北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课时训练

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课时训练，共33页。试卷主要包含了平行四边形中，，则的度数是等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形专题测试
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、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．
2、在Rt△ABC中，∠C＝90°，若D为斜边AB上的中点，AB的长为10，则DC的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
3、如图，四边形ABCD中，∠A=60°，AD=2，AB=3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）

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、如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BC′D，C′D与AB交于点E，若∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）

A．25° B．20° C．15° D．10°
6、如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300 m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（ ）

A．A，B，C都不在 B．只有B
C．只有A，C D．A，B，C
7、如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上的一个动点，点C是y轴正半轴上的点，于点C．已知，．点B到原点的最大距离为（ ）

A．22 B．18 C．14 D．10
8、四边形的内角和与外角和的数量关系，正确的是（　　）
A．内角和比外角和大180° B．外角和比内角和大180°
C．内角和比外角和大360° D．内角和与外角和相等
9、平行四边形中，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
10、如图，在正方形有中，E是AB上的动点，（不与A、B重合），连结DE，点A关于DE的对称点为F，连结EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作⊥DE交DG的延长线于点H，连接，那么的值为（ ）

A．1 B． C． D．2
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、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．
2、过五边形一个顶点的对角线共有________条．
3、如图，以边长为2的正方形的中心O为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于A、B两点，则线段AB长度的最小值为_________．

4、已知一直角三角形的两直角边长分别为6和8，则斜边上中线的长度是_____．
5、如图，已知ABCD，和的平分线相交于，，求的度数_____．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、我们知道正多边形的定义是：各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形．
（1）如图①，在各边相等的四边形ABCD中，当AC＝BD时，四边形ABCD 　 　正四边形；（填“是”或“不是”）
（2）如图②，在各边相等的五边形ABCDE中，AC＝CE＝EB＝BD＝DA，求证：五边形ABCDE是正五边形；
（3）如图③，在各边相等的五边形ABCDE中，减少相等对角线的条数也能判定它是正五边形，问：至少需要几条对角线相等才能判定它是正五边形？请说明理由．

2、如图是两张10×10的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．请在方格纸中分别画出符合要求的格点四边形（格点四边形是指四边形的各顶点均在小正方形的顶点上）：
（1）请在图1中，画出一个面积为24，且它是中心对称图形不是轴对称图形．
（2）请在图2中，画出一个周长为24，且既是中心对称图形也是轴对称图形．

3、如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝kx+b（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点B（0，6），直线l2与x轴交于点C，与直线l1交于D（m，3），OC＝2OA，tan∠BAO＝．

（1）求直线l2的解析式．
（2）在线段DC上是否存在点P，使△DAP的面积为？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）如图2，连接OD，将△ODB沿直线AB翻折得到△O'DB．若点M为直线AB上一动点，在平面内是否存在点N，使得以B、O′、M、N为顶点的四边形为菱形，若存在，直接写出N的坐标，若不存在，请说明理由．
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、如图，在平行四边形ABCD中，，点E、F分别是BC、AD的中点．

（1）求证：；
（2）当时，在不添加辅助线的情况下，直接写出图中等于的2倍的所有角．

-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、A
【分析】
利用直角三角形斜边的中线的性质可得答案．
【详解】
解：∵∠C=90°，若D为斜边AB上的中点，
∴CD=AB，
∵AB的长为10，
∴DC=5，
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了直角三角形斜边的中线，关键是掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
3、A
【分析】
根据三角形的中位线定理得出EF=DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN，从而求得EF的最大值． 连接DB，过点D作DH⊥AB交AB于点H，再利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可；
【详解】
解：∵ED=EM，MF=FN，
∴EF=DN，
∴DN最大时，EF最大，
∴N与B重合时DN=DB最大，
在Rt△ADH中， ∵∠A=60°

∴AH=2×=1，DH=，
∴BH=AB﹣AH=3﹣1=2，
∴DB=，
∴EFmax=DB=，
∴EF的最大值为．

故选A
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，利用中位线求得EF=DN是解题的关键．
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、D
【分析】
根据矩形的性质，可得∠ABD＝40°，∠DBC＝50°，根据折叠可得∠DBC′＝∠DBC＝50°，最后根据∠2＝∠DB C′−∠DBA进行计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，CD∥AB，
∴∠ABD=∠1＝40°，
∴∠DBC＝∠ABC-∠ABD=50°，
由折叠可得∠DB C′＝∠DBC＝50°，
∴∠2＝∠DB C′−∠DBA＝50°−40°＝10°，
故选D．
【点睛】
本题考查了长方形性质，平行线性质，折叠性质，角的有关计算的应用，关键是求出∠DBC′和∠DBA的度数．
6、D
【分析】
根据三角形边长然后利用勾股定理逆定理可得为直角三角形，由直角三角形斜边上的中线性质即可得．
【详解】
解：如图所示：连接BD，

