初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后测评

这是一份初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后测评，共28页。试卷主要包含了下列图形中不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章节测试
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、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
2、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
3、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
4、如图是用若干个全等的等腰梯形拼成的图形，下列说法错误的是（ ）

A．梯形的下底是上底的两倍 B．梯形最大角是
C．梯形的腰与上底相等 D．梯形的底角是
5、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
6、下列图形中不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7、如图，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝，则点C的坐标为（　　）

A．（，1） B．（1，1） C．（1，） D．（+1，1）
8、如图，一个等边三角形纸片，剪去一个角后得到一个四边形，则图中的度数是（ ）

A．180° B．220° C．240° D．260°
9、已知中，，，CD是斜边AB上的中线，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
10、在Rt△ABC中，∠C＝90°，若D为斜边AB上的中点，AB的长为10，则DC的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
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，已知ABCD，和的平分线相交于，，求的度数_____．

2、过五边形一个顶点的对角线共有________条．
3、正五边形的一个内角与一个外角的比______．
4、如图，平面直角坐标系中，有，，三点，以A，B，O三点为顶点的平行四边形的另一个顶点D的坐标为______．

5、坐标平面内的点P(m，﹣2020)与点Q(2021，n)关于原点对称，则m＋n＝_________．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，矩形ABCD中，，，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．

2、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．
3、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．


4、阅读材料，回答下列问题：
（材料提出）
“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．
（探索研究）
探索一：如图1，在八字形中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 ；
探索二：如图2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度数为 ；
探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 ．
（模型应用）
应用一：如图4，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P．则∠A＝ （用含有α和β的代数式表示），∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
（拓展延伸）
拓展一：如图6，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 ．（用x、y表示∠P）
拓展二：如图7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 ．


5、如图，点E为矩形ABCD外一点，AE = DE.求证：△ABE≌△DCE


-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、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．
3、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
4、D
【分析】
如图（见解析），先根据平角的定义可得，再根据可求出，由此可判断选项；先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，然后根据菱形的判定可得四边形是菱形，根据菱形的性质可得，最后根据线段的和差、等量代换可得，由此可判断选项．
【详解】
解：如图，，
，
，
，
梯形是等腰梯形，
，
则梯形最大角是，选项B正确；
没有指明哪个角是底角，
梯形的底角是或，选项D错误；
如图，连接，
，
是等边三角形，
，
，
点共线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，，
四边形是菱形，
，
，，选项A、C正确；
故选：D．

【点睛】
本题考查了等腰梯形、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各判定与性质是解题关键．
5、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．
6、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．
7、B
【分析】
作CD⊥x轴，根据菱形的性质得到OC=OA=，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出OD的值，即可得到C点的坐标．
【详解】
：作CD⊥x轴于点D，

则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，OA=，
∴OC=OA=，
又∵∠AOC=45°，
∴∠OCD=90°-∠AOC=90°-45°=45°，
∴∠DOC=∠OCD，
∴CD=OD，
在Rt△OCD中，OC=，CD2+OD2=OC2，
∴2OD2=OC2=2，
∴OD2=1，
∴OD=CD=1（负值舍去），
则点C的坐标为（1，1），
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求出OD=CD=1是解决问题的关键．
8、C
【分析】
根据四边形内角和为360°及等边三角形的性质可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：等边三角形的三个内角都为60°，四边形内角和为360°，
∴；
故选C．
【点睛】
本题主要考查多边形内角和及等边三角形的性质，熟练掌握多边形内角和及等边三角形的性质是解题的关键．
9、B
【分析】
由题意根据三角形的内角和得到∠A=36°，由CD是斜边AB上的中线，得到CD=AD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠B=54°，
∴∠A=36°，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴CD=AD，
∴∠ACD=∠A=36°.
故选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质与三角形的内角和，熟练掌握直角三角形的性质即直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
10、A
【分析】
利用直角三角形斜边的中线的性质可得答案．
【详解】
解：∵∠C=90°，若D为斜边AB上的中点，
∴CD=AB，
∵AB的长为10，
∴DC=5，
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了直角三角形斜边的中线，关键是掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
二、填空题
1、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．
2、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．
3、
【分析】
根据公式分别求出一个内角与一个外角的度数，即可得到答案．
【详解】
解：正五边形的一个内角的度数为，正五边形的一个外角的度数为，
∴正五边形的一个内角与一个外角的比为，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了正五边形的内角度数及外角度数，熟记多边形的内角和与外角和公式是解题的关键．
4、（9，4）、（-3，4）、（3，-4）
【分析】
根据平行四边形的性质得出AD=BO=6，AD∥BO，根据平行线得出A和D的纵坐标相等，根据B的横坐标和BO的值即可求出D的横坐标．
【详解】
∵平行四边形ABCD的顶点A、B、O的坐标分别为（3，4）、（6，0）、（0，0），
∴AD=BO=6，AD∥BO，
∴D的横坐标是3+6=9，纵坐标是4，
即D的坐标是（9，4），
同理可得出D的坐标还有（-3，4）、（3，-4）．
故答案为：（9，4）、（-3，4）、（3，-4）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形性质和平行四边形的性质，注意：平行四边形的对边平行且相等．
5、-1
【分析】
根据“关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数”求出m、n的值，然后相加计算即可得解．
【详解】
解：∵点P(m，-2020)与点Q(2021，n)关于原点对称，
∴m=﹣2021，n=2020，
∴m＋n=﹣1.
故答案为：-1.
【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．
三、解答题
1、（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）由题意知，，通过得到，证明四边形BEDF平行四边形．
（2）四边形BEDF为菱形，，；设，；在中用勾股定理，解出的长，在中用勾股定理，得到的长，由得到的值．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点
∴，

