冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品精练

这是一份冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品精练，共32页。
八年级数学下册第二十二章四边形专项攻克
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、已知锐角∠AOB，如图．

（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径画弧，交射线OB于点D，连接CD；
（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，两弧交于点P，连接CP，DP；
（3）作射线OP交CD于点Q．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　　）
A．四边形OCPD是菱形 B．CP=2QC
C．∠AOP=∠BOP D．CD⊥OP
2、矩形ABCD的对角线交于点O，∠AOD=120°，AO=3，则BC的长度是（　　　）
A．3 B． C． D．6
3、如图，在给定的正方形中，点从点出发，沿边方向向终点运动， 交于点，以，为邻边构造平行四边形，连接，则的度数的变化情况是（ ）

A．一直减小 B．一直减小后增大 C．一直不变 D．先增大后减小
4、如图，在边长为的正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且于点F，连接DE，当时，（　　　）

A．1 B． C． D．
5、如图，已知正方形的边长为4，是对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为8；③；④的最小值为；⑤；⑥．其中正确结论有几个（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
6、如图，五边形中，，CP，DP分别平分，，则（　　　）

A．60° B．72° C．70° D．78°
7、如图，在中，，于E，DE交AC于点F，M为AF的中点，连接DM，若，则的大小为（ ）．

A．112° B．108° C．104° D．98°
8、如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，连接CE，若△CDE的周长为8，则▱ABCD的周长为（ ）

A．8 B．10 C．16 D．20
9、若菱形的周长为8，高为2，则菱形的面积为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
10、若n边形每个内角都为156°，那么n等于（ ）
A．8 B．12 C．15 D．16
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，在平行四边形ABCD中，AC⊥BC，E为AB中点，若CE=3，则CD=____．

2、如图①，小刚沿菱形纸片ABCD各边中点的连线裁剪得到四边形纸片EFGH，再将纸片EFGH按图②所示的方式分别沿MN、PQ折叠，当PNEF时，若阴影部分的周长之和为16，△AEH，△CFG的面积之和为12，则菱形纸片ABCD的一条对角线BD的长为_____．

3、如图，四边形ABCD是平行四边形，BE平分∠ABC，与AD交于点E，BC＝5，DE＝2，则AB的长为 ___．

4、如图，翠屏公园有一块长为12m，宽为6m的长方形草坪，绿化部门计划在草坪中间修两条宽度均为2m的石子路（两条石子路的任何地方的水平宽度都是2m），剩余阴影区域计划种植鲜花，则种植鲜花的面积为______m2．

5、如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D，E，F分别为AB，BC，AC的中点，已知DF＝5，则AE＝_____．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AC＝12cm，点E从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动，同时点D从点C出发沿CA以每秒2cm的速度向点A运动，运动时间为t秒（0＜t＜6），过点D作DF⊥BC于点F．

(1)试用含t的式子表示AE、AD、DF的长；
(2)如图①，连接EF，求证四边形AEFD是平行四边形；
(3)如图②，连接DE，当t为何值时，四边形EBFD是矩形？并说明理由．
2、如图，是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，为原点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，，，在边上取一点，将纸片沿翻折，使点落在边上的点处．

(1)直接写出点的坐标____________________；
(2)求、两点的坐标．
3、如图，在中，点D、E分别是边的中点，过点A作交的延长线于F点，连接，过点D作于点G．

(1)求证：四边形是平行四边形：
(2)若．
①当___________时，四边形是矩形；
②若四边形是菱形，则________．
4、如图所示，在每个小正方形的边长均为1的网格中，线段AB的端点A、B均在小正方形的顶点上．

(1)在图中画出等腰△ABC，且△ABC为钝角三角形，点C在小正方形顶点上；
(2)在（1）的条件下确定点C后，再画出矩形BCDE，D，E都在小正方形顶点上，且矩形BCDE的周长为16，直接写出EA的长为　 　．
5、已知∠MON＝90°，点A是射线ON上的一个定点，点B是射线OM上的一个动点，点C在线段OA的延长线上，且AC＝OB．

(1)如图1，CDOB，CD＝OA，连接AD，BD．
① ；
②若OA＝2，OB＝3，则BD＝ ；
(2)如图2，在射线OM上截取线段BE，使BE＝OA，连接CE，当点B在射线OM上运动时，求∠ABO和∠OCE的数量关系；
(3)如图3，当E为OB中点时，平面内一动点F满足FA=OA，作等腰直角三角形FQC，且FQ=FC，当线段AQ取得最大值时，直接写出的值．

