性质及四边形内角和为360°是解题的关键．
6、C
【解析】
【分析】
证明，则，计算的长，得，证明是等腰直角三角形，可得的长．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
7、C
【解析】
【分析】
根据三角形中位线定理即可求出．
【详解】
解：中，、分别是、的中点，
为三角形的中位线，
，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理的应用，解题的关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半．
8、C
【解析】
【分析】
先证明NM为△AEF的中位线，根据中位线性质得出MN=，可得AE最小时，MN最小，根据点E在直线BC上，根据点到直线的距离最短得出AE⊥BC时AE最短，根据在平行四边形ABCD中，∠BCD=120°，求出∠ABC=180°-∠BCD=180°-120°=60°，利用三角形内角和∠BAE=180°-∠ABE-∠AEB=180°-60°-90°=30°，利用30°直角三角形性质得出BE=，再利用勾股定理求出AE即可．
【详解】
解：∵M为FA中点，N为FE中点，
∴NM为△AEF的中位线，
∴MN=
∴AE最小时，MN最小，
∵点E在直线BC上，
根据点A到直线BC的距离最短，
∴AE⊥BC时AE最短，
∵在平行四边形ABCD中，∠BCD=120°，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠ABC=180°-∠BCD=180°-120°=60°，
∴∠BAE=180°-∠ABE-∠AEB=180°-60°-90°=30°，
在Rt△ABE中，∠BAE=30°，AB=2，
∴BE=，
根据勾股定理AE最小值=,
∴MN=．
故选择C．
【点睛】
本题考查三角形中位线性质，平行四边形性质，点到直线距离，三角形内角和，30°直角三角形性质，勾股定理，掌握三角形中位线性质，平行四边形性质，点到直线距离，三角形内角和，30°直角三角形性质，勾股定理是解题关键．
9、A
【解析】
【分析】
利用勾股定理逆定理证得△ABC是直角三角形，由此判断①；证明△ABC≌△DBF得到DF＝AE，同理可证：△ABC≌△EFC，得到EF＝AD，由此判断②；由②可判断③；过A作AG⊥DF于G，求出AG即可求出 S▱AEFD，判断④．
【详解】
解：∵AB＝3，AC＝4，32+42＝52，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC，故①正确；
∵△ABD，△ACE都是等边三角形，
∴∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAE＝150°，
∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
∴BD＝BA，BF＝BC，
∴∠DBF＝∠ABC，
在△ABC与△DBF中，
，
∴△ABC≌△DBF（SAS），
∴AC＝DF＝AE＝4，
同理可证：△ABC≌△EFC（SAS），
∴AB＝EF＝AD＝3，
∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；
∴∠DFE＝∠DAE＝150°，故③正确；
过A作AG⊥DF于G，如图所示：
则∠AGD＝90°，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30°，
∴AG＝AD＝，
∴S▱AEFD＝DF•AG＝4×＝6；故④错误；
∴错误的个数是1个，
故选：A．
．
【点睛】
此题考查了等边三角形的性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，直角三角形的30度角的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
10、B
【解析】
略
二、填空题
1、6
【解析】
略
2、5
【解析】
【分析】
依题意，可得DF是△ABC的中位线，得到BC的边长；又结合直角三角形斜边中线是斜边的一半，即可求解；
【详解】
∵ D，F分别为AB，AC的中点，
∴DF是△ABC的中位线，
∴BC＝2DF＝10，
在Rt△ABC中，E为BC的中点，

故答案为：5．
【点睛】
本题主要考查直角三角形性质及中线的性质，关键在熟练综合使用和分析；
3、①②③
【解析】
【分析】
由“SAS”可证△ABH≌△FBC，故①正确；由平行线间的距离处处相等，可得S△ABH=S△BCH=S正方形BCIH，故②正确；同理可证矩形BFGD的面积=2△ABH的面积，故③正确；由勾股定理可得BD2+AD2+2CD2=BF2，故④错误，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABFE和四边形CBHI是正方形，
∴AB=FB，HB=CB，∠ABF=∠CBH=90°，
∴∠CBF=∠HBA，
∴△ABH≌△FBC（SAS），故①正确；
如图，连接HC，

