数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试同步练习题

这是一份数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试同步练习题，共28页。试卷主要包含了下列图形中，是中心对称图形的是等内容，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、如图，在六边形中，若，则（ ）

A．180° B．240° C．270° D．360°
2、如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点．．．照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（ ）米．

A．80 B．100 C．120 D．140
3、一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（ ）
A．14或15或16 B．15或16或17 C．15或16 D．16或17
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、如图，菱形中，，．以为圆心，长为半径画，点为菱形内一点，连，，．若，且，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
6、下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7、若一个直角三角形的周长为，斜边上的中线长为1，则此直角三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
8、四边形的内角和与外角和的数量关系，正确的是（　　）
A．内角和比外角和大180° B．外角和比内角和大180°
C．内角和比外角和大360° D．内角和与外角和相等
9、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°
10、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
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，与点关于原点对称的点的坐标是________．
2、已知一个多边形内角和1800度，则这个多边形的边数_____．
3、已知一直角三角形的两直角边长分别为6和8，则斜边上中线的长度是_____．
4、在平面直角坐标系中，点（－2，5）关于原点对称的点的坐标是___________．
5、如图，在正方形ABCD中，AB＝2，取AD的中点E，连接EB，延长DA至F，使EF＝EB，以线段AF为边作正方形AFGH，点H在线段AB上，则的值是 _____．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF，AC，且AD＝AF．
（1）判断四边形ABFC的形状并证明；
（2）若AB＝3，∠ABC＝60°，求EF的长．

2、已知：如图，，，AD是BC上的高线，CE是AB边上的中线，于G．
（1）若，求线段AC的长；
（2）求证：．

3、如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C．

（1）写出C点坐标 ；
（2）若M为线段BC上一点，且满足S△AMB ＝ S△AOB，请求出点M的坐标；
（3）如图2，设点F为线段AB中点，点G为y轴正半轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求出点G的坐标．
4、如图，在长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，将∠B沿直线AE折叠，使点B落在点处．

（1）如图1，当点E与点C重合时，与AD交于点F，求证：FA＝FC；
（2）如图2，当点E不与点C重合，且点在对角线AC上时，求CE的长．
5、我们知道正多边形的定义是：各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形．
（1）如图①，在各边相等的四边形ABCD中，当AC＝BD时，四边形ABCD 　 　正四边形；（填“是”或“不是”）
（2）如图②，在各边相等的五边形ABCDE中，AC＝CE＝EB＝BD＝DA，求证：五边形ABCDE是正五边形；
（3）如图③，在各边相等的五边形ABCDE中，减少相等对角线的条数也能判定它是正五边形，问：至少需要几条对角线相等才能判定它是正五边形？请说明理由．


-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据多边形外角和求解即可．
【详解】
解： ，
，
故选：C
【点睛】
本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形外角和是解题的关键．
2、C
【分析】
由小明第一次回到出发点A，则小明走过的路程刚好是一个多边形的周长，由多边形的外角和为，每次的转向的角度的大小刚好是多边形的一个外角，则先求解多边形的边数，从而可得答案.
【详解】
解：由 可得：小明第一次回到出发点A，
一个要走米，
故选C
【点睛】
本题考查的是多边形的外角和的应用，掌握“由多边形的外角和为得到一共要走12个10米”是解本题的关键.
3、A
【分析】
由题意先根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论即可．
【详解】
解：设新多边形的边数为n，
则（n-2）•180°=2340°，
解得：n=15，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为14，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为15，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为16，
所以多边形的边数可以为14，15或16．
故选：A．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式（n-2）•180°（n为边数）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、C
【分析】
过点P作交于点M，由菱形得，，由，得，，故可得，，根据SAS证明，求出，即可求出．
【详解】

如图，过点P作交于点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
，即，
解得：，
∴．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及求不规则图形的面积等知识，掌握扇形的面积公式是解答此题的关键．
6、B
【分析】
根据中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】
选项、、均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
7、B
【分析】
根据直角三角形斜边上中线的性质，可得斜边为2，然后利用两直角边之间的关系以及勾股定理求出两直角边之积，从而确定面积．
【详解】
解：根据直角三角形斜边上中线的性质可知，斜边上的中线等于斜边的一半，得AC=2BD=2．

