北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课时练习

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练习，共29页。试卷主要包含了下列图形中不是中心对称图形的是等内容，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、直角三角形的两条直角边分别为5和12，那么这个三角形的斜边上的中线长为（ ）
A．6B．6.5C．10D．13
2、如图，已知是平分线上的一点，，，是的中点，，如果是上一个动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3、下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
4、下列图案中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
5、下列图形中不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
6、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．
7、下图是文易同学答的试卷，文易同学应得（ ）
A．40分B．60分C．80分D．100分
8、下列各APP标识的图案是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
9、菱形ABCD的周长是8cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线BD的长是（ ）
A．cmB．2cmC．1cmD．2cm
10、下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分B．测量两组对边是否分别相等
C．测量对角线是否相等D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
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，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝2，则的长为 _____．
2、判断：
（1）菱形的对角线互相垂直且相等（________）
（2）菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形（________）
3、点P（1，2）关于原点中心对称的点的坐标为_______．
4、如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则cs∠EFG的值为________．
5、正方形ABCD的边长是8cm，点M在BC边上，且MC=2cm，P是正方形边上的一个动点，连接PB交AM于点N，当PB=AM时，PN的长是_____ ．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、已知：如图，，，AD是BC上的高线，CE是AB边上的中线，于G．
（1）若，求线段AC的长；
（2）求证：．
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、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 ．
4、如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C．
（1）写出C点坐标 ；
（2）若M为线段BC上一点，且满足S△AMB ＝ S△AOB，请求出点M的坐标；
（3）如图2，设点F为线段AB中点，点G为y轴正半轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求出点G的坐标．
5、如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，点E是边BC延长线上一点，连接AE、DE，过点C作CF⊥DE于点F，且DF＝EF．
（1）求证：AD＝CE．
（2）若CD＝5，AC＝6，求△AEB的面积．
-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据勾股定理可求得直角三角形斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】
解：∵直角三角形两直角边长为5和12，
∴斜边＝，
∴此直角三角形斜边上的中线的长＝＝6.5．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查勾股定理及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
2、C
【分析】
根据题意由角平分线先得到是含有角的直角三角形，结合直角三角形斜边上中线的性质进而得到OP，DP的值，再根据角平分线的性质以及垂线段最短等相关内容即可得到PC的最小值．
【详解】
解：∵点P是∠AOB平分线上的一点，，
∴，
∵PD⊥OA，M是OP的中点，
∴，
∴
∵点C是OB上一个动点
∴当时，PC的值最小，
∵OP平分∠AOB，PD⊥OA，
∴最小值，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质、含有角的直角三角形的选择，直角三角形斜边上中线的性质、垂线段最短等相关内容，熟练掌握相关性质定理是解决本题的关键．
3、A
【分析】
把一个图形绕某点旋转后能与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据中心对称图形的定义逐一判断即可.
【详解】
解：选项A中的图形是中心对称图形，故A符合题意；
选项B中的图形不是中心对称图形，故B不符合题意；
选项C中的图形不是中心对称图形，故C不符合题意；
选项D中的图形不是中心对称图形，故D不符合题意；
故选A
【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是解本题的关键.
4、C
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的定义求解即可．
【详解】
解：A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，本选项不符合题意；
C．是中心对称图形，但不是轴对称图形，本选项符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
此题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解题的关键是熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．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．
5、B
【分析】
根据中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的知识，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．
6、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．
7、B
【分析】
分别根据菱形的判定与性质、正方形的判定、矩形的判定与性质进行判断即可．
【详解】
解：（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知（1）是正确的；
（2）根据根据对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形可知（2）是正确的；
（3）根据对角线相等的平行四边形是矩形可知（3）是正确的；
（4）根据菱形的对角线互相垂直，不一定相等可知（4）是错误的；
（5）根据矩形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心，并且矩形的对角线相等且互相平分可知，矩形的对称中心到四个顶点的距离相等是正确的，
∴文易同学答对3道题，得60分，
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的判定与性质、正方形的判定、矩形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解答的关键
8、C
【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．
【详解】
A、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、图形关于中心旋转180°能完全重合，所以是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【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度后两部分重合．
9、B
【分析】
由菱形的性质得AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝2（cm），则OA＝1（cm），然后由勾股定理求出OB＝（cm），即可求解．
【详解】
解：∵菱形ABCD的周长为8cm，
∴AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2cm，
∴OA＝1（cm），
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝（cm），
