初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试单元测试测试题

这是一份初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试单元测试测试题，共24页。试卷主要包含了下列说法中，不正确的是等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形单元测试
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，已知在正方形ABCD中，厘米，，点E在边AB上，且厘米，如果点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上以a厘米/秒的速度由C点向D点运动，设运动时间为t秒．若存在a与t的值，使与全等时，则t的值为（ ）

A．2 B．2或1.5 C．2.5 D．2.5或2
2、已知正多边形的一个外角等于45°，则该正多边形的内角和为（　　）
A．135° B．360° C．1080° D．1440°
3、下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为、，若＝10°，则∠EAF的度数为（　　）

A．40° B．45° C．50° D．55°
5、下列长度的三条线段与长度为4的线段首尾依次相连能组成四边形的是（ ）．
A．1，1，2， B．1，1，1 C．1，2，2 D．1，1，6
6、下列说法中，不正确的是（ ）
A．四个角都相等的四边形是矩形
B．对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形
C．正方形的对角线所在的直线是它的对称轴
D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
7、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
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、下列四个图案中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
10、如图，在长方形ABCD中，AB＝10cm，点E在线段AD上，且AE＝6cm，动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上．以vcm/s的速度由点B向点C运动，当△EAP与△PBQ全等时，v的值为（　　）

A．2 B．4 C．4或 D．2或
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、在平面直角坐标系中，点（－2，5）关于原点对称的点的坐标是___________．
2、如图，在平面直角坐标系内，矩形OABC的顶点A（3，0），C（0，9），点D和点E分别位于线段AC，AB上，将△ABC沿DE对折，恰好能使点A和点C重合．若x轴上有一点P，使△AEP为等腰三角形，则点P的坐标为________．

3、如图，矩形ABCD的两条对角线AC，BD交于点O，∠AOB＝60°，AB＝3，则矩形的周长为 _____．

4、如图，已知ABCD，和的平分线相交于，，求的度数_____．

5、如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，E为BC边上一动点，F、G为AD边上两个动点，且∠FEG＝30°，则线段FG的长度最大值为 _____．


三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．今天人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的．有人曾利用如图所示的图形进行探索，其中ABCD是长方形，F是DA延长线上一点，G是CF上一点，且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F．请写出∠ECB和∠ACB的数量关系，并说明理由．

2、（1）如图a，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点D作DP∥OC，且DP=OC，连接CP，判断四边形CODP的形状并说明理由．

（2）如图b，如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由．
（3）如图c，如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．
3、如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，将等腰三角形ABC绕顶点B按逆时针方向旋转角a到的位置，AB与相交于点D，AC与分别交于点E，F．

（1）求证：BCF；
（2）当C＝a时，判定四边形的形状并说明理由．
4、如图，□ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF．求证：AF＝EC．


5、如图1，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点G在CD上，且DG＝5，点P从点B出发，以1单位每秒的速度在BC边上向点C运动，设点P的运动时间为x秒．

（1）△APG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求y＝34时x的值；
（2）在点P从B向C运动的过程中，是否存在使AP⊥GP的时刻？若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，M，N分别是AP、PG的中点，在点P从B向C运动的过程中，线段MN所扫过的图形是什么形状　 　，并直接写出它的面积　 　．