∵一个直角三角形的周长为3+，
∴AB+BC=3+-2=1+．
等式两边平方得（AB+BC）2= (1+) 2，
即AB2+BC2+2AB•BC=4+2，
∵AB2+BC2=AC2=4，
∴2AB•BC=2，AB•BC=，
即三角形的面积为×AB•BC=．
故选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形斜边上的中线，勾股定理，三角形的面积等知识点的理解和掌握，巧妙求出AC•BC的值是解此题的关键，值得学习应用．
8、D
【分析】
直接利用多边形内角和定理分别分析得出答案．
【详解】
解：A．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；
B．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；
C．六四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；
D．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了四边形内角和和外角和，解题关键是熟记四边形内角和与外角和都是360°．
9、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．
10、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．
二、填空题
1、（-3，-1）
【分析】
由题意直接根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反进行分析即可得出答案.
【详解】
解：在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点的坐标是（-3，-1）.
故答案为：（-3，-1）.
【点睛】
本题考查的是关于原点的对称的点的坐标，注意掌握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），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
2、12
【分析】
设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理得到，然后解方程即可．
【详解】
解：设这个多边形的边数是n，
依题意得，
∴，
∴．
故答案为：12．
【点睛】
考查了多边形的内角和定理，关键是根据n边形的内角和为解答．
3、5
【分析】
直角三角形中，斜边长为斜边中线长的2倍，所以求斜边上中线的长求斜边长即可．
【详解】
解：在直角三角形中，两直角边长分别为6和8，
则斜边长＝＝10，
∴斜边中线长为×10＝5，
故答案为 5．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，根据勾股定理求得斜边长是解题的关键．
4、（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．
5、
【分析】
设，由正方形的性质和勾股定理求出的长，可得的长，再求出的长，得出的长，进而可得结果．
【详解】
解：设，
四边形为正方形，
，，
点为的中点，
，
，
，
，
四边形为正方形，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，由勾股定理求出的长．
三、解答题
1、（1）矩形，见解析；（2）3
【分析】
（1）利用AAS判定△ABE≌△FCE，从而得到AB＝CF；由已知可得四边形ABFC是平行四边形，BC＝AF，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得到四边形ABFC是矩形；
（2）先证△ABE是等边三角形，可得AB＝AE＝EF＝3．
【详解】
解：（1）四边形ABFC是矩形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴∠BAE＝∠CFE，∠ABE＝∠FCE，
∵E为BC的中点，
∴EB＝EC，
在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE（AAS），
∴AB＝CF．
∵，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵AD＝BC，AD＝AF，
∴BC＝AF，
∴四边形ABFC是矩形．
（2）∵四边形ABFC是矩形，
∴BC＝AF，AE＝EF，BE＝CE，
∴AE＝BE，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝AE＝3，
∴EF＝3．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，三角形全等的性质与判定，等边三角形的性质与判定，掌握以上性质定理是解题的关键．
2、（1）；（2）见解析
【分析】
（1）根据30°角所对直角边等于斜边的一半，得到AD=3，根据等腰直角三角形，得到CD=AD=3，根据勾股定理，得到AC的长即可；
（2）根据斜边上的中线等于斜边的一半，得到DE=DC，根据等腰三角形三线合一性质，证明即可．
【详解】
（1）

，




；
（2）连接DE
，

，
，，
，
，
．
【点睛】
本题考查了30°角的性质，等腰直角三角形的性质，斜边上中线的性质，等腰三角形三线合一性质，熟练掌握性质是解题的关键．
3、（1）点C（6，0）；（2）点；（3）满足条件的点G坐标为或．
【分析】
（1）直接利用直线，令y=0，解方程即可；
（2）结合图形，由S△AMB＝S△AOB 分析出直线OM平行于直线AB，再利用两直线相交建立方程组，解方程组求得交点M的坐标；
（3）分两种情形：①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．求出Q（n-4，n-2）．②当n＜4时，如图2-2中，同法可得Q（4-n，n+2），代入直线BC的解析式解方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵直线交x轴正半轴于点C．
∴当y=0时，，
解得x=6
∴点C（6，0）
故答案为（6，0）；
（2）连接OM并双向延长，

