初中数学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

京改版八年级数学下册第十五章四边形达标测试

 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、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（     ）

A． B． C． D．

2、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（    ）

A． B．

C． D．

3、如图，点E是△ABC内一点，∠AEB＝90°，D是边AB的中点，延长线段DE交边BC于点F，点F是边BC的中点．若AB＝6，EF＝1，则线段AC的长为（　　）

A．7 B． C．8 D．9

4、平面直角坐标系内与点P关于原点对称的点的坐标是（     ）

A． B． C． D．

5、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

6、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

7、如果一个多边形的外角和等于其内角和的2倍，那么这个多边形是（    ）

A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形

8、下列四个图案中，是中心对称图形的是（　　）

A． B．

C． D．

9、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

10、下列图形中，是中心对称图形的是（　　）

A． B．

C． D．

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、若点P（m，﹣2）与Q（﹣4，2）关于原点对称，则m＝_____．

2、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=____

3、一个正多边形的每一个内角比每一个外角的5倍还小60°，则这个正多边形的边数为__________．

4、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 _____．

5、一个多边形的内角和为1080°，则它是______边形．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、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        ．

2、如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处；再将矩形沿折叠，使点落在点处且过点．

（1）求证：四边形是平行四边形；

（2）当是多少度时，四边形为菱形?试说明理由．

3、如图，在正方形中，是直线上的一点，连接，过点作，交直线于点，连接．

（1）当点在线段上时，如图①，求证：；

（2）当点在直线上移动时，位置如图②、图③所示，线段，与之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．

4、如图，在中，对角线AC、BD交于点O，AB=10，AD=8，AC⊥BC，求

（1）的面积；

（2）△AOD的周长．

5、如图，△AOB是等腰直角三角形．

（1）若A（﹣4，1），求点B的坐标；

（2）AN⊥y轴，垂足为N，BM⊥y轴，垂足为点M，点P是AB的中点，连PM，求∠PMO度数；

（3）在（2）的条件下，点Q是ON的中点，连PQ，求证：PQ⊥AM．

-参考答案-

一、单选题

1、A

【分析】

根据中心对称图形的概念（在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，则为中心对称图形）求解即可．

【详解】

解：B、C、D三个选项的图形旋转后，均不能与原来的图形重合，不符合题意，

A选项是中心对称图形．故本选项正确．

故选：A．

【点睛】

本题考查了中心对称图形的概念，深刻理解中心对称图形的概念是解题关键．

2、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．

3、C

【分析】

根据直角三角形的性质求出DE，由EF=1，得到DF，再根据三角形中位线定理即可求出线段AC的长．

【详解】

解：∵∠AEB＝90，D是边AB的中点，AB＝6，

∴DE＝AB＝3，

∵EF＝1，

∴DF＝DE+EF＝3+1＝4．

∵D是边AB的中点，点F是边BC的中点，

∴DF是ABC的中位线，

∴AC＝2DF＝8．

故选：C．

【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的性质，三角形中位线定理，求出DF的长是解题的关键．

4、C

【分析】

根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可．

【详解】

解：由题意，得

点P（-2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，-3），

故选：C．

【点睛】

本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．

5、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．

6、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．

7、A

【分析】

多边形的外角和是360度，多边形的外角和是内角和的2倍，则多边形的内角和是180度，则这个多边形一定是三角形．

【详解】

解：多边形的外角和是360度，

又多边形的外角和是内角和的2倍，

多边形的内角和是180度，

这个多边形是三角形．

故选：A．

【点睛】

考查了多边形的外角和定理，解题的关键是掌握多边形的外角和定理．

8、A

【分析】

中心对称图形是指绕一点旋转180°后得到的图形与原图形能够完全重合的图形，由此判断即可．

【详解】

解：根据中心对称图形的定义，可知A选项的图形为中心对称图形，

故选：A．

【点睛】

本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的基本定义是解题关键．

9、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

10、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.

二、填空题

1、4

【分析】

两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P1（-x，-y）．

【详解】

解：因为点P（m，﹣2）与Q（﹣4，2）关于原点对称，

所以m-4=0,

即m=4，

故答案为：4．

【点睛】

本题考查平面内两点关于原点对称的点，属于基础题，掌握相关知识是解题关键．

2、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．

3、9

【分析】

设正多边形的外角为x度，则可用代数式表示出内角，再由内角与外角互补的关系得到方程，解方程即可求得每一个外角，再根据多边形的外角和为360度即可求得正多边形的边数．

【详解】

设正多边形的外角为x度，则内角为(5x−60)度

由题意得：

解得：

则正多边形的边数为：360÷40=9

即这个正多边形的边数为9

故答案为：9

【点睛】

本题考查了正多边形的内角与外角，关键是运用方程求得正多边形的外角．

4、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．

5、八

【分析】

根据多边形的内角和公式求解即可．n边形的内角的和等于： (n大于等于3且n为整数）．

【详解】

解：设该多边形的边数为n，

根据题意，得，

解得，

∴这个多边形为八边形，

故答案为：八．

【点睛】

此题考查了多边形的内角和，解题的关键是熟练掌握多边形的内角和公式．

三、解答题

1、（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.

