2021学年第十五章 四边形综合与测试随堂练习题

京改版八年级数学下册第十五章四边形难点解析

 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，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300 m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（    ）

A．A，B，C都不在 B．只有B

C．只有A，C D．A，B，C

2、下列四个图案中，是中心对称图形的是（　　）

A． B．

C． D．

3、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

4、已知三角形三边长分别为7cm，8cm，9cm，作三条中位线组成一个新的三角形，同样方法作下去，一共做了五个新的三角形，则这五个新三角形的周长之和为（    ）

A．46.5cm B．22.5cm C．23.25cm D．以上都不对

5、下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

6、以下分别是回收、节水、绿色包装、低碳4个标志，其中是中心对称图形的是（    ）．

A． B． C． D．

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、垦区小城镇建设如火如荼，小红家买了新楼．爸爸在正三角形、正方形、正五边形、正六边形四种瓷砖中，只购买一种瓷砖进行平铺，有几种购买方式（       ）

A．1种 B．2种 C．3种 D．4种

9、如图，四边形ABCD中，∠A=60°，AD=2，AB=3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）

A． B． C． D．

10、如图，在中，，点，分别是，上的点，，，点，，分别是，，的中点，则的长为（    ）．

A．4 B．10 C．6 D．8

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，矩形的对角线、相交于点，分别以点、为圆心，长为半径画弧，分别交、于点、．若，，则图中阴影部分的面积为_______．（结果保留）

2、平面直角坐标系中，四边形ABCD的顶点坐标分别是A(－3，0)，B(0，2)，C(3，0)，D(0，－2)，则四边形ABCD是__________．

3、如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则cos∠EFG的值为________．

4、在平面直角坐标系中，点P(-3，7)关于原点对称的点的坐标是______．

5、如图，正方形ABCD中，AD＝ ，已知点E是边AB上的一动点（不与A、B重合）将△ADE沿DE对折，点A的对应点为P，当△APB是等腰三角形时，AE＝______ ．（温馨提示：∵ ，∴ ）

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在CD、BC的延长线上，．

（1）求证：D是EC中点；

（2）若，于点F，直接写出图中与CF相等的线段．

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，四边形ABCD是菱形，DE⊥AB、DF⊥BC，垂足分别为E、F．求证：BE＝BF．

4、已知一个多边形的内角和是外角和的2倍，求这个多边形的边数．

5、阅读探究

小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积．

小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法，

（1）图1中的面积为________．

实践应用

参考小明解决问题的方法，回答下列问题：

（2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．

①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点．

②的面积为________（写出计算过程）．

拓展延伸

（3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）．

-参考答案-

一、单选题

1、D

【分析】

根据三角形边长然后利用勾股定理逆定理可得为直角三角形，由直角三角形斜边上的中线性质即可得．

【详解】

解：如图所示：连接BD，

∵，，，

∴，

∴为直角三角形，

∵D为AC中点，

∴，

∵覆盖半径为300 ，

∴A、B、C三个点都被覆盖，

故选：D．

【点睛】

题目主要考查勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线的性质等，理解题意，综合运用两个定理是解题关键．

2、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．

3、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+1<4，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；

C、因为1+2+2>4，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．

4、C

【分析】

如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，则，，，即可得到△DEF的周长，由此即可求出其他四个新三角形的周长，最后求和即可．

【详解】

解：如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，

∴，，，

∴△DEF的周长，

同理可得：△GHI的周长，

∴第三次作中位线得到的三角形周长为，

∴第四次作中位线得到的三角形周长为

∴第三次作中位线得到的三角形周长为

∴这五个新三角形的周长之和为，

故选C．

【点睛】

本题主要考查了三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握三角形中位线定理．

5、B

【详解】

A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；

B. 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；

C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；

D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；

故选B

【点睛】

本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．

6、C

【分析】

根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出答案．

【详解】

解：A、此图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、此图形是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．

