北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试当堂达标检测题

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京改版八年级数学下册第十五章四边形同步测试 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、下列四个图形中，为中心对称图形的是（　　）A．  B． C．  D．2、下列图形中，是中心对称图形的是（　　）A． B．C． D．3、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4、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．5、如图，M、N分别是正五边形ABCDE的边BC、CD上的点，且BM=CN，AM交BN于点P，则∠APN的度数是（   ）A．120° B．118° C．110° D．108°6、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．107、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8、如图，在矩形ABCD中，点O为对角线BD的中点，过点O作线段EF交AD于F，交BC于E，OB＝EB，点G为BD上一点，满足EG⊥FG，若∠DBC＝30°，则∠OGE的度数为（　　）
A．30° B．36° C．37.5° D．45°9、下列图形中，是中心对称图形的是（　　）A． B．C． D．10、如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点．．．照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（    ）米．A．80 B．100 C．120 D．140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、正方形的一条对角线长为4，则这个正方形面积是_________．2、如图，平行四边形ABCD，AD＝5，AB＝8，点A的坐标为（－3，0）点C的坐标为______．3、已知正方形ABCD的一条对角线长为2，则它的面积是______．4、在平面直角坐标系内，点A（a，﹣3）与点B（1，b）关于原点对称，则a+b的值_________．5、如图，在中，，，，为上的两个动点，且，则的最小值是________．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图所示，在边长为1的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M是AD上不同于A，D两点的一动点，N是CD上一动点，且AM+CN＝1．（1）证明：无论M，N怎样移动，△BMN总是等边三角形；（2）求△BMN面积的最小值．2、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        ．3、如图，在中，AE平分，于点E，点F是BC的中点（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：（2）如图2，中，，求线段EF的长．4、（探究发现）（1）如图1，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，E、F分别为边AC、AB上两点，若满足∠EDF＝90°，则AE、AF、AB之间满足的数量关系是　   　．（类比应用）（2）如图2，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D为BC的中点，E、F分别为边AC、AB上两点，若满足∠EDF＝60°，试探究AE、AF、AB之间满足的数量关系，并说明理由．（拓展延伸）（3）在△ABC中，AB＝AC＝5，∠BAC＝120°，点D为BC的中点，E、F分别为直线AC、AB上两点，若满足CE＝1，∠EDF＝60°，请直接写出AF的长．5、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） -参考答案-一、单选题1、B【分析】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，这个点叫做对称中心．【详解】解：选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；故选：B．【点睛】此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．2、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.3、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．4、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，故本选项不符合题意；B．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；D．是轴对称图形，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．5、D【分析】由五边形的性质得出AB=BC，∠ABM=∠C，证明△ABM≌△BCN，得出∠BAM=∠CBN，由∠BAM+∠ABP=∠APN，即可得出∠APN=∠ABC，即可得出结果．【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC，∠ABM=∠C，
在△ABM和△BCN中
，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM+∠ABP=∠APN，
∴∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC=
∴∠APN的度数为108°；
故选：D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、多边形的内角和定理；熟练掌握五边形的形状，证明三角形全等是解决问题的关键．6、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．7、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.8、C【分析】根据矩形和平行线的性质，得；根据等腰三角形和三角形内角和性质，得；根据全等三角形性质，通过证明，得；根据直角三角形斜边中线、等腰三角形、三角形内角和性质，推导得，再根据余角的性质计算，即可得到答案．【详解】∵矩形ABCD∴ ∴ ∵OB＝EB，∴ ∴ ∵点O为对角线BD的中点，∴ 和中 ∴∴ ∵EG⊥FG，即 ∴ ∴ ∴ 故选：C．【点睛】本题考查了矩形、平行线、全等三角形、等腰三角形、三角形内角和、直角三角形的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、全等三角形、等腰三角形、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．9、D【分析】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．【详解】A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、是中心对称图形，故此选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，理解概念并知道一些常见的中心对称图形是关键．