初中北京课改版第十五章 四边形综合与测试课后复习题

京改版八年级数学下册第十五章四边形专题攻克

 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、直角三角形的两条直角边分别为5和12，那么这个三角形的斜边上的中线长为（　　）

A．6 B．6.5 C．10 D．13

2、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（    ）

A． B．

C． D．

3、顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点，所形成的新四边形是（　　）

A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．三角形

4、下列图形中不是中心对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

5、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

6、下列图形中，不是中心对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

7、下列图标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

8、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

9、如图，已知是平分线上的一点，，，是的中点，，如果是上一个动点，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

10、如图，矩形OABC的边OA长为2，边AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（    ）

A．2.5 B．2 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、如果一个多边形的内角和等于外角和的2倍，那么这个多边形的边数n=____

2、正方形ABCD的边长是8cm，点M在BC边上，且MC=2cm，P是正方形边上的一个动点，连接PB交AM于点N，当PB=AM时，PN的长是_____ ．

3、过五边形一个顶点的对角线共有________条．

4、如图，M，N分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，将矩形ABCD沿MN折叠，使点A恰好落在边BC上的点E处，连接MC，若AB＝8，AD＝16，BE＝4，则MC的长为________．

5、如图，在中，，，，为上的两个动点，且，则的最小值是________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、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：．

2、如图，正方形ABCD的边长为4，连接对角线AC，点E为BC边上一点，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，点E的对应点F恰好落在边CD上，过F作FM⊥AC于点M．

（1）求证：BE＝FM；

（2）求BE的长度．

3、（1）如图1，∠ADC=120°，∠BCD=140°，∠DAB和∠CBE的平分线交于点，则∠AFB的度数是            ；

（2）如图2，若∠ADC=，∠BCD=，且，∠DAB和∠CBE的平分线交于点，则∠AFB=　         　（用含，的代数式表示）；

（3）如图3，∠ADC=，∠BCD=，当∠DAB和∠CBE的平分线AG,BH平行时，,应该满足怎样的数量关系？请说明理由；

（4）如果将（2）中的条件改为，再分别作∠DAB和∠CBE的平分线，∠AFB与，满足怎样的数量关系？请画出图形并直接写出结论．

4、已知：在中，点、点、点分别是、、的中点，连接、．

（1）如图1，若，求证：四边形为菱形；

（2）如图2，过作交延长线于点，连接，，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与面积相等的平行四边形．

5、如图，已知△ABC中，D是AB上一点，AD＝AC，AE⊥CD，垂足是E，F是BC的中点，求证：BD＝2EF．

-参考答案-

一、单选题

1、B

【分析】

根据勾股定理可求得直角三角形斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．

【详解】

解：∵直角三角形两直角边长为5和12，

∴斜边＝，

∴此直角三角形斜边上的中线的长＝＝6.5．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查勾股定理及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．

2、C

【分析】

根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．

【详解】

解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

C、是中心对称图形，故此选项符合题意；

D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

故选C．

【点睛】

本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：

把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．

3、B

【分析】

先画出图形，再根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边平行且相等，那么其必为平行四边形，然后根据邻边互相垂直得出四边形是矩形．

【详解】

解：如图，∵、、、分别是、、、的中点，

∴，，，

∴四边形是平行四边形，

∵，

∴，

∴平行四边形是矩形，

又与不一定相等，

与不一定相等，

矩形不一定是正方形，

故选：B．

【点睛】

本题考查了三角形中位线定理、矩形的判定等知识点，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键．

4、B

【分析】

根据中心对称图形的概念求解．

【详解】

解：A、是中心对称图形，故本选项不合题意；

B、不是中心对称图形，故本选项符合题意；

C、是中心对称图形，故本选项不合题意；

D、是中心对称图形，故本选项不合题意．

故选：B．

【点睛】

本题考查了中心对称图形的知识，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．

5、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．

6、C

【详解】

解：选项A是中心对称图形，故A不符合题意；

选项B是中心对称图形，故B不符合题意；

选项C不是中心对称图形，故C符合题意；

选项D是中心对称图形，故D不符合题意；

故选C

【点睛】

本题考查的是中心对称图形的识别，掌握“中心对称图形的定义判断中心对称图形”是解本题的关键，中心对称图形的定义：把一个图形绕某点旋转后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形.