【点睛】

此题主要考查了中心对称图形的定义，关键是找出图形的对称中心．

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、C

【分析】

从所给的选项中取出一些进行判断，看其所有内角和是否为360°，并以此为依据进行求解．

【详解】

解：正三角形每个内角是60°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面；

正方形每个内角是90°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面；

正五边形每个内角是108°，不能被360°整除，所以不能单独镶嵌成一个平面；

正六边形每个内角是120°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面．

故只购买一种瓷砖进行平铺，有3种方式．

故选：C．

【点睛】

本题主要考查了平面镶嵌．解这类题，根据组成平面镶嵌的条件，逐个排除求解．

9、A

【分析】

根据三角形的中位线定理得出EF=DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN，从而求得EF的最大值． 连接DB，过点D作DH⊥AB交AB于点H，再利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可；

【详解】

解：∵ED=EM，MF=FN，

∴EF=DN，

∴DN最大时，EF最大，

 ∴N与B重合时DN=DB最大，

在Rt△ADH中， ∵∠A=60°

∴AH=2×=1，DH=，

∴BH=AB﹣AH=3﹣1=2，

∴DB=，

∴EFmax=DB=，

∴EF的最大值为．

故选A

【点睛】

本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，利用中位线求得EF=DN是解题的关键．

10、B

【分析】

根据三角形中位线定理得到PD=BF=6，PD∥BC，根据平行线的性质得到∠PDA=∠CBA，同理得到∠PDQ=90°，根据勾股定理计算，得到答案．

【详解】

解：∵∠C=90°，

∴∠CAB+∠CBA=90°，

∵点P，D分别是AF，AB的中点，

∴PD=BF=6，PD//BC，

∴∠PDA=∠CBA，

同理，QD=AE=8，∠QDB=∠CAB，

∴∠PDA+∠QDB=90°，即∠PDQ=90°，

∴PQ==10，

故选：B．

【点睛】

本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．

二、填空题

1、##

【分析】

由图可知，阴影部分的面积是扇形AEO和扇形CFO的面积之和．

【详解】

解：∵四边形是矩形，

∴，，，

∴，，

∴图中阴影部分的面积为：．

故答案为：．

【点睛】

本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

2、菱形

【分析】

先在坐标系中画出四边形ABCD，由A、B、C、D的坐标即可得到OA=OC=3，OB=OD=2，再由AC⊥BD，即可得到答案．

【详解】

解：图象如图所示：

∵A（-3，0）、B（0，2）、C（3，0）、D（0，-2），

∴OA=OC=3，OB=OD=2，

∴四边形ABCD为平行四边形，

∵AC⊥BD，

∴四边形ABCD为菱形，

故答案为：菱形．

【点睛】

本题主要考查了菱形的判定，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的判定条件．

3、

【分析】

根据题意连接BE，连接AE交FG于O，如图，利用菱形的性质得△BDC为等边三角形，∠ADC=120°，再在在Rt△BCE中计算出BE=CE=，然后证明BE⊥AB，利用勾股定理计算出AE，从而得到OA的长；设AF=x，根据折叠的性质得到FE=FA=x，在Rt△BEF中利用勾股定理得到（2-x）2+（）2=x2，解得x，然后在Rt△AOF中利用勾股定理计算出OF，再利用余弦的定义求解即可．

【详解】

解：连接BE，连接AE交FG于O，如图，

∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△BDC为等边三角形，∠ADC=120°，
∵E点为CD的中点，
∴CE=DE=1，BE⊥CD，
在Rt△BCE中，BE=CE=，
∵AB∥CD，
∴BE⊥AB，
∴．
∴，
设AF=x，
∵菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，
∴FE=FA=x，
∴BF=2-x，
在Rt△BEF中，（2-x）2+（）2=x2，

解得:，
在Rt△AOF中，，
∴．
故答案为: ．

【点睛】

本题考查了折叠的性质以及菱形的性质，注意掌握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．

4、 (3，-7)

【分析】

根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．

【详解】

解：在平面直角坐标系中，点P（-3，7）关于原点对称的点的坐标是（3，-7），

故答案为：（3，-7）．

【点睛】

本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．

5、2

【分析】

当AP=AB时，结合正方形的性质可得AB=AD=AP，由折叠的性质可得AD=DP，推出△APD为等边三角形，得到∠ADE=30°，然后根据勾股定理进行计算；当AP=PB时，过P作PF⊥AB于点F，过P作PG⊥AD于点G，则四边形AFPG为矩形，得到PG=AF，由等腰三角形的性质可得AF=AB，结合正方形以及折叠的性质可得PG=AF=PD，则∠GDP=30°，进而求得∠PEF=30°，设PF=x，则PE=AE=2x，EF=x，然后根据AE+EF=AF=PD进行计算．