-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
根据题意分两种情况讨论若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP；若△BPE≌△CPQ，则BP=CP=5厘米，BE=CQ=6厘米进行求解即可.
【详解】
解：当，即点Q的运动速度与点P的运动速度都是2厘米/秒，若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP，
∵AB=BC=10厘米，AE=4厘米，
∴BE=CP=6厘米，
∴BP=10-6=4厘米，
∴运动时间t=4÷2=2（秒）；
当，即点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
∵∠B=∠C=90°，
∴要使△BPE与△OQP全等，只要BP=PC=5厘米，CQ=BE=6厘米，即可．
∴点P，Q运动的时间t=（秒）.
综上t的值为2.5或2.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质以及全等三角形的判定，解决问题的关键是掌握正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．同时要注意分类思想的运用．
2、C
【分析】
先利用正多边形的每一个外角为 求解正多边形的边数，再利用正多边形的内角和公式可得答案.
【详解】
解： 正多边形的一个外角等于45°，
这个正多边形的边数为：
这个多边形的内角和为：
故选C
【点睛】
本题考查的是正多边形内角和与外角和的综合，熟练的利用正多边形的外角的度数求解正多边形的边数是解本题的关键.
3、B
【分析】
根据中心对称图形的定义求解即可．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，符合题意；
C、不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点睛】
此题考查了中心对称图形，解题的关键是熟练掌握中心对称图形的定义．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
4、A
【分析】
可以设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，根据折叠可得∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，用α，β表示∠DAF＝10°+β，∠BAE＝10°+α，根据四边形ABCD是矩形，利用∠DAB＝90°，列方程10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，求出α+β＝30°即可求解．
【详解】
解：设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，
根据折叠性质可知：
∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，
∵∠B′AD′＝10°，
∴∠DAF＝10°+β，
∠BAE＝10°+α，

∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB＝90°，
∴10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，
∴α+β＝30°，
∴∠EAF＝∠B′AD′+∠D′AE+∠FAB′，
＝10°+α+β，
＝10°+30°，
＝40°．
则∠EAF的度数为40°．
故选：A．
【点睛】
本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．
5、C
【分析】
将每个选项中的四条线段进行比较，任意三条线段的和都需大于另一条线段的长度，由此可组成四边形，据此解答．
【详解】
解：A、因为1+1+2=4，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；
B、因为1+1+14，所以能构成四边形，故该项符合题意；
D、因为1+1+4=6，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
此题考查了多边形的构成特点：任意几条边的和大于另一条边长，正确理解多边形的构成特点是解题的关键．
6、D
【分析】
根据矩形的判定，正方形的性质，菱形和平行四边形的判定对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】
解：A、四个角都相等的四边形是矩形，说法正确；
B、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，说法正确；
C、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，说法正确；
D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，原说法错误；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，熟练掌握特殊平行四边形相关的判定与性质是解答本题的关键．
7、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
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、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．
10、D
【分析】
根据题意可知当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：①当EA=PB时，△APE≌△BQP，②当AP=BP时，△AEP≌△BQP，分别按照全等三角形的性质及行程问题的基本数量关系求解即可．
【详解】
解：当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：
①当EA=PB时，△APE≌△BQP（SAS），
∵AB=10cm，AE=6cm，
∴BP=AE=6cm，AP=4cm，
∴BQ=AP=4cm；
∵动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，
∴点P和点Q的运动时间为：4÷2=2s，
∴v的值为：4÷2=2cm/s；
②当AP=BP时，△AEP≌△BQP（SAS），
∵AB=10cm，AE=6cm，
∴AP=BP=5cm，BQ=AE=6cm，
∵5÷2=2.5s，
∴2.5v=6，
∴v=．
故选：D．
【点睛】
本题考查矩形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，注意数形结合和分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
二、填空题
1、（2，-5）
【分析】
根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y）．
【详解】
解：根据中心对称的性质，得点P（-2，5）关于原点对称点的点的坐标是（2，-5）．
故答案为：（2，-5）．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，比较简单．
2、（8，0）或（-2，0）-2，0）或（8，0）
【分析】
由矩形的性质可得BC=OA =3，AB=OC=9，∠B=90°=∠OAE，由折叠的性质可得AE=CE，由勾股定理可求AE的长，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】
解：∵四边形OABC矩形，且点A（3，0），点C（0，9），
∴BC=OA =3，AB=OC=9，∠B=90°=∠OAE，
∵将△ABC沿DE对折，恰好能使点A与点C重合．
∴AE=CE，
∵CE2=BC2+BE2，
∴CE2=9+（9-CE）2，
∴CE=5，
∴AE=5，
∵△AEP为等腰三角形，且∠EAP=90°，
∴AE=AP=5，
∴点E坐标（8，0）或（-2，0）
故答案为：（8，0）或（-2，0）
【点睛】
本题考查了翻折变换，等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理，坐标与图形变化-对称，求出AE的长是本题的关键．
3、##
【分析】
根据矩形性质得出AD＝BC，AB＝CD，∠BAD＝90°，OA＝OC＝AC，BO＝OD＝BD，AC＝BD，推出OA＝OB＝OC＝OD，得出等边三角形AOB，求出BD，根据勾股定理求出AD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，OA＝OC＝AC，BO＝OD＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵∠AOB＝60°，OB＝OA，
∴△AOB是等边三角形，
∵AB＝3，
∴OA＝OB＝AB＝3，
∴BD＝2OB＝6，
在Rt△BAD中，AB＝3，BD＝6，由勾股定理得：AD＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝3，
∴矩形ABCD的周长是AB+BC+CD+AD＝6+6．
故答案为：6+6．
【点睛】
本题考查了矩形性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，关键是求出AD的长．
4、110°度
【分析】
过点E作EH∥AB，然后由AB∥CD，可得AB∥EH∥CD，然后根据两直线平行内错角相等可得∠ABE=∠BEH，∠CDE=∠DEH，然后根据周角的定义可求∠ABE+∠CDE的度数；再根据角平分线的定义求出∠EBF+∠EDF的度数，然后根据四边形的内角和定理即可求∠BFD的度数．
【详解】
解：过点E作EH∥AB，如图所示，