∵S△AMB＝S△AOB ，
∴点O到AB与点M到AB的距离相等，
∴直线OM平行于直线AB，
∵AB解析式为y＝2x＋8，
故设直线OM解析式为：，
将直线OM的解析式与直线BC的解析式联立得方程组得：
，
解得：
故点；
（3）∵直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令y=0，2x＋8=0，
解得x=-4，
∴A（-4，0），
令x=0，则y＝8
∴B（0，8），
∵点F为AB中点，
点F横坐标为，纵坐标为
∴F（-2，4），
设G（0，n），
①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．

∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN=n-4，
∴Q（n-4，n-2），
∵点Q在直线上，
∴，
∴,
∴．
②当n＜4时，如图2-2中，
点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN= 4-n，
∴Q（4- n， n+2），
∵点Q在直线上，
∴，

∴n=-2，
∴．
综上所述，满足条件的点G坐标为或．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，平行线性质，两直线联立解方程组，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
4、（1）见解析；（2）CE=．
【分析】
（1）根据平行线的性质及折叠性质证明∠FAC=∠FCA即可．
（2）由题意可得，根据勾股定理求出AC=5，进而求出B'C=2，设CE= x．然后在Rt△中，根据勾股定理EC2=2+2列方程求解即可；
【详解】
解：（1）如图1，


∵四边形ABCD是矩形，
∴ADBC，
∴∠FAC=∠ACB，
∵∠ACB=∠ACF，
∴∠FAC=∠FCA，
∴FA=FC．
（2）∵，如图2， 设CE= x，


∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC2=AB2+BC2= 32+42=25，
∴AC=5，
由折叠可知：，，，
∴=5-3=2，
在Rt△中，EC2=2+2
∴x2=（4-x）2+22，
∴x=，
∴CE=．
【点睛】
本题属于矩形折叠问题，考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
5、（1）是；（2）见解析；（3）至少需要3条对角线相等才能判定它是正五边形，见解析
【分析】
（1）根据对角线相等的菱形是正方形，证明即可；
（2）由SSS证明△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌△EAB得出∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAB，即可得出结论；
（3）由SSS证明△ABE≌△BCA≌△DEC得出∠BAE=∠CBA=∠EDC，∠AEB=∠ABE=∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC，由SSS证明△ACE≌△BEC得出∠ACE=∠CEB，∠CEA=∠CAE=∠EBC=∠ECB，由四边形ABCE内角和为360°得出∠ABC+∠ECB=180°，证出AB∥CE，由平行线的性质得出∠ABE=∠BEC，∠BAC=∠ACE，证出∠BAE=3∠ABE，同理：∠CBA=∠D=∠AED=∠BCD=3∠ABE=∠BAE，即可得出结论；
【详解】
（1）解：结论：四边形ABCD是正四边形．
理由：∵AB＝BC＝CD＝DA，
∴四边形ABCD是菱形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是正方形．
∴四边形ABCD是正四边形．
故答案为：是．
（2）证明：∵凸五边形ABCDE的各条边都相等，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，
在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、△EAB中，

∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB（SSS），
∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，
∴五边形ABCDE是正五边形；
（3）解：结论：至少需要3条对角线相等才能判定它是正五边形．
若AC＝BE＝CE，五边形ABCDE是正五边形，理由如下：
在△ABE、△BCA和△DEC中，
，
∴△ABE≌△BCA≌△DEC（SSS），
∴∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，
在△ACE和△BEC中，

∴△ACE≌△BEC（SSS），
∴∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，
∵四边形ABCE内角和为360°，
∴∠ABC+∠ECB＝180°，
∴AB∥CE，
∴∠ABE＝∠BEC，∠BAC＝∠ACE，
∴∠CAE＝∠CEA＝2∠ABE，
∴∠BAE＝3∠ABE，
同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，
∴五边形ABCDE是正五边形；
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正多边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．