7、B

【分析】

由题意直接根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得出答案．

【详解】

解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．

【点睛】

本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，注意掌握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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．

8、D

【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．

【详解】

解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；

D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不合题意．

故选D．

【点睛】

此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

9、C

【分析】

根据题意由角平分线先得到是含有角的直角三角形，结合直角三角形斜边上中线的性质进而得到OP，DP的值，再根据角平分线的性质以及垂线段最短等相关内容即可得到PC的最小值．

【详解】

解：∵点P是∠AOB平分线上的一点，，

∴，

∵PD⊥OA，M是OP的中点，

∴，

∴

∵点C是OB上一个动点

∴当时，PC的值最小，

∵OP平分∠AOB，PD⊥OA，

∴最小值，

故选C．

【点睛】

本题主要考查了角平分线的性质、含有角的直角三角形的选择，直角三角形斜边上中线的性质、垂线段最短等相关内容，熟练掌握相关性质定理是解决本题的关键．

10、D

【分析】

利用矩形的性质，求证明，进而在中利用勾股定理求出的长度，弧长就是的长度，利用数轴上的点表示，求出弧与数轴交点表示的实数即可．

【详解】

解：四边形OABC是矩形，

，

在中，由勾股定理可知：，

，

弧长为，故在数轴上表示的数为，

故选：．

【点睛】

本题主要是考查了矩形的性质、勾股定理解三角形以及数轴上的点的表示，熟练利用矩形性质，得到直角三角形，然后通过勾股定理求边长，是解决该类问题的关键．

二、填空题

1、6

【分析】

根据多边形内角和公式（n-2）×180°及多边形外角和始终为360°可列出方程求解问题．

【详解】

解：由题意得：

（n-2）×180°=360°×2，

解得：n=6；

故答案为6．

【点睛】

本题主要考查多边形内角和及外角和，熟练掌握多边形的内角和公式及外角和是解题的关键．

2、5cm或5.2cm

【分析】

当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，当点P在CD上，如图，根据PB=AM，可证Rt△ABM≌Rt△BCP（HL），可证BP⊥AM，根据勾股定理可求AM=，根据三角形面积可求，可求PN=BP-BN；当点P在AD上，如图，可证Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），再证AN=PN=BN=MN，根据AM=BP=10cm，可求PN=cm，

【详解】

解：当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，不合题意，舍去；

当点P在CD上，如图，

∵PB=AM

∵四边形ABCD为正方形，

∴AB=BC=AD=CD=8，

在Rt△ABM和Rt△BCP中，

，

∴Rt△ABM≌Rt△BCP（HL），

∴∠MAB=∠PBC，

∵∠MAB+∠AMB=90°，

∴∠PBC+∠AMB=90°，

∴∠BNM=180°-∠PBC-∠AMB=90°，

∴BP⊥AM，

∵MC=2cm，

∴BM=BC-MC=8-2=6cm，

∴AM=，

∴，

∴，

∴PN=BP-BN=AM-BN=10-4.8=5.2cm，

当点P在AD上，如图，

在Rt△ABM和Rt△BAP中，

，

∴Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），

∴BM=AP，∠AMB=∠BPA，∠MAB=∠PBA，

∴AN=BN，

∵AD∥BC，

∴∠PAN=∠NMB=∠APN，

∴AN=PN=BN=MN，

∵AM=BP=10cm，

∴PN=cm，

∴PN的长为5cm或5.2cm．

故答案为5cm或5.2cm．

【点睛】

本题考查正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定与性质，分类讨论思想，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定与性质，分类讨论思想是解题关键．

