冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品巩固练习

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八年级数学下册第二十二章四边形综合测试
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①，在▱ABCD中，动点P从点B出发，沿折线B→C→D→B运动，设点P经过的路程为x，△ABP的面积为y，y是x的函数，函数的图象如图②所示，则图②中的a值为（　　）

A．3 B．4 C．14 D．18
2、如图，已知矩形ABCD中，R、P分别是DC、BC上的点，E、F分别是AP、RP的中点，当P在BC上从B向C移动而R不动时，那么下列结论成立的是（ ）

A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐减小
C．线段EF的长不改变 D．线段EF的长不能确定
3、如图，在正方形ABCD中，，点E在对角线AC上，若，则CDE的面积为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
4、能够判断一个四边形是矩形的条件是（ ）
A．对角线相等 B．对角线垂直
C．对角线互相平分且相等 D．对角线垂直且相等
5、将一长方形纸条按如图所示折叠，，则（ ）

A．55° B．70° C．110° D．60°
6、如图，平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝3，AE平分∠BAD交BC边于点E，则EC等于（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
7、将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BD、BE为折痕，则∠EBD的度数（ ）

A．80° B．90° C．100° D．110°
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、下列命题中是真命题的是（ ）．A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．有一个角为直角的四边形是矩形
10、如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴，y轴于A、B两点，C为线段OB上一点，过点C作轴交l于点D，若的顶点E恰好落在直线上，则点C的坐标为（ ）

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、如图，在中，，，射线AF是的平分线，交BC于点D，过点B作AB的垂线与射线AF交于点E，连结CE，M是DE的中点，连结BM并延长与AC的延长线交于点G．则下列结论正确的是______．

① ②BG垂直平分DE ③ ④ ⑤
2、矩形的性质定理1：矩形的四个角都是________．

符号语言：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
矩形的性质定理2：矩形的对角线________．
符号语言：

∵四边形ABCD是矩形，
∴AC ＝ BD．
3、在平面直角坐标系中，直线l：与x轴交于点，如图所示依次作正方形、正方形、…、正方形，使得点、、、…在直线1上，点、、、…在y轴正半轴上，则点的坐标是________．

4、如图，矩形纸片，，．如果点在边上，将纸片沿折叠，使点落在点处，如果直线经过点，那么线段的长是_______．

5、如图，矩形的两条对角线相交于点，已知，，则矩形对角线的长为_______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，已知矩形ABCD（AB＜AD）．E是BC上的点，AE=AD．

(1)在线段CD上作一点F，连接EF，使得∠EFC＝∠BEA(请用直尺和圆规作图，保留作图痕迹)；
(2)在（1）作出的图形中，若AB＝4，AD＝5，求DF的值．
2、如图，正方形ABCD中，E为BD上一点，AE的延长线交BC的延长线于点F，交CD于点H，G为FH的中点．

(1)求证：AE=CE；
(2)猜想线段AE，EG和GF之间的数量关系，并证明．
3、如图，在菱形ABDE中，，点C是边AB的中点，点P是对角线AD上的动点（可与点A，D重合），连接PC，PB．已知，若要，求AP的取值范围．丞泽同学所在的学习小组根据学习函数的经验，设AP长为xcm，PC长为，PB长为．分别对函数，随自变量x的变化而变化的规律进行了探究，下面是丞泽同学所在学习小组的探究过程，请补充完整：

(1)按照表中自变量x的值进行取点、画图、测量，分别得到了，与x的几组对应值，表格中的______；
x/cm
0
1
2
3
4
5
6

1.73
1.00
1.00
a
2.64
3.61
4.58

3.46
2.64
2.00
1.73
2.00
2.64
3.46
(2)在同一平面直角坐标系xOy中，请在图中描出补全后的表中各组数值所对应的点，并画出函数的图象；
(3)结合函数图象，解决问题：当时，估计AP的长度的取值范围是____________；
请根据图象估计当______时，PC取到最小值．（请保留点后两位）
4、已知正多边形的内角和比外角和大720°，求该正多边形所有对角线的条数．
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】
由图②知，BC=6，CD=14-6=8，BD=18-14=4，再通过解直角三角形，求出△CBD高，进而求解．
【详解】
解：由图②知，BC=6，CD=14-6=8，BD=18-14=4，
过点B作BH⊥DC于点H，