在和中

∴（ASA）
∴
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：∵四边形BEDF为菱形，
∴，
又∵，
∴，
设，则
在中，
∴
在中，
∴．
【点睛】
本题考察了平行四边形的判定，三角形全等，菱形的性质，勾股定理．解题的关键与难点在于对平行四边形的性质的灵活运用．
2、（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．
3、（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．
4、∠A+∠B＝∠C+∠D； 25°；∠P＝；α+β﹣180°，∠P＝； ；∠P＝；2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【分析】
探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；
探索二：根据角平分线的定义可得∠BAP＝∠DAP，∠BCP＝∠DCP，结合（1）的结论可得2∠P＝∠B+∠D，再代入计算可求解；
探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，利用三角形内角和定理可得∠A＝α+β﹣180°，再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，利用应用一的结论即可求得答案；
拓展一：运用探索一的结论可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，再结合已知条件即可求得答案；
拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案．
【详解】
解：探索一：如图1，

∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D，
故答案为∠A+∠B＝∠C+∠D；
探索二：如图2，

∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1）可得：∠1+∠B＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，
即2∠P＝∠B+∠D，
∵∠B＝36°，∠D＝14°，
∴∠P＝25°，
故答案为25°；
探索三：由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，

由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1，
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．
∴∠P＝．
故答案为：∠P＝．
应用一：如图4，

延长BM、CN，交于点A，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，
∴∠AMN＝180°﹣α，∠ANM＝180°﹣β，
∴∠A＝180°﹣（∠AMN+∠ANM）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°；
∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠PCD＝∠P+∠PBC，
∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A＝，
故答案为：α+β﹣180°，；
应用二：如图5，

延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，
∴∠A＝180°﹣α﹣β，
∵BP平分∠MBC，CP平分∠NCR，
∴BP平分∠ABT，CP平分∠ACB，
由应用一得：∠P＝∠A＝，
故答案为：；
拓展一：如图6，

由探索一可得：
∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∵∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，
∠PAB＝∠CAB，∠PDB＝∠CDB，
∴∠P+∠CAB＝∠B+∠CDB，∠P+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∴2∠P＝∠C+∠B+（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+（x﹣y）＝，
∴∠P＝，
故答案为：∠P＝；
拓展二：如图7，

∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，
∴∠PAD＝∠BAD，∠PCD＝90°+∠BCD，
由探索一得：①∠B+∠BAD＝∠D+∠BCD，②∠P+∠PAD＝∠D+∠PCD，
②×2，得：③2∠P+∠BAD＝2∠D+180°+∠BCD，
③﹣①，得：2∠P﹣∠B＝∠D+180°，
∴2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，
故答案为：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【点睛】
本题是探究性题目，考查了三角形的相关计算、三角形内角和定理、角平分线性质、三角形外角的性质等，此类题目遵循题目顺序，结合相关性质和定理，逐步证明求解即可．
5、见解析
【分析】
利用矩形性质以及等边对等角，证明，最后利用边角边即可证明．
【详解】
解：四边形ABCD是矩形，
，，
，
，
，
在和中，

．
【点睛】
本题主要是考查了矩形的性质、等边对等角以及全等三角形的判定，熟练地利用矩形性质以及等边对等角，求证边和角相等，进而证明三角形全等，这是解决该题的关键．