-参考答案-
一、单选题
1、A
【解析】
【分析】
根据作图信息可以判断出OP平分，由此可以逐一判断即可．
【详解】
解：由作图可知，平分
∴OP垂直平分线段CD
∴∠AOP=∠BOP，CD⊥OP
故选项C，D正确；
由作图可知，
∴是等边三角形，
∴
∵OP垂直平分线段CD
∴
∴CP=2QC
故选项B正确，不符合题意；
由作图可知，,不能确定四边形OCPD是菱形，故选项A符合题意，
故选：A
【点睛】
本题考查了基本作图，解题的关键是熟练掌握作图的依据．
2、C
【解析】
【分析】
画出图形，由条件可求得△AOB为等边三角形，则可求得AC的长，在Rt△ABC中，由勾股定理可求得BC的长．
【详解】
解：如下图所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，OA=AC，OB=BD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=2，
∴AC=2OA=4，
∴BC2=AC2-AB2=36-9=27，
∴BC=．
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
3、A
【解析】
【分析】
根据题意，作交的延长线于，证明是的角平分线即可解决问题．
【详解】
解：作交的延长线于，

∵四边形 是正方形，
∴，
，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵， ，
∴，
∵，．
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的角平分线，
∴点的运动轨迹是的角平分线，
∵，
由图可知，点P从点D开始运动，所以一直减小，
故选：A ．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
4、C
【解析】
【分析】
证明，则，计算的长，得，证明是等腰直角三角形，可得的长．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
5、D
【解析】
【分析】
如图，过点作于点，连接，可说明四边形为矩形，，，是等腰直角三角形，；①中，可得为等腰直角三角形，进而求，由于四边形是平行四边形，，故可知；②，四边形为矩形，进而可求矩形的周长；③证明，由全等可知，进而可说明；④，当最小时，最小，即时，最小，计算即可；⑤在和中，勾股定理求得，将线段等量替换求解即可；⑥如图1，延长与交于点，证明，得，，，进而可说明．
【详解】
解：如图，过点作于点，连接，

由题意知
∴四边形为平行四边形
∵
∴四边形为矩形
∴
∵
∴
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
①∵，
∴为等腰直角三角形
∴
，
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
故①正确；
②∵
∴四边形为矩形
∴四边形的周长
故②正确；
③四边形为矩形

