北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后复习题

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后复习题，共29页。
京改版八年级数学下册第十五章四边形综合测试
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、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
2、如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的点A和点C分别落在x轴和y轴正半轴上，AO＝4，直线l：y＝3x+2经过点C，将直线l向下平移m个单位，设直线可将矩形OABC的面积平分，则m的值为（　　）

A．7 B．6 C．4 D．8
3、已知中，，，CD是斜边AB上的中线，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
4、已知三角形三边长分别为7cm，8cm，9cm，作三条中位线组成一个新的三角形，同样方法作下去，一共做了五个新的三角形，则这五个新三角形的周长之和为（ ）
A．46.5cm B．22.5cm C．23.25cm D．以上都不对
5、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
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．2.5 B．2 C． D．
7、若一个正多边形的每一个外角都等于36°，则这个正多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
8、如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90° B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD
C．当▱ABCD是正方形时，AC＝BD D．当▱ABCD是菱形时，AB＝AC
9、下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
10、如图，把一张长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论正确的是 （ ）

A．∠DAB′＝∠CAB′ B．∠ACD＝∠B′CD
C．AD＝AE D．AE＝CE
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、如果一个多边形的内角和等于外角和的2倍，那么这个多边形的边数n=____
2、点D、E、F分别是△ABC三边的中点，△ABC的周长为24，则△DEF的周长为______．
3、如图，在四边形中，，分别是的中点，分别以为直径作半圆，这两个半圆面积的和为，则的长为_______．

4、在四边形ABCD中，若AB//CD，BC_____AD，则四边形ABCD为平行四边形．
5、如图，矩形ABCD中，AC、BD相交于点O且AC=12，如果∠AOD=60°，则DC=__．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、已知：在中，点、点、点分别是、、的中点，连接、．
（1）如图1，若，求证：四边形为菱形；
（2）如图2，过作交延长线于点，连接，，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与面积相等的平行四边形．


2、如图，点E为矩形ABCD外一点，AE = DE.求证：△ABE≌△DCE

3、如图，YABCD的对角线AC 、 BD相交于点O ，BD=12cm ，AC=6cm ，点E在线段BO上从点B以1cm/s的速度向点O运动，点F在线段OD上从点O 以2cm /s 的速度向点D运动．

（1）若点E 、F同时运动，设运动时间为t秒，当t 为何值时，四边形AECF是平行四边形．
（2）在（1）的条件下，当AB为何值时，YAECF是菱形；
（3）求（2）中菱形AECF的面积．
4、（1）如图，在中，，，，求的度数．
（2）已知一个正多边形的内角和比它的外角和的倍多，求这个正多边形每个外角的度数．

5、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．

-参考答案-
一、单选题
1、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.
2、A
【分析】
如图所示，连接AC，OB交于点D，先求出C和A的坐标，然后根据矩形的性质得到D是AC的中点，从而求出D点坐标为（2，1），再由当直线经过点D时，可将矩形OABC的面积平分，进行求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接AC，OB交于点D，
∵C是直线与y轴的交点，
∴点C的坐标为（0，2），
∵OA=4，
∴A点坐标为（4，0），
∵四边形OABC是矩形，
∴D是AC的中点，
∴D点坐标为（2，1），
当直线经过点D时，可将矩形OABC的面积平分，
由题意得平移后的直线解析式为，
∴，
∴，
故选A．

【点睛】
本题主要考查了一次函数与几何综合，一次函数的平移，矩形的性质，解题的关键在于能够熟知过矩形中心的直线平分矩形面积．
3、B
【分析】
由题意根据三角形的内角和得到∠A=36°，由CD是斜边AB上的中线，得到CD=AD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠B=54°，
∴∠A=36°，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴CD=AD，
∴∠ACD=∠A=36°.
故选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质与三角形的内角和，熟练掌握直角三角形的性质即直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
4、C
【分析】
如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，则，，，即可得到△DEF的周长，由此即可求出其他四个新三角形的周长，最后求和即可．
【详解】
解：如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，
∴，，，
∴△DEF的周长，
同理可得：△GHI的周长，
∴第三次作中位线得到的三角形周长为，
∴第四次作中位线得到的三角形周长为
∴第三次作中位线得到的三角形周长为
∴这五个新三角形的周长之和为，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握三角形中位线定理．
5、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．
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、D
【分析】
根据多边形外角和定理求出正多边形的边数．
【详解】
∵正多边形的每一个外角都等于36°，
∴正多边形的边数＝＝10．
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
8、D
【分析】
由矩形的四个角是直角可判断A，由菱形的对角线互相垂直可判断B，由正方形的对角线相等可判断C，由菱形的四条边相等可判断D，从而可得答案.
【详解】
解：当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90°，正确，故A不符合题意；
当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD，正确，故B不符合题意；
当▱ABCD是正方形时，AC＝BD，正确，故C不符合题意；
当▱ABCD是菱形时，AB＝BC，故D符合题意；
故选D
【点睛】
本题考查的是矩形，菱形，正方形的性质，熟练的记忆矩形，菱形，正方形的性质是解本题的关键.
9、B
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念对各图形分析判断后利用排除法求解
【详解】
第一个图形是中心对称图形，又是轴对称图形，
第二个图形是中心对称图形，又是轴对称图形，
第三个图形不是中心对称图形，是轴对称图形，
第四个图形不是中心对称图形，是轴对称图形，
综上所述第一个和第二个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形．
故选：B．
【点睛】
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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10、D
【分析】
根据翻折变换的性质可得∠BAC=∠CAB′，根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ACD，从而得到∠ACD=∠CAB′，然后根据等角对等边可得AE=CE，从而得解．
【详解】
解：∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，
∴∠BAC=∠CAB′，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠CAB′，
∴AE=CE，
∴结论正确的是D选项．
故选D.
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，平行线的性质，矩形的对边互相平行，等角对等边的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
二、填空题
1、6
【分析】
根据多边形内角和公式（n-2）×180°及多边形外角和始终为360°可列出方程求解问题．
【详解】
解：由题意得：
（n-2）×180°=360°×2，
解得：n=6；
故答案为6．
【点睛】
本题主要考查多边形内角和及外角和，熟练掌握多边形的内角和公式及外角和是解题的关键．
2、12
【分析】
据D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，可以判断DF、FE、DE为三角形中位线，利用中位线定理求出DF、FE、DE与AB、BC、CA的长度关系即可解答．
【详解】
解：∵如图所示，D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，
∴ED、FE、DF为△ABC中位线，
∴DFBC，FEAB，DEAC，
∴△DEF的周长=DF+FE+DEBCABAC（AB+BC+CA）24＝12．