3、2

【分析】

画出图形，直接观察即可解答．

【详解】

解：如图所示，过五边形一个顶点的对角线共有2条；

故答案为：2

．

【点睛】

本题考查了多边形对角线的条数，解题关键是明确过n边形的顶点可引出（n-3）条对角线．

4、10

【分析】

过E作EF⊥AD于F，根据矩形ABCD沿MN折叠，使点A恰好落在边BC上的点E处，得出△ANM≌△ENM，可得AM=EM，根据矩形ABCD，得出∠B=∠A=∠D=90°，再证四边形ABEF为矩形，得出AF=BE=4，FE=AB=8，设AM=EM=m，FM=m-4，根据勾股定理，即，解方程m=10即可．

【详解】

解：过E作EF⊥AD于F，

∵矩形ABCD沿MN折叠，使点A恰好落在边BC上的点E处，

∴△ANM≌△ENM，

∴AM=EM，

∵矩形ABCD，

∴∠B=∠A=∠D=90°， 

∵FE⊥AD，

∴∠AFE=∠B=∠A=90°，

∴四边形ABEF为矩形，

∴AF=BE=4，FE=AB=8，

设AM=EM=m，FM=m-4

在Rt△FEM中，根据勾股定理，即，

解得m=10，

∴MD=AD-AM=16-10=6，

在Rt△MDC中，

∴MC=．

故答案为10．

【点睛】

本题考查折叠轴对称性质，矩形判定与性质，勾股定理，掌握折叠轴对称性质，矩形判定与性质，勾股定理是解题关键．

5、

【分析】

过点A作AD//BC，且AD＝MN，连接MD，则四边形ADMN是平行四边形，作点A关于BC的对称点A′，连接AA′交BC于点O，连接A′M，三点D、M、A′共线时，最小为A′D的长，利用勾股定理求A′D的长度即可解决问题．

【详解】

解：过点A作AD//BC，且AD＝MN，连接MD，

则四边形ADMN是平行四边形，
∴MD＝AN，AD＝MN，
作点A关于BC的对称点A′，连接A A′交BC于点O，连接A′M，
则AM＝A′M，
∴AM＋AN＝A′M＋DM，
∴三点D、M、A′共线时，A′M＋DM最小为A′D的长，
∵AD//BC，AO⊥BC，
∴∠DA＝90°，
∵，，，
∴BC＝

BO＝CO＝AO＝，

∴，
在Rt△AD中，由勾股定理得：
D＝
∴的最小是值为：，

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，构造平行四边形将AN转化为DM是解题的关键．

三、解答题

1、（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．

2、（1）见解析；（2）—4

【分析】

（1）由旋转和正方形的性质得出∠FAM＝∠EAB，再证≌即可；

（2）求出正方形对角线长，再求出MC=—4即可．

【详解】

（1）证明：在正方形ABCD中，线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF

∠CAB＝45°，∠EAF＝45°，AE＝AF 

∠FAM＝∠EAB                

∵FM⊥AC

∠FMA＝∠B＝90°

≌（AAS）              

BE＝FM                      

（2）在正方形ABCD中，边长为4

AC＝，∠DCA＝45°           

≌                  

∴AM＝AB＝4                              

MC＝AC—AM＝—4                

∵是等腰直角三角形

BE＝MF＝MC＝—4

【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是熟练运用正方形的性质和全等三角形的判定进行证明推理．

3、（1）40°；（2）；（3）若AG∥BH，则α+β=180°，理由见解析；（4），图见解析．

【分析】

（1）利用四边形内角和定理得到∠DAB+∠ABC=360°-120°-140°=100°．再利用三角形的外角性质得到∠F=∠FBE-∠FAB，通过计算即可求解；

（2）同（1），通过计算即可求解；

（3）由AG∥BH，推出∠GAB=∠HBE．再推出AD∥BC，再利用平行线的性质即可得到答案；

（4）利用四边形内角和定理得到∠DAB+∠ABC=360°-∠D-BCD=360°-α-β．再利用三角形的外角性质得到∠F=∠MAB-∠ABF，通过计算即可求解．