【详解】

解：当AP=AB时，

 ∵四边形ABCD为正方形，

 ∴AB=AD，

 ∴AP=AD．

 ∵ 将△ADE沿DE对折， 得到△PDE，

 ∴AD=DP，

 ∴AP=AD=DP，

 ∴△APD为等边三角形，

 ∴∠ADP=60°，

 ∴∠ADE=30°，

 ∴，

∴设，则，

∴在中，，即，

 ∴解得：；

 当AP=PB时，过P作PF⊥AB于点F，过P作PG⊥AD于点G，

 ∵AD⊥AB，

 ∴四边形AFPG为矩形，

 ∴PG=AF．

 ∵AP=PB，PF⊥AB，

 ∴AF=AB=．

 ∵AB=AD=DP，

 ∴PG=AF=PD=，

如图，作DP的中点M，连接GM，

∵

∴

又∵

∴

∴是等边三角形

∴

∵

∴∠GDP=30°．

 ∵∠DAE=∠DPE=90°，∠ADP=30°，

 ∴∠AEP=150°，

 ∴∠PEF=30°．

 设PF=x，则PE=AE=2x，EF=x，

 ∴AE+EF=(2+)x=  ，

 ∴x=2-3，

 ∴AE=4-6．

 故答案为：2或4-6．

【点睛】

此题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定方法．

三、解答题

1、（1）见祥解；（2）AB=DC=DE=DF=CF，证明见详解．

【分析】

（1）根据四边形ABCD是平行四边形，得出AB∥CD即（AB∥ED），AB=CD，根据，可证四边形ABDE为平行四边形，得出AB=DE即可；

（2）根据EF⊥BF，CD=ED，根据直角三角形斜边中线可得DF=CD=ED，再证△DCF为等边三角形即可．

【详解】

证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD即（AB∥ED），AB=CD，

∵，

∴四边形ABDE为平行四边形，

∴AB=DE，

∴CD=ED，

∴点D为CE中点；

（2）结论为：AB=DC=DE=DF=CF，

∵EF⊥BF，CD=ED，

∴DF=CD=ED，

∵AB∥CD，∠ABC=60°，

∴∠DCF=∠ABC=60°，

∴△DCF为等边三角形，

∴CF=CD=DF=AB=ED．

【点睛】

本题考查平行四边形的判定与性质，线段中点判定，直角三角形斜边中线性质，等边三角形判定与性质，掌握平行四边形的判定与性质，线段中点判定，直角三角形斜边中线性质，等边三角形判定与性质是解题关键．

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、见解析

【分析】

根据菱形的性质，可得AD＝DC，AB＝BC，∠A＝∠C．从而得到△AED≌△CFD．从而得到AE＝CF．即可求证．

【详解】

证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AD＝DC，AB＝BC，∠A＝∠C．

∵DE⊥AB，DF⊥BC，

∴∠AED＝∠CFD＝90°．

∴△AED≌△CFD（AAS）．

∴AE＝CF．

∴AB﹣AE＝BC﹣CF．

即：BE＝BF．

【点睛】

本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的对角相等，对边相等是解题的关键．

4、这个多边形的边数是6

【分析】

多边形的外角和是360°，内角和是它的外角和的2倍，则内角和为2×360=720度．n边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，设这个多边形的边数是n，即可得到方程，从而求出边数．

【详解】

解：设这个多边形的边数为n，

由题意得：(n－2)×180°＝2×360°，

解得n＝6，

∴这个多边形的边数是6．

【点睛】

此题主要考查了多边形的外角和，内角和公式，做题的关键是正确把握内角和公式为：（n-2）•180°，外角和为360°．

5、（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．

【分析】

（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；

（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②根据①中图形，可直接利用割补法进行求解三角形的面积；

（3）根据题意在网格中画出图形，然后在网格中作出，，进而可得，得出，进而利用割补法在网格中求解六边形的面积即可．

【详解】

解：（1）△ABC的面积为：，

故答案为：；

（2）①作图如下（答案不唯一）：

②的面积为：，

故答案为：8；

（3）在网格中作出，，

在与中，

，

∴，

∴，

，

六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+的面积

，

故答案为：31．

【点睛】

本题主要考查勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算是解题的关键．