∵AB∥CD，
∴AB∥EH∥CD，
∴∠ABE=∠BEH，∠CDE=∠DEH，
∵∠BEH+∠DEH+∠BED=360°，∠BED=140°，
∴∠BEH+∠DEH=220°，
∴∠ABE+∠CDE=220°，
∵∠ABE和∠CDE的平分线相交于F，
∴∠EBF+∠EDF=（∠ABE+∠CDE）=110°，
∵∠BFD+∠BED+∠EBF+∠EDF=360°，
∴∠BFD=110°．
故答案为：110°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，解题的关键是：熟记两直线平行同位角相等；两直线平行内错角相等；两直线平行同旁内角互补．另外过点E作EH∥AB，也是解题的关键．
5、
【分析】
如图所示，在中，FG边的高为AB=2，∠FEG=30°，为定角定高的三角形，故当E与B点或C点重合，G与D点重合或F与A点重合时，FG的长度最大，则由矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2可知，∠ABD=60°，故∠ABF=60°-30°=30°，则AF=，则FG=AD-AF=．
【详解】
如图所示，在中，FG边的高为AB=2，∠FEG=30°，为定角定高的三角形
故当E与B点或C点重合，G与D点重合或F与A点重合时，FG的长度最大
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2
∴∠ABD=60°
∴∠ABF=60°-30°=30°
∴AF=
∴FG=AD-AF=．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了四边形中动点问题，图解法数学思想依据是数形结合思想． 它的应用能使复杂问题简单化、 抽象问题具体化． 特殊四边形的几何问题， 很多困难源于问题中的可动点． 如何合理运用各动点之间的关系，同学们往往缺乏思路， 常常导致思维混乱．实际上求解特殊四边形的动点问题，关键是是利用图解法抓住它运动中的某一瞬间，寻找合理的代数关系式， 确定运动变化过程中的数量关系， 图形位置关系， 分类画出符合题设条件的图形进行讨论， 就能找到解决的途径， 有效避免思维混乱．
三、解答题
1、∠ACB＝3∠ECB，见解析．
【分析】
由矩形的对边平行可得∠F=∠ECB，由外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠AGC=2∠F，那么∠ECB＝∠F，所以∠ACB=3∠ECB．
【详解】
解：∠ACB=3∠ECB．
理由如下：在△AGF中，∠AGC＝∠F+∠GAF＝2∠F．
∵∠ACG＝∠AGC，
∴∠ACG＝2∠F．
∵AD//BC，
∴∠ECB＝∠F．
∴∠ACB＝∠ACG+∠BCE＝3∠F．
故∠ACB＝3∠ECB．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，用到的知识点为：矩形的对边平行；两直线平行，内错角相等；三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
2、（1）四边形CODP是菱形，理由见解析；（2）四边形CODP是矩形，理由见解析；（3）四边形CODP是正方形，理由见解析
【分析】
（1）先证明四边形CODP是平行四边形，再由矩形的性质可得OD=OC，即可证明平行四边形OCDP是菱形；
（2）先证明四边形CODP是平行四边形，再由菱形的性质可得∠DOC=90°，即可证明平行四边形OCDP是矩形；
（3）先证明四边形CODP是平行四边形，再由正方形的性质可得BD⊥AC，DO=OC，即可证明平行四边形OCDP是正方形；
【详解】
解：（1）四边形CODP是菱形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OC，
∴平行四边形OCDP是菱形；
（2）四边形CODP是矩形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
∴∠DOC=90°，
∴平行四边形OCDP是矩形；
（3）四边形CODP是正方形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，DO=OC，
∴∠DOC=90°，平行四边形CODP是菱形，
∴菱形OCDP是正方形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握特殊平行四边形的性质与判定条件．
3、（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；
（2）由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a,B=B=AB=BC
通过证明∠FBC=∠可得 BC，利用∠EC=∠C=180°推出∠EC+∠=180°
得到BCE从而证明四边形为平行四边形再利用B=BC可证明四边形为菱形．
【详解】
（1）证明：∵等腰三角形ABC旋转角a得到
∴∠BD=∠FBC=a
∠=∠=∠A=∠C B=B=AB=BC
∴BCF（ASA）
（2）解：四边形为菱形
理由：∵C=a
由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a B=B=AB=BC
又∵ ∠BD=∠FBC=a
∴∠FBC=∠
∴BC
∴∠EC=∠C=180°
∴∠EC+∠=180°
∴BCE
∴四边形为平行四边形
又∵B=BC
∴ 四边形为菱形
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
4、证明见解析
【分析】
先证明再证明可得四边形是平行四边形，于是可得结论.
【详解】
解： □ABCD，

