冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品练习

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练习，共30页。
八年级数学下册第二十二章四边形定向练习 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，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上，则BE的长度为（       ）A．1 B． C． D．22、如图，点D，E分别是△ABC边BA，BC的中点，AC＝3，则DE的长为（       ）A．2 B． C．3 D．3、如图，DE是的中位线，若，则BC的长为（　　　）A．8 B．7 C．6 D．7.54、已知在平行四边形ABCD中，∠A＝90°，如果添加一个条件，可使该四边形是正方形，那么这个条件可以是（       ）A．∠D＝90° B．AB＝CD C．AD＝BC D．BC＝CD5、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．47、如图，2002年8月在北京召开的国际数学家大会会标其原型是我国古代数学家赵爽的《勾股弦图》，它是由四个全等的直角三角形拼接而成，如果大正方形的面积是18，直角三角形的直角边长分别为a、b，且a2＋b2＝ab＋10，那么小正方形的面积为（       ）A．2 B．3 C．4 D．58、陈师傅应客户要求加工4个长为4cm、宽为3cm的矩形零件．在交付客户之前，陈师傅需要对4个零件进行检测．根据零件的检测结果，下图中有可能不合格的零件是（       ）A． B．C． D．9、如图，△ABC的周长为a，以它的各边的中点为顶点作△A1B1C1，再以△AB1C1各边的中点为顶点作△A2B2C2，再以△AB2C2各边的中点为顶点作△A3B3C3，…如此下去，则△AnBnCn的周长为（　　）A．a B．a C．a D．a10、如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点落在∠BAC内部．若，且，则∠DAE的度数为（       ）A．12° B．24° C．39° D．45°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、长方形纸片按图中方式折叠，其中为折痕，如果折叠后在一条直线上，那么的大小是________度．2、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_______．3、如图，在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=8，BC=12，则EF的长为__________．4、如图，在平面直角坐标系xOy中，有一边长为1的正方形OABC，点B在x轴的正半轴上，如果以对角线OB为边作第二个正方形OBB1C1，再以对角线OB1为边作第三个正方形OB1B2C2，…，照此规律作下去，则B2的坐标是 ___；B2020的坐标是 ___．5、一个多边形的每个内角都等于120°，则这个多边形的边数是______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、尺规作图并回答问题：（保留作图痕迹）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形．求作：菱形AECF，使点E，F分别在BC，AD上．请回答：在你的作法中，判定四边形AECF是菱形的依据是　 　．2、（1）【发现证明】如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是______（不要求证明）（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．3、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．4、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．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、D【解析】【分析】由正方形的性质得出∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，设BE=x，则B'E=x，AE=3-x，由直角三角形的性质可得：2（3-x）=x，解方程求出x即可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠A=90°，∴∠EFD=∠BEF=60°，∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B'恰好落在AD边上，∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°，∴B'E=2AE，设BE=x，则B'E=x，AE=3-x，∴2（3-x）=x，解得x=2．故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．2、D【解析】略3、A【解析】【分析】已知DE是的中位线，，根据中位线定理即可求得BC的长．【详解】是的中位线，，，故选：A．【点睛】此题主要考查三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半；掌握中位线定理是解题的关键．4、D【解析】略5、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．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、A【解析】【分析】由正方形1性质和勾股定理得，再由，得，则，即可解决问题．【详解】解：设大正方形的边长为，大正方形的面积是18，，，，，，小正方形的面积，故选：A．【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质以及完全平方公式等知识，解题的关键是求出．8、C【解析】【分析】根据矩形的判定定理判断即可．【详解】∵A满足的条件是有一个角是直角的平行四边形是矩形，∴A合格，不符合题意；∵B满足的条件是三个角是直角的四边形是矩形，∴B合格，不符合题意；∵C满足的条件是有一个角是直角的四边形，∴无法判定，C不合格，符合题意；∵D满足的条件是有一个角是直角的平行四边形是矩形，∴D合格，不符合题意；故选C．【点睛】本题考查了矩形的判定定理，正确理解题意，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．9、A【解析】【分析】根据三角形中位线的性质可知的周长的周长，的周长的周长，以此类推找出规律，写出代数式，再整理即可选择．【详解】解：∵以△ABC的各边的中点为顶点作，∴的周长的周长．∵以各边的中点为顶点作，∴的周长的周长，…，∴的周长故选：A．【点睛】本题主要考查三角形中位线的性质，根据三角形中位线的性质求出前2个三角形的面积总结出规律是解答本题的关键．10、C【解析】【分析】由折叠的性质得到，由长方形的性质得到，根据角的和差倍分得到，整理得 ，最后根据解题．【详解】解：折叠，是矩形故选：C．【点睛】本题考查角的计算、折叠性质、数形结合思想等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．二、填空题1、90【解析】【分析】根据折叠的性质，∠1=∠2，∠3=∠4，利用平角，计算∠2+∠3的度数即可．【详解】如图，根据折叠的性质，∠1=∠2，∠3=∠4，∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∴2∠2+2∠3=180°，∴∠2+∠3=90°，∴=90°，故答案为：90．【点睛】本题考查了折叠的性质，两个角的和，熟练掌握折叠的性质，灵活运用两个角的和是解题的关键．2、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．3、4【解析】【分析】根据平行四边形的性质可得，由角平分线可得，所以，所以，同理可得，则根据即可求解．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，∴平分，∴，∴，∴，同理可得，∴．故答案为：4【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，转化线段是解题的关键．4、          【解析】【分析】根据已知条件和勾股定理求出OB2的长度即可求出B2的坐标，再根据题意和图形可看出每经过一次变化，正方形都逆时针旋转45°，正方形的边长都乘以所以可求出从B到B2020变化的坐标．【详解】解：∵四边形OABC是边长为1正方形，∴∴∴B1的坐标是，∴，∴B2的坐标是根据题意和图形可看出每经过一次变化，正方形逆时针旋转45°，其边长乘以，∴B3的坐标是∴B4的坐标是∴旋转8次则OB旋转一周，∵从B到B2020经过了2020次变化，2020÷8=252…4，∴从B到B2020与B4都在x轴负半轴上，∴点B2020的坐标是【点睛】本题主要考查了规律型-点的坐标，解决本题的关键是利用正方形的变化过程寻找点的变化规律．5、6【解析】【分析】先求出这个多边形的每一个外角的度数，然后根据任意多边形外角和等于360°，再用360°除以外角的度数，即可得到边数．【详解】∵多边形的每一个内角都等于120°，∴多边形的每一个外角都等于180°-120°=60°，∴边数n=360°÷60°=6．故答案为：6．【点睛】此题主要考查了多边形的内角与外角的关系，求出每一个外角的度数是解答本题的关键．三、解答题1、证明见解析；邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形．【解析】【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形或对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可．【详解】解：如图，四边形AECF即为所求作．理由：四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥CF，∴∠EAO=∠FCO，∵EF垂直平分线段AC，∴OA=OC，在△AEO和△CFO中，，∴△AEO≌△CFO（ASA），∴AE=CF，∴四边形AECF是平行四边形，∵EA=EC或AC⊥EF，∴四边形AECF是菱形．故答案为：邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形．【点睛】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．2、（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）【解析】【分析】（1）证明，可得出，则结论得证；（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．【详解】（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，，，，，，，三点共线，，，，，，，，；（2）①不成立，结论：；证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，，，，，，，，；②如图3，将绕点逆时针旋转至，，，，，，，，，．即．故答案为：．（3）解：由（1）可知，正方形的边长为6，，．，，设，则，，在中，，，解得：．，．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导．3、 (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．4、 (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．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．