∵，，，
∴，
∴为直角三角形，
∵D为AC中点，
∴，
∵覆盖半径为300 ，
∴A、B、C三个点都被覆盖，
故选：D．
【点睛】
题目主要考查勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线的性质等，理解题意，综合运用两个定理是解题关键．
7、B
【分析】
首先取AC的中点E，连接BE，OE，OB，可求得OE与BE的长，然后由三角形三边关系，求得点B到原点的最大距离．
【详解】
解：取AC的中点E，连接BE，OE，OB，

∵∠AOC＝90°，AC＝16，
∴OE＝CEAC＝8，
∵BC⊥AC，BC＝6，
∴BE10，
若点O，E，B不在一条直线上，则OB＜OE+BE＝18．
若点O，E，B在一条直线上，则OB＝OE+BE＝18，
∴当O，E，B三点在一条直线上时，OB取得最大值，最大值为18．
故选：B
【点睛】
此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质以及三角形三边关系．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
8、D
【分析】
直接利用多边形内角和定理分别分析得出答案．
【详解】
解：A．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；
B．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；
C．六四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；
D．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了四边形内角和和外角和，解题关键是熟记四边形内角和与外角和都是360°．
9、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．
10、B
【分析】
作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】
解：如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，
，
∵AD=AB，
∴DM=BE，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，
∴∠DFG=90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EDG=45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，
∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，
∴∠1=∠BEH，
在△DME和△EBH中，
∵，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴EM=BH，
Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，
∴，
∴ ，即=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．
二、填空题
1、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．
2、2
【分析】
画出图形，直接观察即可解答．
【详解】
解：如图所示，过五边形一个顶点的对角线共有2条；
故答案为：2
．
【点睛】
本题考查了多边形对角线的条数，解题关键是明确过n边形的顶点可引出（n-3）条对角线．
3、
【分析】
根据正方形的对角线平分一组对角线可得∠OCD=∠ODB=45°，正方形的对角线互相垂直平分且相等可得∠COD=90°，OC=OD，然后根据同角的余角相等求出∠COA=∠DOB，再利用“ASA”证明△COA和△DOB全等，根据全等三角形对应边相等可得OA=OB，从而得到△AOB是等腰直角三角形，再根据垂线段最短可得OA⊥CD时，OA最小，然后求出OA，再根据等腰直角三角形的斜边等于直角边的倍解答．
【详解】
解：如图，

∵四边形CDEF是正方形，
，

，

，
在与中，
，
，
∴OA=OB，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
由勾股定理得： ,
要使AB最小，只要OA取最小值即可，
根据垂线段最短，OA⊥CD时，OA最小，
∵正方形CDEF，
∴FC⊥CD，OD=OF，
∴CA=DA，
∴OA=,
∴AB=．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理，熟记各性质并求出三角形全等，然后求出△AOB是等腰直角三角形是解题的关键．
4、5
【分析】
直角三角形中，斜边长为斜边中线长的2倍，所以求斜边上中线的长求斜边长即可．
【详解】
解：在直角三角形中，两直角边长分别为6和8，
则斜边长＝＝10，
∴斜边中线长为×10＝5，
故答案为 5．
【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，勾股定理，根据勾股定理求得斜边长是解题的关键．
5、110°度
【分析】
过点E作EH∥AB，然后由AB∥CD，可得AB∥EH∥CD，然后根据两直线平行内错角相等可得∠ABE=∠BEH，∠CDE=∠DEH，然后根据周角的定义可求∠ABE+∠CDE的度数；再根据角平分线的定义求出∠EBF+∠EDF的度数，然后根据四边形的内角和定理即可求∠BFD的度数．
【详解】
解：过点E作EH∥AB，如图所示，

∵AB∥CD，
∴AB∥EH∥CD，
∴∠ABE=∠BEH，∠CDE=∠DEH，
∵∠BEH+∠DEH+∠BED=360°，∠BED=140°，
∴∠BEH+∠DEH=220°，
∴∠ABE+∠CDE=220°，
∵∠ABE和∠CDE的平分线相交于F，
∴∠EBF+∠EDF=（∠ABE+∠CDE）=110°，
∵∠BFD+∠BED+∠EBF+∠EDF=360°，
∴∠BFD=110°．
故答案为：110°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，解题的关键是：熟记两直线平行同位角相等；两直线平行内错角相等；两直线平行同旁内角互补．另外过点E作EH∥AB，也是解题的关键．
三、解答题
1、（1）是；（2）见解析；（3）至少需要3条对角线相等才能判定它是正五边形，见解析
【分析】
（1）根据对角线相等的菱形是正方形，证明即可；
（2）由SSS证明△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌△EAB得出∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAB，即可得出结论；
（3）由SSS证明△ABE≌△BCA≌△DEC得出∠BAE=∠CBA=∠EDC，∠AEB=∠ABE=∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC，由SSS证明△ACE≌△BEC得出∠ACE=∠CEB，∠CEA=∠CAE=∠EBC=∠ECB，由四边形ABCE内角和为360°得出∠ABC+∠ECB=180°，证出AB∥CE，由平行线的性质得出∠ABE=∠BEC，∠BAC=∠ACE，证出∠BAE=3∠ABE，同理：∠CBA=∠D=∠AED=∠BCD=3∠ABE=∠BAE，即可得出结论；
【详解】
（1）解：结论：四边形ABCD是正四边形．
理由：∵AB＝BC＝CD＝DA，
∴四边形ABCD是菱形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是正方形．
∴四边形ABCD是正四边形．
故答案为：是．
（2）证明：∵凸五边形ABCDE的各条边都相等，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，
在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、△EAB中，

∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB（SSS），
∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，
∴五边形ABCDE是正五边形；
（3）解：结论：至少需要3条对角线相等才能判定它是正五边形．
若AC＝BE＝CE，五边形ABCDE是正五边形，理由如下：
在△ABE、△BCA和△DEC中，
，
∴△ABE≌△BCA≌△DEC（SSS），
∴∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，
在△ACE和△BEC中，

∴△ACE≌△BEC（SSS），
∴∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，
∵四边形ABCE内角和为360°，
∴∠ABC+∠ECB＝180°，
∴AB∥CE，
∴∠ABE＝∠BEC，∠BAC＝∠ACE，
∴∠CAE＝∠CEA＝2∠ABE，
∴∠BAE＝3∠ABE，
同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正多边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．
2、（1）画图见解析；（2）画图见解析
【分析】
（1）利用平行四边形的性质结合其面积求法得出答案，答案不唯一；
（2）利用矩形的性质结合其周长得出答案，答案不唯一．
【详解】
解：（1）如图1所示：
（2）如图2所示：

答案不唯一．
【点睛】
本题主要考查了画轴对称图形和中心对称图形，解决本题的关键是要熟练正确把握中心对称图形和轴对称图形的性质．
3、（1）；（2）（，2）；（3）N点坐标为（，）、（，）、（0，0）或（，6）．
【分析】
（1）由y轴截距以及正切值，可求出，则 A点坐标为（，0），因为OC＝2OA所以C点坐标为（，0 ），将D（m，3）代入，得D点坐标为（ ，3），再将D（，3），C（，0 ）代入，求得．
（2）设P点坐标为（a，），由题意可知△DAP为，△DAP的高为A点到直线CD的距离，过 A点做DC平行线交y轴于点E，由可知 ，将A（，0）代入，解得 ，故两线间的距离为，△DAP的高为，由三角形面积= 底×高，有2，故有，进而即可求解；
（3）如图所示，共有4个点满足条件，证明见解析．
【详解】
（1）∵B（0，6），tan∠BAO＝
∴
令y=0，得A点坐标为（，0）
∵OC＝2OA
∴C点坐标为（，0）
将D（m，3）代入
∴D点坐标为（，3）
将D（，3），C（，0）代入有

得
∴
（2）设P点坐标为（a，），过A点做DC平行线交y轴于点E
∵AE//DC
∴
∴
将A（，0）代入
得b=2
∴
故和间的距离为，即△DAP的高为
由三角形面积=底×高有
有2
故有
化简得
解得a=0（舍去）或a=，
故P点坐标为（，2）．

（3）
如图所示，可知BO’=6，在B点上方截取BM1=6，过M1做BO’平行线，过O’做BM1平行线，两平行线相交于N1．
由作图步骤可知▱BO’N1M1为菱形，
由菱形性质可得N1坐标为（，）．

如图所示，可知BO’=6，在B点下方截取BM2=6，过M2做BO’平行线，过O’做BM2平行线，两平行线相交于N2．
由作图步骤可知▱BO’N2M2为菱形，
由菱形性质可得N2坐标为（，）．

如图所示，可知BO’=6，在B点下方截取BN3=6，过N3做BO’平行线，过O’做BN3平行线，两平行线相交于M3．
由作图步骤可知▱B N3M3O’为菱形，
由菱形性质可得N3坐标为（0，0）．

如图所示，可知BO’=6，令BO’做菱形其中一条对角线，过O’做x轴平行线交直线AB于点M4，过B点做O’M4平行线，过O’点做直线AB平行线，两平行线相交于N4．
由作图步骤可知▱B M4O’N4为菱形，
由菱形性质可得N4坐标为（，6）．

综上所述N点坐标为（，）、（，）、（0，0）或（，6）．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象及其性质，菱形的判定，熟练掌握并应用菱形的性质是解第三问的关键：⑴菱形的四条边都相等；⑵菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角.⑶菱形具有平行四边形的一切性质.⑷菱形是轴对称图形，对称轴是两条对角线所在的直线.⑸利用菱形的性质可证线段相等，角相等．
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）证明见解析；（2）
【分析】
（1）先证明再证明从而可得结论；
（2）证明是等边三角形，再分别求解 从而可得答案.
【详解】
证明（1） 平行四边形ABCD中，，

点E、F分别是BC、AD的中点，


（2） ，



是等边三角形，


四边形是平行四边形，
而
，
所以等于的2倍的角有：
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的性质，证明“是等边三角形”是解（2）的关键.