北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试复习练习题

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试复习练习题，共25页。试卷主要包含了下列图案中，是中心对称图形的是，下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
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，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．2.5B．2C．D．
2、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°
3、如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，BE＝CF＝2，CE与DF交于点H，点G为DE的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A．B．C．4.5D．4.3
4、下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5、下列说法中，正确的是（ ）
A．若，，则
B．90′＝1.5°
C．过六边形的每一个顶点有4条对角线
D．疫情防控期间，要掌握进入校园人员的体温是否正常，可采用抽样调查
6、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．
7、下面图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
8、如图是用若干个全等的等腰梯形拼成的图形，下列说法错误的是（ ）
A．梯形的下底是上底的两倍B．梯形最大角是
C．梯形的腰与上底相等D．梯形的底角是
9、垦区小城镇建设如火如荼，小红家买了新楼．爸爸在正三角形、正方形、正五边形、正六边形四种瓷砖中，只购买一种瓷砖进行平铺，有几种购买方式（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
10、下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A．圆B．平行四边形C．直角三角形D．等边三角形
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，在平面直角坐标系内，矩形OABC的顶点A（3，0），C（0，9），点D和点E分别位于线段AC，AB上，将△ABC沿DE对折，恰好能使点A和点C重合．若x轴上有一点P，使△AEP为等腰三角形，则点P的坐标为________．
2、能使平行四边形ABCD为正方形的条件是___________(填上一个符合题目要求的条件即可)．
3、若点关于原点的对称点是，则______．
4、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．
5、已知一个多边形的内角和与外角和的比是2：1，则它的边数为 _____．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、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．
2、如图，正方形ABCD的边长为4，连接对角线AC，点E为BC边上一点，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，点E的对应点F恰好落在边CD上，过F作FM⊥AC于点M．
（1）求证：BE＝FM；
（2）求BE的长度．
3、如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB=3，AD=5，求BD的长．
4、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，．
（1）试判断四边形BDCE的形状，并证明你的结论；
（2）若∠ABC＝30°，AB＝4，则四边形BDCE的面积为 ．
5、如图是由3个同样的正方形所组成，请再补上一个同样的正方形，使得由4个正方形组成的图形成为一个中心对称图形．画出所有情况（给出的图形不一定全用，不够可添加）．
-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、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．
3、A
【分析】
根据正方形的四条边都相等可得BC＝DC，每一个角都是直角可得∠B＝∠DCF＝90°，然后利用“边角边”证明△CBE≌△DCF，得∠BCE＝∠CDF，进一步得∠DHC＝∠DHE＝90°，从而知GH＝DE，利用勾股定理求出DE的长即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝DC，
在△CBE和△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠BCE＝∠CDF，
∵∠BCE+∠DCH＝90°，
∴∠CDF+∠DCH＝90°，
∴∠DHC＝∠DHE＝90°，
∵点G为DE的中点，
∴GH＝DE，
∵AD＝AB＝6，AE＝AB﹣BE＝6﹣2＝4，
∴，
∴GH＝．
故选A．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
4、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．
5、B
【分析】
由等式的基本性质可判断A，由 可判断B，由过边形的一个顶点可作条对角线可判断C，由全面调查与抽样调查的含义可判断D，从而可得答案.
【详解】
解：若，则故A不符合题意；
90′＝故B符合题意；
过六边形的每一个顶点有3条对角线，故C不符合题意；
疫情防控期间，要掌握进入校园人员的体温是否正常，事关重大，一定采用全面调查，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查的是等式的基本性质，角度的换算，多边形的对角线问题，全面调查与抽样调查的含义，掌握以上基础知识是解本题的关键.
6、D
【详解】
解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意．
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，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．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．
7、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，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．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形；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，则此图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；如果一个图形绕某一固定点旋转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，固定的点叫对称中心；理解两个概念是解答本题的关键．