设CH=x，则DH=8-x，
则BH2=BC2-CH2=BD2-DH2，即：BH2=42-（8-x）2=62-x2，
解得：
则：，
则，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
2、C
【解析】
【分析】
因为R不动，所以AR不变．根据中位线定理，EF不变．
【详解】
解：连接AR．

因为E、F分别是AP、RP的中点，
则EF为的中位线，
所以，为定值．
所以线段的长不改变．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，只要三角形的边AR不变，则对应的中位线的长度就不变．
3、A
【解析】
【分析】
根据正方形的性质，全等三角形的性质和三角形的面积公式解答即可．
【详解】
∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠BAC=DAC，
∵AE=AE，∴△ABE≌△ADE，
∴=5，同理△CBE≌△CDE，
∴，
∵，
∴CDE的面积为： =3，
故选A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，关键是根据全等三角形的性质和三角形的面积公式解答．
4、C
【解析】
略
5、B
【解析】
【分析】
从折叠图形的性质入手，结合平行线的性质求解．
【详解】
解：由折叠图形的性质结合平行线同位角相等可知，，
，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查折叠的性质及平行线的性质，解题的关键是结合图形灵活解决问题．
6、B
【解析】
【分析】
根据平行四边形及平行线的性质可得，再由角平分线及等量代换得出，利用等角对等边可得，结合图形即可得出线段长度．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∵AE平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】
题目主要考查 平行四边形及平行线的性质，利用角平分线计算，等角对等边等，理解题意，熟练运用平行四边形的性质是解题关键．
7、B
【解析】
【分析】
根据翻折的性质可知，∠ABE=∠A′BE，∠DBC=∠DBC′，又∠ABE+∠A′BE+∠DBC+∠DBC′=180°，且∠EBD=∠A′BE+∠DBC′，继而即可求出答案．
【详解】
解：根据翻折的性质可知，∠ABE=∠A′BE，∠DBC=∠DBC′，
又∵∠ABE+∠A′BE+∠DBC+∠DBC′=180°，
∴∠EBD=∠A′BE+∠DBC′=180°×=90°．
故选B．
【点睛】
此题考查翻折变换的性质，三角形折叠以后的图形和原图形全等，对应的角相等，得出∠ABE=∠A′BE，∠DBC=∠DBC′是解题的关键．
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、A
【解析】
【分析】
根据平行线四边形的性质得到对边相等，加上一组邻边相等，可得到四边都相等，根据菱形的定义对A、B进行判断；根据矩形的判定方法对C、D进行判断．
【详解】
解：A、平行四边形的对边相等，若有一组邻边相等，则四边都相等，所以该选项正确；
B、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，所以该选项不正确；