∵在和中
∵
∴
∴
∴
故③正确；
④∵
当最小时，最小
∴当时，即时，的最小值等于
故④正确；
⑤在和中，，
∴
故⑤正确；
⑥如图1，延长与交于点

∵在和中
∵
∴
∴
∵
∴
∴

故⑥正确；
综上，①②③④⑤⑥正确，
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形全等．解题的关键在于对知识的灵活综合运用．
6、C
【解析】
【分析】
根据五边形的内角和等于，由，可求的度数，再根据角平分线的定义可得与的角度和，进一步求得的度数．
【详解】
解：五边形的内角和等于，，
，
、的平分线在五边形内相交于点，
，
．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和公式，角平分线的定义，解题的关键是熟记公式，注意整体思想的运用．
7、C
【解析】
【分析】
根据平行四边形及垂直的性质可得为直角三角形，再由直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得，由等边对等角及三角形外角的性质得出，根据三角形内角和定理即可得出．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
∵M为AF的中点，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
题目主要考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角及三角形外角的性质和三角形内角和定理，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
8、C
【解析】
【分析】
根据线段垂直平分线的判定和性质，可得AE=CE，又由CE+DE+CD=8，即AD+CD=8，继而可得ABCD的周长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB=CD，AD=BC，
∵OE⊥AC，
∴OE是线段AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∵△CDE的周长为8，
∴CE+DE+CD=8，即AD+CD =8，
∴平行四边形ABCD的周长为2(AD+CD)=16．
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的判定和性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
9、B
【解析】
【分析】
根据周长求出边长，利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】
∵菱形的周长为8，
∴边长=2，
∴菱形的面积=2×2=4，
故选：B．
【点睛】
此题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的面积=底×高是解题的关键．
10、C
【解析】
【分析】
首先求得外角的度数，然后利用多边形的外角和是360度，列式计算即可求解．
【详解】
解：由题意可知：n边形每个外角的度数是：180°-156°=24°，
则n=360°÷24°=15．
故选：C．
【点睛】
本题考查了多边形的外角与内角，熟记多边形的外角和定理是关键．
二、填空题
1、6
【解析】
【分析】
由AC⊥BC，E为AB中点，若CE=3，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可求得AB的长，然后由平行四边形的性质，求得答案．
【详解】
解：∵AC⊥BC，E为AB中点，
∴AB=2CE=2×3=6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=6．
故答案为：6．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质以及直角三角形的性质．注意平行四边形的对边相等．
2、12
【解析】
【分析】
证出EH是△ABD的中位线，得出BD=2EH=4HN，由题意可以设AN=PC=x，EN=HN=PF=PG=y．构建方程组求出x，y即可解决问题．
【详解】
解：连接BD，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AC与BD垂直平分，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴AE=AH，EH是△ABD的中位线，
∴EN=HN，BD=2EH=4HN，
由题意可以设AN=PC=x，EN=HN=PF=PG=y．
则有，
解得：，
∴AN=2，HN=3，
∴BD=4HN=12；
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质、三角形中位线定理、方程组的解法等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
3、3
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质可得，，结合图形，利用线段间的数量关系可得，由平行线及角平分线可得，，得出，根据等角对等边即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，BE平分，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：3．
【点睛】
题目主要考查平行四边形的性质，利用角平分线计算及平行线的性质，等角对等边求边长等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键．
4、48
【解析】
【分析】
利用长方形的面积减去石子路的面积，即可求解．
【详解】
解：根据题意得：种植鲜花的面积为 ．
故答案为：48
【点睛】
本题主要考查了求平行四边形的面积，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
5、5
【解析】
【分析】
依题意，可得DF是△ABC的中位线，得到BC的边长；又结合直角三角形斜边中线是斜边的一半，即可求解；
【详解】
∵ D，F分别为AB，AC的中点，
∴DF是△ABC的中位线，
∴BC＝2DF＝10，
在Rt△ABC中，E为BC的中点，

故答案为：5．
【点睛】
本题主要考查直角三角形性质及中线的性质，关键在熟练综合使用和分析；
三、解答题
1、 (1)AE＝t，AD＝12﹣2t，DF＝t
(2)见解析
(3)3，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意用含t的式子表示AE、CD，结合图形表示出AD，根据直角三角形的性质表示出DF；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形证明；
（3）根据矩形的定义列出方程，解方程即可．
(1)
解：由题意得，AE＝t，CD＝2t，
则AD＝AC﹣CD＝12﹣2t，
∵DF⊥BC，∠C＝30°，
∴DF＝CD＝t；
(2)
解：∵∠ABC＝90°，DF⊥BC，
∴，
∵AE＝t，DF＝t，
∴AE＝DF，
∴四边形AEFD是平行四边形；
(3)
解：当t＝3时，四边形EBFD是矩形，
理由如下：∵∠ABC＝90°，∠C＝30°，
∴AB＝AC＝6cm，
∵，
∴BE＝DF时，四边形EBFD是平行四边形，即6﹣t＝t，
解得，t＝3，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EBFD是矩形，
∴t＝3时，四边形EBFD是矩形．
【点睛】
此题考查了30度角的性质，平行四边形的判定及性质，矩形的定义，一元一次方程，三角形与动点问题，熟练掌握四边形的知识并综合应用是解题的关键．
2、 (1)(10，8)
(2)D(0，5)，E(4，8)
【解析】
【分析】
（1）根据，，可得点的坐标；
（2）根据折叠的性质，可得AE=AO，OD=ED，根据勾股定理，可得EB的长，根据线段的和差，可得CE的长，可得E点坐标；再根据勾股定理，可得OD的长，可得D点坐标；
(1)
解：∵，，
∴点的坐标(10，8)，
故答案为：(10，8)；
(2)
解：依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，
在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=OC=8，
由勾股定理，得BE= =6，
CE=BC-BE=10-6=4，E(4，8)．
在Rt△DCE中，由勾股定理，得DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD，CD=8-OD，
(8-OD)2+42=OD2，
解得OD=5，D(0，5)．
所以D(0，5)，E(4，8)；
【点睛】
本题主要考查了、矩形的性质、翻折变换、勾股定理等知识点，熟知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是解答此题的关键．
3、 (1)见解析；
(2)①3；②
【解析】
【分析】
（1）根据三角形中位线的性质得到DEAB，BD=CD，即可证得四边形ABDF是平行四边形，得到AF=BD=CD，由此得到结论；
（2）①由点D、E分别是边BC、AC的中点，得到DE=AB，由四边形是平行四边形，得到DF=2DE=AB=3，再根据矩形的性质得到AC=DF=3；
②根据菱形的性质得到DF⊥AC，推出AB⊥AC，利用勾股定理求出AC，得到CE，利用面积法求出答案．
(1)
证明：∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DEAB，BD=CD，
∵，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴AF=BD=CD，
∴四边形是平行四边形；
(2)
解：①∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DE=AB，
∵四边形是平行四边形，
∴DF=2DE=AB=3，
∵四边形是矩形,
∴AC=DF=3，
故答案为：3；
②∵四边形是菱形，
∴DF⊥AC，
∵DEAB，
∴AB⊥AC，
∴AD=BC=2.5，
∴AE=EC=2，
∵
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定及性质，矩形的性质，菱形的性质，三角形中位线的判定及性质，勾股定理，是一道较为综合的几何题，熟练掌握各知识点并应用是解题的关键．
4、 (1)见解析
(2)画图见解析，
【解析】
【分析】
（1）作出腰为5且∠ABC是钝角的等腰三角形ABC即可；
（2）作出边长分别为5，3的矩形ABDE即可．
(1)
解：如图，AB==BC，∠ABC>90°，所以△ABC即为所求；