8、D
【分析】
如图（见解析），先根据平角的定义可得，再根据可求出，由此可判断选项；先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，然后根据菱形的判定可得四边形是菱形，根据菱形的性质可得，最后根据线段的和差、等量代换可得，由此可判断选项．
【详解】
解：如图，，
，
，
，
梯形是等腰梯形，
，
则梯形最大角是，选项B正确；
没有指明哪个角是底角，
梯形的底角是或，选项D错误；
如图，连接，
，
是等边三角形，
，
，
点共线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，，
四边形是菱形，
，
，，选项A、C正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰梯形、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各判定与性质是解题关键．
9、C
【分析】
从所给的选项中取出一些进行判断，看其所有内角和是否为360°，并以此为依据进行求解．
【详解】
解：正三角形每个内角是60°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面；
正方形每个内角是90°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面；
正五边形每个内角是108°，不能被360°整除，所以不能单独镶嵌成一个平面；
正六边形每个内角是120°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面．
故只购买一种瓷砖进行平铺，有3种方式．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了平面镶嵌．解这类题，根据组成平面镶嵌的条件，逐个排除求解．
10、A
【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．圆既是中心对称图形也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．直角三角形既不是中心对称图形，也不一定是轴对称图形，不符合题意；
D．等边三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好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，图形旋转180°后与原图重合．
二、填空题
1、（8，0）或（-2，0）-2，0）或（8，0）
【分析】
由矩形的性质可得BC=OA =3，AB=OC=9，∠B=90°=∠OAE，由折叠的性质可得AE=CE，由勾股定理可求AE的长，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】
解：∵四边形OABC矩形，且点A（3，0），点C（0，9），
∴BC=OA =3，AB=OC=9，∠B=90°=∠OAE，
∵将△ABC沿DE对折，恰好能使点A与点C重合．
∴AE=CE，
∵CE2=BC2+BE2，
∴CE2=9+（9-CE）2，
∴CE=5，
∴AE=5，
∵△AEP为等腰三角形，且∠EAP=90°，
∴AE=AP=5，
∴点E坐标（8，0）或（-2，0）
故答案为：（8，0）或（-2，0）
【点睛】
本题考查了翻折变换，等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理，坐标与图形变化-对称，求出AE的长是本题的关键．
2、AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】
根据正方形的判定定理，即可求解．
【详解】
解：当AC=BD时，平行四边形ABCD为菱形，
又由AC⊥BD，可得菱形ABCD为正方形，
所以当AC=BD且AC⊥BD时，平行四边形ABCD为正方形．
故答案为：AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【点睛】
本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
3、
【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．
4、
【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.
5、6
【分析】
根据多边形内角和公式及多边形外角和可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：，
解得：，
∴该多边形的边数为6；
故答案为6．
【点睛】
本题主要考查多边形的内角和及外角和，熟练掌握多边形内角和及外角和是解题的关键．
三、解答题
1、（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．
2、（1）见解析；（2）—4
【分析】
（1）由旋转和正方形的性质得出∠FAM＝∠EAB，再证≌即可；
（2）求出正方形对角线长，再求出MC=—4即可．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中，线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF
∠CAB＝45°，∠EAF＝45°，AE＝AF
∠FAM＝∠EAB
∵FM⊥AC
∠FMA＝∠B＝90°
≌（AAS）
BE＝FM
（2）在正方形ABCD中，边长为4
AC＝，∠DCA＝45°
≌
∴AM＝AB＝4
MC＝AC—AM＝—4
∵是等腰直角三角形
BE＝MF＝MC＝—4
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是熟练运用正方形的性质和全等三角形的判定进行证明推理．
3、
【分析】
根据平行四边形的性质可得，，勾股定理求得，，进而求得
【详解】
解：四边形是平行四边形
AB⊥AC，
在中，
在中，
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
4、（1）四边形是菱形，证明见解析；（2）
【分析】
（1）先证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证明从而可得结论；
（2）先求解 再求解的面积，再利用菱形的性质可得菱形的面积.
【详解】
证明：（1）四边形是菱形，理由如下：
，
四边形是平行四边形，
∠ACB＝90°，D为AB中点，

四边形是菱形.
（2） ∠ABC＝30°，AB＝4，∠ACB＝90°，


D为AB中点，

四边形是菱形，

故答案为：
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”是解本题的关键.
5、见解析
【分析】
根据中心对称图形的概念求解即可．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【详解】
解：如图所示，一共有三种情况：
【点睛】
此题考查了画中心对称图形，解题的关键是熟练掌握中心对称图形的概念．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．