C、对角线互相平分且相等的四边形为矩形，所以该选项不正确；
D、有三个角是直角的四边形是矩形，所以该选项不正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查了命题与定理：判断事情的语句叫命题；正确的命题叫真命题；经过证明其正确性的命题称为定理．也考查了平行四边形、矩形和菱形的判定与性质．
10、D
【解析】
【分析】
设点 ，根据轴，可得点 ，再根据平行四边形的性质可得点轴， ，则， ，即可求解．
【详解】
解：设点 ，
∵轴，
∴点 ，
∵四边形是平行四边形，
∴轴， ，
∴点 ，
∴ ，
∵直线分别交y轴于B两点，
∴当 时， ，
∴点 ，
∴ ，
∴，解得： ，
∴ ，
∴点 ．
故选：D
【点睛】
本题主要考查了一次函数的图形和性质，平行四边形的性质，熟练掌握一次函数的图形和性质，平行四边形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
二、填空题
1、①②⑤
【解析】
【分析】
先由题意得到∠ABE=∠ACB=∠BCG=90°，∠BAC=45°，再由角平分线的性质得到∠BAE=∠DAC=22.5°，从而推出∠BEA=∠ADC，则∠BDE=∠BED，再由三线合一定理即可证明BM⊥DE，∠GBE=∠DBG，即可判断②；得到∠MAG+∠MGA=90°，再由∠CBG+∠CGB=90°，可得∠DAC=∠GBC=22.5°，则∠GBE=22.5°，2∠GBE=45°，从而可证明△ACD≌△BCG，即可判断①；则CD=CG，再由AC=BC=BD+CD，可得到AC=BE+CG，即可判断⑤；由∠G=180°-∠BCG-∠CBG=67.5°，即可判断④；延长BE交AC延长线于G，先证△ABH是等腰直角三角形，得到C为AH的中点，然后证BE≠HE，即E不是BH的中点，得到CE不是△ABH的中位线，则CE与AB不平行，即可判断③．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，BE⊥AB，AC=BC，
∴∠ABE=∠ACB=∠BCG=90°，∠BAC=45°，
∴∠BAE+∠BEA=90°，∠DAC+∠ADC=90°，
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAE=∠DAC=22.5°，
∴∠BEA=∠ADC，
又∵∠ADC=∠BDE，
∴∠BDE=∠BED，
∴BD=ED，
又∵M是DE的中点，
∴BM⊥DE，∠GBE=∠DBG，
∴BG垂直平分DE，∠AMG=90°，故②正确，
∴∠MAG+∠MGA=90°，
∵∠CBG+∠CGB=90°，
∴∠DAC=∠GBC=22.5°，
∴∠GBE=22.5°，
∴2∠GBE=45°，
又∵AC=BC，
∴△ACD≌△BCG（ASA），故①正确；
∴CD=CG，
∵AC=BC=BD+CD，
∴AC=BE+CG，故⑤正确；
∵∠G=180°-∠BCG-∠CBG=67.5°，
∴∠G≠2∠GBE，故④错误；
如图所示，延长BE交AC延长线于G，
∵∠ABH=∠ABC+∠CBH=90°，∠BAC=45°，
∴△ABH是等腰直角三角形，
∵BC⊥AH，
∴C为AH的中点，
∵AB≠AH，AF是∠BAH的角平分线，
∴BE≠HE，即E不是BH的中点，
∴CE不是△ABH的中位线，
∴CE与AB不平行，
∴BE与CE不垂直，故③错误；
故答案为：①②⑤．