∴BD＝2OB＝2（cm），
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定方法．
10、D
【分析】
由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴对角线相等的四边形不是矩形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，
∴对角线互相平分且相等，
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理．
二、填空题
1、
【分析】
连接OB，交AC于点D，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形OABC为菱形，根据菱形的性质可得：，，，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，由此得出，在直角三角形中利用勾股定理即可确定圆的半径，然后代入弧长公式求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接OB，交AC于点D，
∵四边形OABC为平行四边形，，
∴四边形OABC为菱形，
∴，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，设，则，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴的长为：，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等，熟练掌握各个定理和公式是解题关键．
2、× √
【分析】
根据菱形的性质，即可求解．
【详解】
解：（1）菱形的对角线互相垂直且平分；
（2）菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形．
故答案为：（1）×；（2）√
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分是解题的关键．
3、（-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．
4、
【分析】
根据题意连接BE，连接AE交FG于O，如图，利用菱形的性质得△BDC为等边三角形，∠ADC=120°，再在在Rt△BCE中计算出BE=CE=，然后证明BE⊥AB，利用勾股定理计算出AE，从而得到OA的长；设AF=x，根据折叠的性质得到FE=FA=x，在Rt△BEF中利用勾股定理得到（2-x）2+（）2=x2，解得x，然后在Rt△AOF中利用勾股定理计算出OF，再利用余弦的定义求解即可．
【详解】
解：连接BE，连接AE交FG于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△BDC为等边三角形，∠ADC=120°，
∵E点为CD的中点，
∴CE=DE=1，BE⊥CD，
在Rt△BCE中，BE=CE=，
∵AB∥CD，
∴BE⊥AB，
∴．
∴，
设AF=x，
∵菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，
∴FE=FA=x，
∴BF=2-x，
在Rt△BEF中，（2-x）2+（）2=x2，
解得:，
在Rt△AOF中，，
∴．
故答案为: ．
【点睛】
本题考查了折叠的性质以及菱形的性质，注意掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
5、5cm或5.2cm
【分析】
当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，当点P在CD上，如图，根据PB=AM，可证Rt△ABM≌Rt△BCP（HL），可证BP⊥AM，根据勾股定理可求AM=，根据三角形面积可求，可求PN=BP-BN；当点P在AD上，如图，可证Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），再证AN=PN=BN=MN，根据AM=BP=10cm，可求PN=cm，
【详解】
解：当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，不合题意，舍去；
当点P在CD上，如图，
∵PB=AM
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=AD=CD=8，
在Rt△ABM和Rt△BCP中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△BCP（HL），
∴∠MAB=∠PBC，
∵∠MAB+∠AMB=90°，
∴∠PBC+∠AMB=90°，
∴∠BNM=180°-∠PBC-∠AMB=90°，
∴BP⊥AM，
∵MC=2cm，
∴BM=BC-MC=8-2=6cm，
∴AM=，
∴，
∴，
∴PN=BP-BN=AM-BN=10-4.8=5.2cm，
当点P在AD上，如图，
在Rt△ABM和Rt△BAP中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），
∴BM=AP，∠AMB=∠BPA，∠MAB=∠PBA，
∴AN=BN，
∵AD∥BC，
∴∠PAN=∠NMB=∠APN，
∴AN=PN=BN=MN，
∵AM=BP=10cm，
∴PN=cm，
∴PN的长为5cm或5.2cm．
故答案为5cm或5.2cm．
【点睛】
本题考查正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定与性质，分类讨论思想，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定与性质，分类讨论思想是解题关键．
三、解答题
1、（1）；（2）见解析
【分析】
（1）根据30°角所对直角边等于斜边的一半，得到AD=3，根据等腰直角三角形，得到CD=AD=3，根据勾股定理，得到AC的长即可；
（2）根据斜边上的中线等于斜边的一半，得到DE=DC，根据等腰三角形三线合一性质，证明即可．
【详解】
（1）
，
；
（2）连接DE
，
，
，，
，
，
．
【点睛】
本题考查了30°角的性质，等腰直角三角形的性质，斜边上中线的性质，等腰三角形三线合一性质，熟练掌握性质是解题的关键．
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、（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．
4、（1）点C（6，0）；（2）点；（3）满足条件的点G坐标为或．
【分析】
（1）直接利用直线，令y=0，解方程即可；
（2）结合图形，由S△AMB＝S△AOB 分析出直线OM平行于直线AB，再利用两直线相交建立方程组，解方程组求得交点M的坐标；
（3）分两种情形：①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．求出Q（n-4，n-2）．②当n＜4时，如图2-2中，同法可得Q（4-n，n+2），代入直线BC的解析式解方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵直线交x轴正半轴于点C．
∴当y=0时，，
解得x=6
∴点C（6，0）
故答案为（6，0）；
（2）连接OM并双向延长，
∵S△AMB＝S△AOB ，
∴点O到AB与点M到AB的距离相等，
∴直线OM平行于直线AB，
∵AB解析式为y＝2x＋8，
故设直线OM解析式为：，
将直线OM的解析式与直线BC的解析式联立得方程组得：
，
解得：
故点；
（3）∵直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令y=0，2x＋8=0，
解得x=-4，
∴A（-4，0），
令x=0，则y＝8
∴B（0，8），
∵点F为AB中点，
点F横坐标为，纵坐标为
∴F（-2，4），
设G（0，n），
①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN=n-4，
∴Q（n-4，n-2），
∵点Q在直线上，
∴，
∴,
∴．
②当n＜4时，如图2-2中，
点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN= 4-n，
∴Q（4- n， n+2），
∵点Q在直线上，
∴，
∴n=-2，
∴．
综上所述，满足条件的点G坐标为或．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，平行线性质，两直线联立解方程组，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
5、（1）见解析；（2）39
【分析】
（1）首先根据CF⊥DE，DF＝EF得出CF为DE的中垂线，然后根据垂直平分线的性质得到CD＝CE，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CD＝AD，即可证明AD＝CE；
（2）由（1）得CD＝CE=AB=5，由勾股定理求出BC，然后结合三角形的面积公式进行计算．
【详解】
（1）证明：∵DF＝EF
∴点F为DE的中点
又∵CF⊥DE
∴CF为DE的中垂线
∴CD＝CE
又∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
CD是斜边AB上的中线
∴CD＝=AD
∴AD＝CE
（2）解：由（1）得CD＝CE==5
∴AB=10
∴在Rt△ABC中，BC==8
∴EB=EC+BC=13
∴ ．
【点睛】
此题考查了垂直平分线的判定和性质，直角三角形性质，三角形面积公式等知识，解题的关键是熟练掌握垂直平分线的判定和性质，直角三角形性质，三角形面积公式．