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    2022年必考点解析京改版八年级数学下册第十五章四边形定向测评试卷(名师精选)

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    北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课时训练

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    这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课时训练,共25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定向测评 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。I卷(选择题  30分)一、单选题(10小题,每小题3分,共计30分)1、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2、已知,四边形ABCD的对角线ACBD相交于点O.设有以下条件:①ABAD;②ACBD;③AOCOBODO;④四边形ABCD是矩形;⑤四边形ABCD是菱形;⑥四边形ABCD是正方形.那么,下列推理不成立的是(  )A.①④⇒⑥ B.①③⇒⑤ C.①②⇒⑥ D.②③⇒④3、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.1404、下列图形中,可以看作是中心对称图形的是(     A. B. C. D.5、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.6、 “垃圾分类,利国利民”,在2019年7月1日起上海开始正式实施垃圾分类,到2020年底先行先试的46个重点城市,要基本建成垃圾分类处理系统.以下四类垃圾分类标志的图形,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    A.可回收物 B.有害垃圾 C.厨余垃圾 D.其他垃圾7、下列图形中,是中心对称图形的是(    A. B. C. D.8、下列测量方案中,能确定四边形门框为矩形的是(    A.测量对角线是否互相平分 B.测量两组对边是否分别相等C.测量对角线是否相等 D.测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等9、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠,AEAF为折痕,点BD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,在正方形有中,EAB上的动点,(不与AB重合),连结DE,点A关于DE的对称点为F,连结EF并延长交BC于点G,连接DG,过点EDEDG的延长线于点H,连接,那么的值为( )A.1 B. C. 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,矩形ABCD的两条对角线ACBD交于点O,∠AOB=60°,AB=3,则矩形的周长为 _____.2、如图,已知ABCD的平分线相交于,求的度数_____.3、如图,点P是矩形ABCD的对角线AC上一点,过点PEFBC,分别交ABCD于点EF,连接PBPD,若AE=2,PF=9,则图中阴影面积为______;4、过多边形的一个顶点作对角线,可将多边形分成5个三角形,则多边形的边数是______.5、点D、E、F分别是△ABC三边的中点,△ABC的周长为24,则△DEF的周长为______.三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)1、如图,四边形ABCD是菱形,DEABDFBC,垂足分别为EF.求证:BEBF2、如图1,矩形ABCD中,AB=9,AD=12,点GCD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PBC运动的过程中,是否存在使APGP的时刻?若存在,求出x的值,若不存在,请说明理由;(3)如图2,MN分别是APPG的中点,在点PBC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     3、如图,在矩形中,为对角线.(1)用尺规完成以下作图:在上找一点,使,连接,作的平分线交于点;(保留作图痕迹,不写作法)(2)在(1)所作的图形中,若,求的度数.4、如图是两张10×10的方格纸,方格纸中的每个小正方形的边长均为1.请在方格纸中分别画出符合要求的格点四边形(格点四边形是指四边形的各顶点均在小正方形的顶点上):(1)请在图1中,画出一个面积为24,且它是中心对称图形不是轴对称图形.(2)请在图2中,画出一个周长为24,且既是中心对称图形也是轴对称图形.5、如图,的对角线相交于点O,过点BBPAC,过点CCPBD相交于点P(1)试判断四边形的形状,并说明理由;(2)若将改为矩形,且,其他条件不变,求四边形的面积;(3)要得到矩形应满足的条件是_________(填上一个即可). -参考答案-一、单选题1、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.2、C【分析】根据已知条件以及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定条件,对选项进行分析判断即可.【详解】解:A、①④可以说明,一组邻边相等的矩形是正方形,故A正确.B、③可以说明四边形是平行四边形,再由①,一组临边相等的平行四边形是菱形,故B正确.C、①②,只能说明两组邻边分别相等,可能是菱形,但菱形不一定是正方形,故C错误.D、③可以说明四边形是平行四边形,再由②可得:对角线相等的平行四边形为矩形,故D正确.