北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试当堂检测题

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试当堂检测题，共30页。试卷主要包含了以下分别是回收，如图，在六边形中，若，则等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形同步训练
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、下列图形既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2、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．10
3、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4、一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（ ）
A．14或15或16 B．15或16或17 C．15或16 D．16或17
5、以下分别是回收、节水、绿色包装、低碳4个标志，其中是中心对称图形的是（ ）．
A． B． C． D．
6、如图，在中，，，AD平分，E是AD中点，若，则CE的长为（ ）

A． B． C． D．
7、勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：①BI＝CD；②2S△ACD＝S1；③S1＋S4＝S2＋S3；④＋＝．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8、古典园林中的窗户是中国传统建筑装饰的重要组成部分，一窗一姿容，一窗一景致．下列窗户图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
9、如图，在六边形中，若，则（ ）

A．180° B．240° C．270° D．360°
10、下列图形中，既是轴对称图形，又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，四边形和四边形都是边长为4的正方形，点是正方形对角线的交点，正方形绕点旋转过程中分别交，于点，，则四边形的面积为______．

2、若一个多边形的一条对角线把它分成两个四边形，则这个多边形的内角和是_____度．
3、一个凸边形的边数与对角线条数的和小于20，且能被5整除，则______．
4、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_____．
5、如图，正方形ABCD的边长为做正方形，使A，B，C，D是正方形各边的中点；做正方形，使是正方形各边的中点……以此类推，则正方形的边长为__________．


三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求证：∠DEF＝∠DFE．


2、如图，四边形ABCD是一个菱形绿草地，其周长为40m，∠ABC＝120°，在其内部有一个矩形花坛EFGH，其四个顶点恰好在菱形ABCD各边中点，现准备在花坛中种植茉莉花，其单价为30元/m2，则需投资资金多少元？（ 取1.732）

3、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．

4、在如图所示的4×3网格中，每个小正方形的边长均为1，正方形顶点叫格点，连接两个网格格点的线段叫网格线段．点A固定在格点上．

（1）若a是图中能用网格线段表示的最小无理数，b是图中能用网格线段表示的最大无理数，则a＝　 　，b＝　 　，＝　 　；
（2）请在网格中画出顶点在格点上且边长为的所有菱形ABCD，你画出的菱形面积分别为 　 　，　 　．
5、已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，设PC＝m．

（1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代数式表示为　 　，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由．

-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
一个图形绕着某固定点旋转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，这个固定点叫做对称中心；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，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这两个概念逐项判断即可．
【详解】
A、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；
D、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故符合题意．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别，掌握它们的概念是关键．
2、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．
3、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【详解】
解：A．是轴对称图形，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．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
4、A
【分析】
由题意先根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论即可．
【详解】
解：设新多边形的边数为n，
则（n-2）•180°=2340°，
解得：n=15，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为14，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为15，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为16，
所以多边形的边数可以为14，15或16．
故选：A．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式（n-2）•180°（n为边数）是解题的关键．
5、C
【分析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出答案．
【详解】
解：A、此图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、此图形是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形的定义，关键是找出图形的对称中心．
6、B
【分析】
根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据角平分线的定义∠DAB=∠B，求出AD，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=90°-30°=60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=∠BAC=30°，
∴∠DAB=∠B，
∴AD=BD=a，
在Rt△ACB中，E是AD中点，
∴CE=AD=，
故选： B．
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质、角平分线的定义，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．
7、C
【分析】
根据SAS证△ABI≌△ADC即可得证①正确，过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出S△ABI＝S1，即可得出②正确，过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，证S1＝S3即可得证③正确，利用勾股定理可得出S1+S2＝S3+S4，即能判断④不正确．
【详解】
解：①∵四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，
∴AI＝AC，AB＝AD，∠IAC＝∠BAD＝90°，
∴∠IAC+∠CAB＝∠BAD+∠CAB，
即∠IAB＝∠CAD，
在△ABI和△ADC中，
，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴BI＝CD，
故①正确；
②过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，

∴∠BMA＝90°，
∵四边形ACHI是正方形，
∴AI＝AC，∠IAC＝90°，S1＝AC2，
∴∠CAM＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CAM＝∠BMA＝90°，
∴四边形AMBC是矩形，
∴BM＝AC，
∵S△ABI＝AI•BM＝AI•AC＝AC2＝S1，
由①知△ABI≌△ADC，
∴S△ACD＝S△ABI＝S1，
即2S△ACD＝S1，
故②正确；
③过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，