故答案为：12．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，根据中点判断出中位线，再利用中位线定理是解题的基本思路．
3、4
【分析】
根据题意连接BD，取BD的中点M，连接EM、FM，EM交BC于N，根据三角形的中位线定理推出EM=AB，FM=CD，EM∥AB，FM∥CD，推出∠ABC=∠ENC，∠MFN=∠C，求出∠EMF=90°，根据勾股定理求出ME2+FM2=EF2，根据圆的面积公式求出阴影部分的面积即可．
【详解】
解：连接BD，取BD的中点M，连接EM、FM，延长EM交BC于N，

∵∠ABC+∠DCB=90°，
∵E、F、M分别是AD、BC、BD的中点，
∴EM=AB，FM=CD，EM∥AB，FM∥CD，
∴∠ABC=∠ENC，∠MFN=∠C，
∴∠MNF+∠MFN=90°，
∴∠NMF=180°-90°=90°，
∴∠EMF=90°，
由勾股定理得：ME2+FM2=EF2，
∴阴影部分的面积是：π（ME2+FM2）=EF2π=8π，
∴EF=4.
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查对勾股定理，三角形的内角和定理，多边形的内角和定理，三角形的中位线定理，圆的面积，平行线的性质，面积与等积变形等知识点的理解和掌握，能正确作辅助线并求出ME2+FM2的值是解答此题的关键．
4、
【分析】
根据平行四边形的判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可解决问题．
【详解】
解：根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可知：
∵AB//CD，BC//AD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
故答案为：//．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
5、
【分析】
根据矩形的对角线互相平分且相等可得OA＝OD，然后判断出△AOD是等边三角形，再根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OD＝AC＝×12＝6，∠ADC=90°，
∵∠AOD＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD＝OA＝6，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质和勾股定理以及等边三角形的判定，解题关键是根据矩形的性质得出△AOD是等边三角形．
三、解答题
1、（1）证明见详解；（2）与面积相等的平行四边形有、、、．
【分析】
（1）根据三角形中位线定理可得：，，，，依据平行四边形的判定定理可得四边形DECF为平行四边形，再由，可得，依据菱形的判定定理即可证明；
（2）根据三角形中位线定理及平行四边形的判定定理可得四边形DEFB、DECF、ADFE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出与各平行四边形面积之间的关系，再根据平行四边形的判定得出四边形EGCF是平行四边形，根据其性质得到，根据等底同高可得，据此即可得出与面积相等的平行四边形．
【详解】
解：（1）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴，，，，
∴四边形DECF为平行四边形，
∵，
，
∴四边形DECF为菱形；
（2）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴，，，，， ，
且，，，
∴四边形DEFB、DECF、ADFE是平行四边形，
∴，
∵，，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∴，
∴，
∴
∴与面积相等的平行四边形有、、、．
【点睛】
题目主要考查菱形及平行四边形的判定定理和性质，中位线的性质等，熟练掌握平行四边形及菱形的判定定理及性质是解题关键．
2、见解析
【分析】
利用矩形性质以及等边对等角，证明，最后利用边角边即可证明．
【详解】
解：四边形ABCD是矩形，
，，
，
，
，
在和中，

．
【点睛】
本题主要是考查了矩形的性质、等边对等角以及全等三角形的判定，熟练地利用矩形性质以及等边对等角，求证边和角相等，进而证明三角形全等，这是解决该题的关键．
3、（1）t＝2s；（2）AB=；（3）24
【分析】
（1）若是平行四边形，所以BD=12cm，则BO=DO=6cm，故有6-t=2t，即可求得t值；
（2）若是菱形，则AC垂直于BD，即有，故AB可求；
（3）根据四边形AECF是菱形，求得，根据平行四边形的性质得到BO=OD，求得BE=DF，列方程到底BE=DF=2，求得EF=8，于是得到结论．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO＝OC，EO＝OF，
∵BO＝OD＝6cm，
∴，
∴，
∴，
∴当t为2秒时，四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是菱形，则，
，
；
∴当AB为时，平行四边形是菱形；
（3）由（1）（2）可知当t＝2s，AB=时，四边形AECF是菱形，
∴EO＝6−t=4，
∴EF=8，
∴菱形AECF的面积＝．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质和菱形的判定和性质，勾股定理，菱形的面积的计算．
4、（1）；（2）每一个外角的度数是
【分析】
（1）根据平行线的性质可得∠B的度数，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数；
（2）根据n边形的内角和等于外角和的3倍多180°，可得方程180（n-2）=360×3+180，再解方程即可．
【详解】
解：（1）∵，
，
，
，
；
设这个多边形的边数为，根据题意得：
，
解得，
即它的边数是，
所以每一个外角的度数是．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、等腰三角形的性质以及多边形内角和与外角和．解题的关键是掌握多边形内角和公式，明确外角和是360°．
5、（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．