【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线定理，三角形内角和定理，熟知等腰三角形的性质与判定条件是解题的挂件．
2、 直角 相等
【解析】
略
3、
【解析】
【分析】
根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质可得出点A1、B1的坐标，同理可得出A2、A3、A4、A5、…及B2、B3、B4、B5、…的坐标，根据点的坐标的变化可找出变化规律“Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数）”，依此规律即可得出结论．
【详解】
解：当y=0时，有x-1=0，
解得：x=1，
∴点A1的坐标为（1，0）．
∵四边形A1B1C1O为正方形，
∴点B1的坐标为（1，1）．
同理，可得出：A2（2，1），A3（4，3），A4（8，7），A5（16，15），…，
∴B2（2，3），B3（4，7），B4（8，15），B5（16，31），…，
∴Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数），
故答案为：
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律“Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数）”是解题的关键．
4、
【解析】
【分析】
根据题意可知∠AFD=90°，利用勾股定理得DF=，再证明AD=DE，即可得出EF的长，从而解决问题．
【详解】
如图，∵将纸片沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴AB=AF=3，∠B=∠AFE=90°，∠AEB=∠AED，

∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AED，
∴∠DAE=∠AED，
∴AD=DE=4，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：，
∴EF=DE-DF=，
∴BE=EF=，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，证明AD=DE是解题的关键．
5、5
【解析】
【分析】
由矩形的性质可证△AOB为等边三角形，可求BO=AB的长，即可求BD的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO=BO=DO，
∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=60°，且AO=BO，
∴△ABO为等边三角形，
∴AO=BO=AB=2.5，
∴BD=5，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是本题的关键，①矩形的对边平行且相等；②矩形的四个角都是直角；③矩形的对角线相等且互相平分．
三、解答题
1、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求，理由：可先证明△AEF≌△ADF，可得∠AEF=∠D=90°，从而得到∠DAE+∠DFE=180°，进而得到∠EFC=∠DAE，再由AD∥BC，即可求解；
（2）根据矩形的性质可得∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，从而得到BE＝3，进而得到EC＝2，然后在 中，由勾股定理，即可求解．
(1)
解：如图，作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求．

∵AE=AD，∠EAF=∠DAF，AF=AF，
∴△AEF≌△ADF，
∴∠AEF=∠D=90°，
∴∠DAE+∠DFE=180°，
∵∠EFC+∠DFE=180°，
∴∠EFC=∠DAE，
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠BEA=∠DAE，
∴∠EFC＝∠BEA；
(2)
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，
∵AE＝AD＝5，
∴BE＝＝＝3，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣3＝2，
由（1）得：△AEF≌△ADF，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
2、 (1)见解析
(2)AE2+ GF2=EG2，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据“SAS”证明△ADE≌△CDE即可；
（2）连接CG，可得CG=GF=GH=FH，再证明∠ECG=90°，然后在Rt△CEG中，可得CE2+CG2=EG2，进而可得线段AE，EG和GF之间的数量关系．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADE=∠CDE，
在△ADE和△CDE中
，
∴△ADE≌△CDE，
∴AE=CE；
(2)
AE2+ GF2=EG2，理由：
连接CG
∵△ADE≌△CDE，
∴∠1=∠2．
∵G为FH的中点，
∴CG=GF=GH=FH，
∴∠6=∠7．
∵∠5=∠6，
∴∠5=∠7．
∵∠1+∠5=90°，
∴∠2+∠7=90°，即∠ECG=90°，
在Rt△CEG中，CE2+CG2=EG2，
∴AE2+ GF2=EG2．

【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，以及勾股定理等知识，证明△ADE≌△CDE是解（1）的关键，证明∠ECG=90°是解（2）的关键．
3、 (1)
(2)见解析
(3)0≤AP≤3，1.50
【解析】
【分析】
（1）证明△PAB为直角三角形，再根据勾股定理得出，而点C是线段AB的中点，即可求解；
（2）描点绘出函数图象即可；
（3）观察分析函数图象即可求解．
(1)
解：在菱形ABDE中，AB=BD
∵，
∴，
∵AD=6
当x=AP=3时，则P为AD的中点
∴，
∴AB=2BP，，
∴，
∵点C是边AB的中点，
∴，即
(2)
描点绘出函数图象如下（0≤x≤6）

(3)
当PC的长度不大于PB长度时，即y1≤y2，从图象看，此时，0≤x≤3，即0≤AP≤3，
从图象看，当x大约为1.50时，y1即PC取到最小值；
故答案为：0≤AP≤3；1.50．
【点睛】
本题考查函数的图象，直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型．
4、20条
【解析】
【分析】
多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，外角和是固定的360°，根据正多边形内角和与外角和的差等于720°，列方程求出正多边形的边数．然后根据n边形共有条对角线，得出此正多边形的所有对角线的条数．
【详解】
解：设此正多边形为正n边形．
由题意得：，
解得n＝8，
∴此正多边形所有的对角线条数为：＝20．
答：这个正多边形的所有对角线有20条．
【点睛】
此题考查多边形的边数与对角线条数,一元一次方程，解题关键在于掌握多边形内角和公式和外角和，以及对角线条数计算公式.．
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．