∴∠CNA＝90°，
∵四边形AKJD是矩形，
∴∠KAD＝∠AKJ＝90°，S3＝AD•AK，
∴∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴∠CNA＝∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴四边形AKCN是矩形，
∴CN＝AK，
∴S△ACD＝AD•CN＝AD•AK＝S3，
即2S△ACD＝S3，
由②知2S△ACD＝S1，
∴S1＝S3，
在Rt△ACB中，AB2＝BC2+AC2，
∴S3+S4＝S1+S2，
又∵S1＝S3，
∴S1+S4＝S2+S3，
即③正确；
④在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2，
∴S3+S4＝S1+S2，
∴，
故④错误；
综上，共有3个正确的结论，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
8、C
【分析】
根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
9、C
【分析】
根据多边形外角和求解即可．
【详解】
解： ，
，
故选：C
【点睛】
本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形外角和是解题的关键．
10、C
【分析】
根据轴对称图形和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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【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．
二、填空题
1、4
【分析】
过点O作OG⊥AB，垂足为G，过点O作OH⊥BC，垂足为H，把四边形的面积转化为正方形OGBH的面积，等于正方形ABCD面积的．
【详解】
如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，过点O作OH⊥BC，垂足为H，
∵四边形ABCD的对角线交点为O，
∴OA=OC，∠ABC=90°，AB=BC，
∴OG∥BC，OH∥AB，


∴四边形OGBH是矩形，OG=OH=，∠GOH=90°，
∴=4，
∵∠FOH+∠FOG=90°，∠EOG+∠FOG=90°，
∴∠FOH=∠EOG，
∵∠OGE=∠OHF=90°，OG=OH，
∴△OGE≌△OHF，
∴，
∴，
∴=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，三角形的全等与性质，补形法计算面积，熟练掌握正方形的性质，灵活运用补形法计算面积是解题的关键．
2、720
【分析】
根据一个多边形被一条对角线分成两个四边形，可得多边形的边数，根据多边形的内角和定理，可得答案．
【详解】
解：由题意，得
两个四边形有一条公共边，得
多边形是，
由多边形内角和定理，得
．
故答案为：720．
【点睛】
本题考查了多边形的对角线，利用了多边形内角和定理，解题的关键是注意对角线是两个四边形的公共边．
3、5或6
【分析】
先把多边形的边数与对角线的条数之和因式分解，列不等式得出，两个连续整式的积小于40根据能被5整除，当n=5，能被5整除，当n-1=5，n=6，能被5整除即可 ．
【详解】
解：＜20，
∴，
∵能被5整除，
当n=5，能被5整除，
当n-1=5，n=6，能被5整除，
故答案为5或6．
【点睛】
本题考查因式分解，熟记n边形对角线条数的公式，列不等式，根据条件进行讨论是解题关键．
4、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．
5、
【分析】
利用正方形ABCD的及勾股定理，求出的长，再根据勾股定理求出和的长，找出规律，即可得出正方形的边长．
【详解】
解：∵A，B，C，D是正方形各边的中点
∴，
∵正方形ABCD的边长为，即AB=，
∴，解得：，
∴==2，
同理==2，
==4 …，
∴，
∴=，
∴的边长为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形性质、勾股定理的应用，解此题的关键是能根据计算结果得出规律，本题具有一定的代表性，是一道比较好的题目．
三、解答题
1、见解析
【分析】
根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，再由BE=BF，可推出AE=CF，即可利用SAS证明△ADE≌△CDF得到DE=DF，则∠DEF=∠DFE．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，
∵BE=BF，
∴AB-BE=BC-BF，即AE=CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE=DF，
∴∠DEF=∠DFE．

【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
2、2598元
【分析】
根据菱形的性质，先求出菱形的一条对角线，由勾股定理求出另一条对角线的长，由三角形的中位线定理，求出矩形的两条边，再求出矩形的面积，最后求得投资资金．
【详解】
连接BD，AD相交于点O，如图：