(2)
解：如图，矩形BCDE即为所求．AE= ．
故答案为：．
【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，等腰三角形的判定，矩形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
5、 (1)△DCA；
(2)∠ABO+∠OCE=45°，理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）①由平行线的性质可得∠ACD=∠BOA=90°，再由OB=CA，OA=CD，即可利用SAS证明△AOB≌△DCA；②过点D作DR⊥BO交BO延长线于R，由①可知△AOB≌△DCA，得到CD=OA=2，AC=OB=3，再由OC⊥OB，DR⊥OB，CD∥OB，得到DR=OC=OA+AC=5（平行线间距离相等），同理可得OR=CD=3，即可利用勾股定理得到；
（2）如图所示，过点C作CW⊥AC，使得CW=OA，连接AW，BW，先证明△AOB≌△WCA得到AB=AW，∠ABO=∠WAC，然后推出∠ABW=∠AWB=45°，证明四边形BECW是平行四边形，得到BW∥CE，则∠WJC=∠BWA=45°，由三角形外角的性质得到∠WJC=∠WAC+∠JCA，则∠ABO+∠OCE=45°；
（3）如图3-1所示，连接AF，则，如图3-2所示，当A、F、Q三点共线时，AQ有最大值，由此求解即可．
(1)
解：①∵CD∥OB，
∴∠ACD=∠BOA=90°，
又∵OB=CA，OA=CD，
∴△AOB≌△DCA（SAS）；
故答案为：△DCA；

②如图所示，过点D作DR⊥BO交BO延长线于R，
由①可知△AOB≌△DCA，
∴CD=OA=2，AC=OB=3，
∵OC⊥OB，DR⊥OB，CD∥OB，
∴DR=OC=OA+AC=5（平行线间距离相等），
同理可得OR=CD=3，
∴BR=OB+OR=5，
∴；
故答案为：；

(2)
解：∠ABO+∠OCE=45°，理由如下：
如图所示，过点C作CW⊥AC，使得CW=OA，连接AW，BW，
在△AOB和△WCA中，
，
∴△AOB≌△WCA（SAS），
∴AB=AW，∠ABO=∠WAC，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠BAO+∠WAC=90°，
∴∠BAW=90°，
又∵AB=AW，
∴∠ABW=∠AWB=45°，
∵BE⊥OC，CW⊥OC，
∴BE∥CW，
又∵BE=OA=CW，
∴四边形BECW是平行四边形，
∴BW∥CE，
∴∠WJC=∠BWA=45°，
∵∠WJC=∠WAC+∠JCA，
∴∠ABO+∠OCE=45°；

(3)
解：如图3-1所示，连接AF，
∴，

∴如图3-2所示，当A、F、Q三点共线时，AQ有最大值，
∵E是OB的中点，BE=OA，
∴BE=OE=OA，
∴OB=AC=2OA，
∵△CFQ是等腰直角三角形，CF=QF，
∴∠CFQ=∠CFA=90°，
∴，
∴，
∴．

【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质与判定，平行线的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．