故选:C.【点睛】本题主要是考查了特殊四边形的判定,熟练掌握各类四边形的判定条件,是解决本题的关键.3、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.4、A【分析】根据中心对称图形的概念(在平面内,把一个图形绕着某个点旋转,如果旋转后的图形能与原来的图形重合,则为中心对称图形)求解即可.【详解】解:B、C、D三个选项的图形旋转后,均不能与原来的图形重合,不符合题意,A选项是中心对称图形.故本选项正确.故选:A.【点睛】本题考查了中心对称图形的概念,深刻理解中心对称图形的概念是解题关键.5、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+BC2= (1+) 2AB2+BC2+2ABBC=4+2AB2+BC2=AC2=4,∴2ABBC=2ABBC=即三角形的面积为×ABBC=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ACBC的值是解此题的关键,值得学习应用.6、B【分析】由题意根据轴对称图形和中心对称图形的定义对各选项进行判断,即可得出答案.【详解】解:A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;B、既是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项符合题意;C、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;D、既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项不符合题意;故选:B.【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念,注意掌握判断轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合;判断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.8、D【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可.【详解】解:A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形,∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形,∴选项A不符合题意;B、∵两组对边分别相等是平行四边形,∴选项B不符合题意;C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形,∴对角线相等的四边形不是矩形,∴选项C不符合题意;D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等,∴对角线互相平分且相等,∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形,∴选项D符合题意;故选:D.【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理.9、A【分析】可以设∠EAD′=α,∠FAB′=β,根据折叠可得∠DAF=∠DAF,∠BAE=∠BAE,用αβ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=∠DAF,∠BAE=∠BAE∵∠BAD′=10°,∴∠DAF=10°+βBAE=10°+α∵四边形ABCD是矩形∴∠DAB=90°,∴10°+β+β+10°+10°+α+α=90°,α+β=30°,∴∠EAF=∠BAD′+∠DAE+∠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、B【分析】作辅助线,构建全等三角形,证明△DAE≌△ENH,得AE=HNAD=EN,再说明△BNH是等腰直角三角形,可得结论.【详解】解:如图,在线段AD上截取AM,使AM=AE  AD=ABDM=BE∵点A关于直线DE的对称点为F∴△ADE≌△FDEDA=DF=DC,∠DFE=∠A=90°,∠1=∠2,∴∠DFG=90°,RtDFGRtDCG中,RtDFGRtDCGHL),∴∠3=∠4,∵∠ADC=90°,∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°,∴2∠2+2∠3=90°,∴∠2+∠3=45°,即∠EDG=45°,EHDE∴∠DEH=90°,△DEH是等腰直角三角形,∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°,DE=EH∴∠1=∠BEH在△DME和△EBH中,∴△DME≌△EBHSAS),EM=BHRtAEM中,∠A=90°,AM=AE ,即=故选:B.【点睛】本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定定理和性质定理,等知识,解决本题的关键是作出辅助线,利用正方形的性质得到相等的边和相等的角,证明三角形全等.二、填空题1、##【分析】根据矩形性质得出ADBCABCD,∠BAD=90°,OAOCACBOODBDACBD,推出OAOBOCOD,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°,OAOCACBOODBDACBDOAOBOCOD∵∠AOB=60°,OBOA∴△AOB是等边三角形,AB=3,OAOBAB=3,BD=2OB=6,RtBAD中,AB=3,BD=6,由勾股定理得:AD=3∵四边形ABCD是矩形,ABCD=3,ADBC=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.2、110°度【分析】过点EEHAB,然后由ABCD,可得ABEHCD,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EEHAB,如图所示,ABCDABEHCD∴∠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EEHAB,也是解题的关键.3、【分析】PMADM,交BCN,根据矩形的性质可得SPEB=SPFD即可求解.【详解】解:作PMADM,交BCN