∵四边形ABCD是一个菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠ABC=120°，
∴∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∵菱形的周长为40m，
∴菱形的边长为10m，
∴BD＝10m，BO＝5m，
∴在Rt△AOB中，m，
∴AC＝2OA＝m，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH＝BD ＝5m，EF＝AC＝5m，
∴S矩形＝5×5＝50m2，
则需投资资金50×30=1500×1.732≈2598元
【点睛】
本题考查了二次根式的应用，勾股定理，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记各性质与定理是解题的关键．
3、（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．
4、（1），2，；（2）4或5．
【分析】
（1）借助网格得出最大的无理数以及最小的无理数，进而求出即可；
（2）根据要求周长边长为的菱形即可．
【详解】
解：（1）由题意得：a=，b=2，
∴；
故答案为：，2，；
（2）如图1，2中，菱形ABCD即为所求．
菱形ABCD的面积为=×4×2=4或菱形ABCD的面积=×=5，
故答案为：4或5．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，无理数，勾股定理，菱形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形解决问题．
5、（1）点D（4,14）；（2）存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标或．
【分析】
（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，可得点D（n,2n+6）,根据△APD是等腰直角三角形，可得∠EDA=∠FAP，可证△EDA≌△FAP（AAS），可得AE=PF，ED=FA，再证四边形AFPB为矩形，得出点D（n，14），根据点D在直线y＝2x＋6上，求出n=4即可；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），求出b =-6，设点D（x, 2x-6），分三种情况当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，证明△EDA≌△FPD（AAS），再证四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，得出DE+DF=x+2x-14=8；当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，先证△ABP≌△PFD（AAS），得出CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6；当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，先证四边形AFPB为矩形，得出PF=AB=8，再证△APF≌△DAE（AAS），得出求解方程即可
【详解】
解：（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，
设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，
∴x=n，y＝2n＋6，
∴点D（n,2n+6）,
∵△APD是等腰直角三角形，
∴DA=AP，∠DAP=90°，
∴∠DAE+∠FAP=180°-∠DAP=90°，
∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，
∴∠DEA=∠AFP=90°，
∴∠EDA+∠DAE=90°，
∴∠EDA=∠FAP，
在△EDA和△FAP中，
，
∴△EDA≌△FAP（AAS），
∴AE=PF，ED=FA，
∵四边形OABC为矩形，B的坐标为（8，6），
∴AB=OC=8，OA=BC=6，∠FAB=∠ABP=90°，
∵∠AFP=90°，
∴四边形AFPB为矩形，
∴PF=AB=8，
∴EA=FP=8，
∴OE=OA+AE=6+8=14，
∴点D（n，14），
∵点D在直线y＝2x＋6上，
∴14＝2n＋6,，
∴n=4，
∴点D（4,14）；


（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），
∴0＝6＋b，
∴b =-6，
∴直线y＝2x-6，
设点D（x, 2x-6），
过点D作EF⊥y轴，交y轴于E，交CB延长线于F，
要使△ADP为等腰直角三角形，
当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠ADE+∠FDP=180°-∠ADP=90°，
∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，
∴∠DEA=∠AFP=90°，
∴∠EDA+∠DAE=90°，
∴∠EAD=∠FDP，
在△EDA和△FPD中，
，
∴△EDA≌△FPD（AAS），
∴AE=DF=2x-6-8=2x-14，ED=FP=x，
∵四边形OABC为矩形，AB=OC=8，OA=BC=6，
∴∠OCF=90°，
∴四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，
∴DE+DF=x+2x-14=8，
解得x=，
∴，
∴点D；


当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠APB+∠DPF=90°，
过D作DF⊥射线CB于F，
∴∠DFP=90°，
∵四边形OABC为矩形，
∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=90°，
∴∠BAP+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠FPD，
在△ABP和△PFD中，
，
∴△ABP≌△PFD（AAS），
∴BP=FD=x-8,AB=PF=8，
∴CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6，
解得x=，
∴，
∴点D；


当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠EAD +∠PAF=90°，
过D作DE⊥y轴于E，过P作PF⊥y轴于F，
∴∠DEA=∠PFA=90°，
∴∠FAP+∠FPA=90°，
∴∠FPA=∠EAD，
∵四边形OABC为矩形，
∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=∠BAO=90°，
∵∠PFA=90°，
∴四边形AFPB为矩形，
∴PF=AB=8，
在△APF和△DAE中，
，
∴△APF≌△DAE（AAS），
∴FP=AE=8，AF=DE=6-m，
∴OE=OA+AE=6+8=14，
∴，
解得：，
∵PC＝m≥0，
∴AF=6-m≤6＜10，
∴此种情况不成立；


综合存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标或．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质，掌握等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质是解题关键．