2、（1）见解析；（2）当∠B1FE=60°时，四边形EFGB为菱形，理由见解析

【分析】

（1）由题意，，结合，得，同理可得，即，结合，依据平行四边形的判定定理即可证明四边形BEFG是平行四边形；

（2）根据菱形的性质可得，结合（1）中结论得出为等边三角形，依据等边三角形的性质及（1）中结论即可求出角的大小．

【详解】

证明：（1）∵，

∴．

又∵，

∴．

∴．

同理可得：．

∴，

又∵，

∴四边形BEFG是平行四边形；

（2）当时，四边形EFGB为菱形．

理由如下：

∵四边形BEFG是菱形，

∴，

由（1）得：，

∴，

∴为等边三角形，

∴，

∴．

【点睛】

题目主要考查平行四边形和菱形的判定定理和性质，矩形的折叠问题，等边三角形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．

3、（1）见解析；（2）图②中，图③中

【分析】

（1）在上截取，连接，可先证得，则，，进而可证得△AED为等腰直角三角形，即可得证；

（2）仿照（1）的证明思路，作出相应的辅助线，即可证得对应的，与之间的数量关系．

【详解】

解：（1）证明：如图，在上截取，连接．

∵四边形是正方形，

，，

，，

，

，

，

，，

，

，，

，

∴△ECF是等腰直角三角形，

在中，，

，

；

（2）图②：，理由如下：

如下图，在延长线上截取，连接．

∵四边形是正方形，

，，

，，

，

，

，， 

，

，，

，

∴△ECF是等腰直角三角形， 

在中，，

，

；

图③：

如图，在DE上截取DF=BE，连接．

∵四边形是正方形，

，，

，，

，

，

，，

，

，，

，

∴△ECF是等腰直角三角形，

在中，，

， 

．

【点睛】

本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形、勾股定理等相关知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．

4、（1）48（2）

【分析】

（1）利用勾股定理先求出高AC，故可求解面积；

（2）根据平行四边形的性质求出AO，再利用勾股定理求出OB的长，故可求解．

【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，且AD=8

∴BC=AD=8

∵AC⊥BC

∴∠ACB=90°

在Rt△ABC中，由勾股定理得AC2=AB2-BC2

∴

∴

（2）∵四边形ABCD是平行四边形，且AC=6

∴

∵∠ACB=90°，BC=8

∴，

∴

∴．

【点睛】

此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的性质及勾股定理的应用．

5、（1）（1，4）；（2）45°；（3）见解析
 

【分析】

（1）过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，证明△OAE≌△BOF得到OF=AE，BF=OE，再由点A的坐标为（-4，1），得到OF=AE=1，BF=OE=4，则点B的坐标为（1，4）；

（2）延长MP与AN交于H，证明△APH≌△BPM得到AH=BM，再由A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），得到AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，则HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，瑞出HN=MN，即可得到∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；

（3）连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，则GP是△ABM的中位线，AM∥GP，证明△PQO≌△PGB得到∠OPQ=∠BPG，再由∠OPQ+∠BPQ=90°，得到∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，则PQ⊥PG，即PG⊥AM；

【详解】

解：（1）如图所示，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，

∴∠AEO=∠OFB=90°，

∴∠AOE+∠OAE=90°，

又∵∠AOB=90°，

∴∠AOE+∠BOF=90°，

∴∠OAE=∠BOF，

∵AO=OB，

∴△OAE≌△BOF（AAS），

∴OF=AE，BF=OE，

∵点A的坐标为（-4，1），

∴OF=AE=1，BF=OE=4，

∴点B的坐标为（1，4）；

（2）如图所示，延长MP与AN交于H，

∵AH⊥y轴，BM⊥y轴，

∴BM∥AN，

∴∠MBP=∠HAP，∠AHP=∠BMP，

∵点P是AB的中点，

∴AP=BP，

∴△APH≌△BPM（AAS），

∴AH=BM，

∵A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），

∴AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，

∴HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，

∴HN=MN，

∴∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；

（3）如图所示，连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，

∴GP是△ABM的中位线，

∴AM∥GP，

∵Q是ON的中点，G是BM的中点，ON=BM=1，

∴，

∵P是AB中点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，

∴，∠OAB=∠OBA=45°，∠OPB=90°

∴∠PAO=∠POA=45°，

∴∠POB=45°，

∵∠NAO+∠NOA=90°，∠NOA+∠BON=90°，

∴∠NAO=∠BON，

∵∠OAB=∠POB=45°，

∴∠BAN+∠NAO=∠POQ+∠BON，即∠BAN=∠POQ，

由（2）得∠GBP=∠BAN，

∴∠GBP=∠QOP，

∴△PQO≌△PGB（SAS），

∴∠OPQ=∠BPG，

∵∠OPQ+∠BPQ=90°，

∴∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，

∴PQ⊥PG，

∴PG⊥AM；

【点睛】

本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．