∵AI∥BH，
∴S△ABH=S△BCH=S正方形BCIH，
∴正方形BCIH的面积=2△ABH的面积，故②正确；
∵CG∥BF，
∴S△CBF=×BF×BD=S矩形BDGF，
∴矩形BFGD的面积=2△ABH的面积，故③正确；
∵BC2=CD2+DB2，AC2=CD2+AD2，BC2+AC2=AB2，
∴BD2+CD2+CD2+AD2=AB2=BF2，
∴BD2+AD2+2CD2=BF2，故④错误，
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
4、
【解析】
【分析】
先根据翻折的性质得出AD′=AD=5，DP=PD′，，然后在Rt△ABF中由勾股定理求出BD′=4，D′C=1，设DP=x，则D′P=x，PC=3-x，在RtCD′P中，由勾股定理求出列方程求出x即可，然后利用三角形的面积公式求出S△ADP和的面积即可．
【详解】
解：∵AB=3，BC=5，
∴DC=3，AD=5，
又∵将△ADP折叠使点D恰好落在BC边上的点D′，
∴AD′=AD=5，DP=PD′，
在Rt△ABD′中，AB=3，AD′=5，
∴BD′==4，
∴D′C=5-4=1，
设DP=x，则D′P=x，PC=3-x，
在Rt△CD′P中，D′P2=D′C2+PC2，即x2=12+（3-x）2，解得x=，
即DP的长为，
∵AD=5，
∴S△ADP=×DP×AD=××5=，=3×5-=，
∴=，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等，也考查了矩形的性质以及勾股定理．
5、22.5°
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可知，∠A=∠EFB=90°，AB=BF，以及纸片ABCD为矩形可得，∠AEF为直角，进而可以判断四边形ABFE为正方形，进而通过∠AEB，∠BEG的角度计算出∠FEG的大小．
【详解】
解：由折叠可知△AEB≌△FEB，
∴∠A=∠EFB=90°，AB=BF，
∵纸片ABCD为矩形，
∴AE∥BF，
∴∠AEF=180°－∠BFE=90°，
∵AB=BF，∠A=∠AEF=∠EFB=90°，
∴四边形ABFE为正方形，
∴∠AEB=45°，
∴∠BED=180°－45°=135°，
∴∠BEG=135°÷2=67.5°，
∴∠FEG=67.5°－45°=22.5°．
【点睛】
本题考查折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，以及平行的相关性质，能够将正方形与矩形的性质相结合是解决本题的关键．
三、解答题
1、 (1)见解析；
(2)①见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）由AA证明，再由相似三角形对应边称比例得到，继而解题；
（2）①由“射影定理”分别解得，，整理出，再结合即可证明；
②由勾股定理解得，再根据得到，代入数值解题即可．
(1)
证明：







(2)
①四边形ABCD是正方形









②在中，


在，



．
【点睛】
本题考查相似三角形的综合题，涉及勾股定理、正方形等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
2、20条
【解析】
【分析】
多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，外角和是固定的360°，根据正多边形内角和与外角和的差等于720°，列方程求出正多边形的边数．然后根据n边形共有条对角线，得出此正多边形的所有对角线的条数．
【详解】
解：设此正多边形为正n边形．
由题意得：，
解得n＝8，
∴此正多边形所有的对角线条数为：＝20．
答：这个正多边形的所有对角线有20条．
【点睛】
此题考查多边形的边数与对角线条数,一元一次方程，解题关键在于掌握多边形内角和公式和外角和，以及对角线条数计算公式.．
3、 (1)-3，3，1，3，-3，-1
(2)①-2；②
(3)或
【解析】
【分析】
（1）分别以、、为对角线，利用平行四边形以及平移的性质可得点，，的坐标；
（2）①根据平行公理得，、在同一直线上，、、在同一直线上，可得是等腰三角形△的中位线，求出，即可得的值；
②由①求得的的值可得，的坐标，分别求出直线过点，时的值即可求解；
（3）由题意用表示出点，，的坐标，画出图形，求出直线与△交于点，时的值即可求解．
(1)
解：，，
，轴．
以为对角线时，
四边形是平行四边形，
，，
将向左平移2个单位长度可得，即；
以为对角线时，
四边形是平行四边形，
，，
将向右平移2个单位长度可得，即；
以为对角线时，
四边形是平行四边形，
对角线的中点与的中点重合，
的中点为，，
．
故答案为：，，；
(2)
解：①如图，若△是以为底的等腰三角形，