【详解】

解：（1）∵BF平分∠CBE，AF平分∠DAB，

∴∠FBE=∠CBE，∠FAB=∠DAB．

∵∠D+∠DCB+∠DAB+∠ABC=360°，

∴∠DAB+∠ABC=360°-∠D-∠DCB

=360°-120°-140°=100°．

又∵∠F+∠FAB=∠FBE，

∴∠F=∠FBE-∠FAB=∠CBE−∠DAB

= (∠CBE−∠DAB)

= (180°−∠ABC−∠DAB)

=×(180°−100°)

=40°．

故答案为：40°；

（2）由（1）得：∠AFB= (180°−∠ABC−∠DAB)，

∠DAB+∠ABC=360°-∠D-∠DCB．

∴∠AFB= (180°−360°+∠D+∠DCB)

=∠D+∠DCB−90°

=α+β−90°．

故答案为：；

（3）若AG∥BH，则α+β=180°．理由如下：

若AG∥BH，则∠GAB=∠HBE．

∵AG平分∠DAB，BH平分∠CBE，

∴∠DAB=2∠GAB，∠CBE=2∠HBE，

∴∠DAB=∠CBE，

∴AD∥BC，

∴∠DAB+∠DCB=α+β=180°；

（4）如图：

∵AM平分∠DAB，BN平分∠CBE，

∴∠BAM=∠DAB，∠NBE=∠CBE，

∵∠D+∠DAB+∠ABC+∠BCD=360°，

∴∠DAB+∠ABC=360°-∠D-BCD=360°-α-β，

∴∠DAB+180°-∠CBE=360°-α-β，

∴∠DAB-∠CBE=180°-α-β，

∵∠ABF与∠NBE是对顶角，

∴∠ABF=∠NBE，

又∵∠F+∠ABF=∠MAB，

∴∠F=∠MAB-∠ABF，

∴∠F=∠DAB−∠NBE

=∠DAB−∠CBE

= (∠DAB−∠CBE)

= (180°−α−β)

=90°-α−β．

【点睛】

本题主要考查了三角形的外角性质、四边形内角和定理、平行线的性质、角平分线的定义．借助转化的数学思想，将未知条件转化为已知条件解题．

4、（1）证明见详解；（2）与面积相等的平行四边形有、、、．

【分析】

（1）根据三角形中位线定理可得：，，，，依据平行四边形的判定定理可得四边形DECF为平行四边形，再由，可得，依据菱形的判定定理即可证明；

（2）根据三角形中位线定理及平行四边形的判定定理可得四边形DEFB、DECF、ADFE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出与各平行四边形面积之间的关系，再根据平行四边形的判定得出四边形EGCF是平行四边形，根据其性质得到，根据等底同高可得，据此即可得出与面积相等的平行四边形．

【详解】

解：（1）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，

∴，，，，

∴四边形DECF为平行四边形，

∵，

，

∴四边形DECF为菱形；

（2）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，

∴，，，，， ，

且，，，

∴四边形DEFB、DECF、ADFE是平行四边形，

∴，

∵，，

∴四边形EGCF是平行四边形，

∴，

∴，

∴

∴与面积相等的平行四边形有、、、．

【点睛】

题目主要考查菱形及平行四边形的判定定理和性质，中位线的性质等，熟练掌握平行四边形及菱形的判定定理及性质是解题关键．

5、见解析．

【分析】

先证明 再证明EF是△CDB的中位线，从而可得结论.

【详解】

证明：∵AD＝AC，AE⊥CD

∴CE＝ED

∵F是BC的中点

∴EF是△CDB的中位线

∴BD＝2EF

【点睛】

本题考查的是等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，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.