BE＝DF，


∴AE=CF，AE//CF
四边形是平行四边形，

【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定与性质，掌握“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”是解本题的关键.
5、（1）y=-2.5x+54，x=8；（2）存在，x=6；（3）平行四边形；15．
【分析】
（1）PB=x，PC=12-x，然后依据△APG的面积=矩形的面积-三个直角三角形的面积可得到y与x的函数关系式，然后将y=34代入函数关系式可求得x的值；
（2）先依据勾股定理求得PA、PG、AG的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于x的方程，从而可求得x的值；
（3）确定出点P分别与点B和点C重合时，点M、N的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2，从而可判断出MN扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴DC=AB=9，AD=BC=12．
∵DG=5，
∴GC=4．
∵PB=x，PC=12-x，
∴y=9×12-×9×x-×4×(12-x)-×5×12，整理得：y=-2.5x+54．
当y=34时，-2.5x+54=34，解得x=8；
（2）存在．
∵PB=x，PC=12-x，AD=12，DG=5，
∴PA2=AB2+BP2=81+x2，PG2=PC2+GC2=(12-x)2+16，AG2=AD2+DG2=169．
∵当AG2=AP2+PG2时，AP⊥PG，
∴81+x2+(12-x)2+16=169，整理得：x2-12x+36=0，配方得：(x-6)2=0，
解得：x=6；
（3）如图所示：

∵当点P与点B重合时，点M位于M1处，点N位于点N1处，
∴M1为AB的中点，点N1位GB的中点．
∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N2处，
∴M2为AC的中点，点N2位CG的中点．
∴M1M2∥BC，M1M2=BC，N1N2∥BC，N1N2=BC．
∴M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2．
∴四边形M1M2N2N1为平行四边形．
∴MN扫过的区域为平行四边形．
S=BC•(AB-CG)=6×2.5=15，
故答案为：平行四边形；15．
【点睛】
本题主要考查了列函数关系式、三角形的面积公式、三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用，画出MN扫过的图形是解题的关键．