四边形，，是平行四边形，
，，，
、、在同一直线上，、、在同一直线上，，
是等腰三角形△的中位线，
，，
，，，
，
；
②由①得，
，．
当直线过点时，，解得：，
当直线过点时，，解得：，
的取值范围为；
(3)
解：如图，，，，
，．

连接、交于点，
四边形是平行四边形，
点、关于点对称，
，
直线与△有公共点，
当直线与△交于点，，解得：，
时，直线与△有公共点；
当直线与△交于点，，解得：，
时，直线与△有公共点；
综上，的取值范围为或．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形性质，平移的性质，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征等知识，解题的关键是利用数形结合与分类讨论的思想进行求解．
4、 (1)见解析
(2)12
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的中位线定理得出EH＝FG＝AD，EF＝GH＝BC，即可得出结论；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质，求得，由（1）得出四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，即可得出结果．
(1)
证明：∵点E，F，G，H分别是AB，AC，CD，BD的中点．
∴EH＝FG＝AD，BC，
∴四边形EFGH是平行四边形；
(2)
∵∠BDC＝90°，∠DBC＝30°，
∴BC＝2CD＝4．
由（1）得：四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，
又∵AD＝6，
∴四边形EFGH的周长＝AD+BC＝6+8＝12．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
5、 (1)＝
(2)∠P＝90°－∠A
(3)∠P＝180°－∠BAD－∠CDA，探究见解析
【解析】
【分析】
（1）根据三角形外角的性质得：∠DBC=∠A+∠ACB，∠ECB=∠A+∠ABC，两式相加可得结论；
（2）根据角平分线的定义得：∠CBP=∠DBC，∠BCP=∠ECB，根据三角形内角和可得：∠P的式子，代入（1）中得的结论：∠DBC+∠ECB=180°+∠A，可得：∠P=90°−∠A；
（3）根据平角的定义得：∠EBC=180°-∠1，∠FCB=180°-∠2，由角平分线得：∠3=∠EBC=90°−∠1，∠4=∠FCB=90°−∠2，相加可得：∠3+∠4=180°−（∠1+∠2），再由四边形的内角和与三角形的内角和可得结论．
(1)
∠DBC+∠ECB-∠A=180°，
理由是：∵∠DBC=∠A+∠ACB，∠ECB=∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB=2∠A+∠ACB+∠ABC=180°+∠A，
∴∠DBC+∠ECB-∠A=180°，
故答案为：=；
(2)
∠P=90°-∠A，
理由是：∵BP平分∠DBC，CP平分∠ECB，
∴∠CBP=∠DBC，∠BCP=∠ECB，
∵△BPC中，∠P=180°-∠CBP-∠BCP=180°-（∠DBC+∠ECB），
∵∠DBC+∠ECB=180°+∠A，
∴∠P=180°-（180°+∠A）=90°-∠A．
故答案为：∠P=90°-∠A，
(3)
∠P=180°-∠BAD-∠CDA，
理由是：如图，

∵∠EBC=180°-∠1，∠FCB=180°-∠2，
∵BP平分∠EBC，CP平分∠FCB，
∴∠3=∠EBC=90°-∠1，∠4=∠FCB=90°-∠2，
∴∠3+∠4=180°-（∠1+∠2），
∵四边形ABCD中，∠1+∠2=360°-（∠BAD+∠CDA），
又∵△PBC中，∠P=180°-（∠3+∠4）=（∠1+∠2），
∴∠P=×[360°-（∠BAD+∠CDA）]=180°-（∠BAD+∠CDA）=180°-∠BAD-∠CDA．
【点睛】
本题是四边形和三角形的综合问题，考查了三角形和四边形的内角和定理、三角形外角的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形外角的性质是关键．