10、C【分析】由小明第一次回到出发点A，则小明走过的路程刚好是一个多边形的周长，由多边形的外角和为，每次的转向的角度的大小刚好是多边形的一个外角，则先求解多边形的边数，从而可得答案.【详解】解：由 可得：小明第一次回到出发点A，一个要走米，故选C【点睛】本题考查的是多边形的外角和的应用，掌握“由多边形的外角和为得到一共要走12个10米”是解本题的关键.二、填空题1、8【分析】正方形边长相等设为，对角线长已知，利用勾股定理求解边长的平方，即为正方形的面积．【详解】解：设边长为，对角线为故答案为：．【点睛】本题考察了正方形的性质以及勾股定理．解题的关键在于求解正方形的边长．2、（8，4）【分析】先根据勾股定理得到OD的长，即可得到点D的坐标，再根据平行四边形的性质和平行x轴两点坐标特征即可得到点C的坐标．【详解】解：∵点A的坐标为（－3，0），在Rt△ADO中，AD＝5， AO=3，，∴OD==，∴D(0，4)，∵平行四边形ABCD，∴AB=CD=8，AB∥CD，∵AB在x轴上，∴CD∥x轴，∴C、D两点的纵坐标相同，∴C(8，4) ．故答案为（8，4）．【点睛】本题考查平行四边形性质，勾股定理，平行x轴两点坐标特征，解答本题的关键是熟练掌握平行于x轴的直线上的点的纵坐标相同，平行于y轴的直线上的点的横坐标相同．3、6【分析】正方形的面积：边长的平方或两条对角线之积的一半，根据公式直接计算即可.【详解】解： 正方形ABCD的一条对角线长为2， 故答案为：【点睛】本题考查的是正方形的性质，掌握“正方形的面积等于两条对角线之积的一半”是解题的关键.4、2【分析】根据点关于原点对称的坐标特点即可完成．【详解】∵点A（a，﹣3）与点B（1，b）关于原点对称∴ ∴ 故答案为：2【点睛】本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征，即横、纵坐标均互为相反数，求代数式的值；掌握这个特征是关键．5、【分析】过点A作AD//BC，且AD＝MN，连接MD，则四边形ADMN是平行四边形，作点A关于BC的对称点A′，连接AA′交BC于点O，连接A′M，三点D、M、A′共线时，最小为A′D的长，利用勾股定理求A′D的长度即可解决问题．【详解】解：过点A作AD//BC，且AD＝MN，连接MD，则四边形ADMN是平行四边形，
∴MD＝AN，AD＝MN，
作点A关于BC的对称点A′，连接A A′交BC于点O，连接A′M，
则AM＝A′M，
∴AM＋AN＝A′M＋DM，
∴三点D、M、A′共线时，A′M＋DM最小为A′D的长，
∵AD//BC，AO⊥BC，
∴∠DA＝90°，
∵，，，
∴BC＝BO＝CO＝AO＝，∴，
在Rt△AD中，由勾股定理得：
D＝
∴的最小是值为：，故答案为：【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，构造平行四边形将AN转化为DM是解题的关键．三、解答题1、（1）见解析；（2）△BMN面积的最小值为【分析】（1）连接BD，证明△AMB≌△DNB，则可得BM=BN，∠MBA＝∠NBD，由菱形的性质易得∠MBN=60゜，从而可证得结论成立；（2）过点B作BE⊥MN于点E．【详解】（1）证明：如图所示，连接BD，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，∴∠ADB＝∠NDB＝60°，故△ADB是等边三角形，∴AB＝BD，又AM+CN＝1，DN+CN＝1，∴AM＝DN，在△AMB和△DNB中，，∴△AMB≌△DNB（SAS），∴BM＝BN，∠MBA＝∠NBD，又∠MBA+∠DBM＝60°，∴∠NBD+∠DBM＝60°，即∠MBN＝60°，∴△BMN是等边三角形；（2）过点B作BE⊥MN于点E．设BM＝BN＝MN＝x，则，故，∴当BM⊥AD时，x最小，此时，，．∴△BMN面积的最小值为．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质等知识，关键是作辅助线证三角形全等．2、（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.3、（1）见解析；（2）2【分析】（1）利用ASA定理证明△AEB≌△AED，得到BE=ED，AD=AB，根据三角形中位线定理解答；（2）分别延长BE、AC交于点H，仿照（1）的过程解答．【详解】解：（1）证明：∵AE平分，，∴∠BAE=∠DAE，∠AEB=∠AED=90°，在△AEB和△AED中，，∴△AEB≌△AED（ASA）∴BE=ED，AD=AB，∵点F是BC的中点，∴BF=FC，∴EF是△BCD的中位线，∴EF=CD=(AC-AD)=(AC-AB)；（2）解：分别延长BE、AC交于点H，∵AE平分，，∴∠BAE=∠DAE，∠AEB=∠AED=90°，在△AEB和△AEH中，，∴△AEB≌△AEH（ASA）∴BE=EH，AH=AB=9，∵点F是BC的中点，∴BF=FC，∴EF是△BCD的中位线，∴EF=CH=(AH-AC)=2．【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．4、（1）AB＝AF+AE；（2）AE+AF＝AB，理由见解析；（3）或【分析】（1）证明△BDF≌OADE，可得BF＝AE，从而证明AB＝AF+AE；（2）取AB中点G，连接DG，利用ASA证明△GDF≌△ADE，得到GF＝AE，可得AG＝AB＝AF+FG＝AE+AF；（3）分两种情况：当点E在线段AC上时或当点E在AC延长线上时，取AC的中点H，连接DH，同理证明△ADF≌△HDE，得到AF＝HE，从而求解．【详解】（1）如图1，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵D为BC中点，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝45°，AD＝BD＝CD，∴∠ADB＝∠ADF+∠BDF＝90°，∵∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝90°，∴∠BDF＝∠ADE，∵BD＝AD，∠B＝∠CAD＝45°，∴△BDF≌△ADE（ASA），∴BF＝AE，∴AB＝AF+BF＝AF+AE；故答案为：AB＝AF+AE；（2）AE+AF＝AB．理由是：如图2，取AB中点G，连接DG，∵点G是斜边中点，∴DG＝AG＝BG＝AB，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，点D为BC的中点，∴∠BAD＝∠CAD＝60°，∴∠GDA＝∠BAD＝60°，即∠GDF+∠FDA＝60°，又∵∠FAD+∠ADE＝∠FDE＝60°，∴∠GDF＝∠ADE，∵DG＝AG，∠BAD＝60°，∴△ADG为等边三角形，∴∠AGD＝∠CAD＝60°，GD＝AD，∴△GDF≌△ADE（ASA），∴GF＝AE，∴AG＝AB＝AF+FG＝AE+AF，∴AE+AF＝AB；（3）当点E在线段AC上时，如图3，取AC的中点H，连接DH，当AB＝AC＝5，CE＝1，∠EDF＝60°时，AE＝4，此时F在BA的延长线上，同（2）可得：△ADF≌△HDE （ASA），∴AF＝HE，∵AH＝CH＝AC＝，CE＝1，∴，当点E在AC延长线上时，如图4，同理可得：；综上：AF的长为或．【点睛】本题考查三角形综合问题，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键5、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．