    则有四边形AEPM,四边形DFPM,四边形CFPN,四边形BEPN都是矩形,,S=9+9=18,故答案为:18.【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识,解题的关键是证明4、7【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出(n﹣3)条对角线,可组成(n﹣2)个三角形,依此可得n的值.【详解】解:设多边形的边数为n由题意得,n﹣2=5,解得:n=7,即这个多边形是七边形.故答案为:7.【点睛】本题考查了多边形的对角线,求对角线条数时,直接代入边数n的值计算,而计算边数时,需利用方程思想,解方程求n5、12【分析】DEF分别是ABACBC的中点,可以判断DFFEDE为三角形中位线,利用中位线定理求出DFFEDEABBCCA的长度关系即可解答.【详解】解:∵如图所示,DEF分别是ABBCAC的中点,EDFEDF为△ABC中位线,DFBCFEABDEAC∴△DEF的周长=DF+FE+DEBCABACAB+BC+CA24=12.故答案为:12.【点睛】本题考查了三角形的中位线定理,根据中点判断出中位线,再利用中位线定理是解题的基本思路.三、解答题1、见解析【分析】根据菱形的性质,可得ADDCABBC,∠A=∠C.从而得到△AED≌△CFD.从而得到AECF.即可求证.【详解】证明:∵四边形ABCD是菱形, ADDCABBC,∠A=∠CDEABDFBC∴∠AED=∠CFD=90°.∴△AED≌△CFDAAS).AECFABAEBCCF即:BEBF【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.2、(1)y=-2.5x+54,x=8;(2)存在,x=6;(3)平行四边形;15.【分析】(1)PB=xPC=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yx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PAPGAG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MN的位置,然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2N1N2N1N2=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=xPC=12-xy=9×12-×x-×4×(12-x)-×5×12,整理得:y=-2.5x+54.y=34时,-2.5x+54=34,解得x=8;(2)存在.PB=xPC=12-xAD=12,DG=5,PA2=AB2+BP2=81+x2PG2=PC2+GC2=(12-x)2+16,AG2=AD2+DG2=169.∵当AG2=AP2+PG2时,APPG∴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,M1AB的中点,点N1GB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,M2AC的中点,点N2CG的中点.M1M2BCM1M2=BCN1N2BCN1N2=BCM1M2N1N2N1N2=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.3、(1)图形见解析;(2)【分析】(1)利用尺规根据题意即可完成作图;
    (2)结合(1)根据等腰三角形的性质和三角形外角定理可得的度数.【详解】(1)如图,点E和点F即为所求;

     (2)∵,∠ABD=68°,
    ∴∠AEB=∠AEB=68°∴∠EAB=180°-68°-68°=44°,
    ∴∠EAD=90°-44°=46°,
    AF平分∠DAE
    ∴∠FAE=DAE=23°,
    【点睛】题考查了尺规作图-作角平分线,矩形的性质,熟练掌握5种基本作图是解决此类问题的关键.4、(1)画图见解析;(2)画图见解析【分析】(1)利用平行四边形的性质结合其面积求法得出答案,答案不唯一;(2)利用矩形的性质结合其周长得出答案,答案不唯一.【详解】解:(1)如图1所示:(2)如图2所示:答案不唯一.【点睛】本题主要考查了画轴对称图形和中心对称图形,解决本题的关键是要熟练正确把握中心对称图形和轴对称图形的性质.5、(1)平行四边形,理由见解析;(2)四边形的面积为24;(3)AB=BCACBD等(答案不唯一)【分析】(1)利用平行四边形的判定:两组对边分别平行的四边形是平行四边形,即可证明.(2)利用矩形的性质,得到对角线互相平分,进而证明四边形是菱形,分别求出菱形的对角线长度,利用对角线乘积的一半,求解面积即可.(3)添加的条件只要可以证明即可得到矩形【详解】解:(1)四边形BPCO是平行四边形,
     BPACCPBD∴四边形BPCO是平行四边形. (2)连接OP           ∵四边形ABCD是矩形,OB=BDOC=ACAC=BD,∠ABC=90°,OB=OC    又四边形BPCO是平行四边形,□BPCO是菱形.
     OPBC.又∵ABBCOPAB.又∵ACBP四边形是平行四边形,OP=AB=6.     S菱形BPCO=      (3)AB=BCACBD等(答案不唯一).AB=BC时,为菱形,此时有:,利用含有的平行四边形为矩形,即可得到矩形ACBD时,利用含有的平行四边形为矩形,即可得到矩形【点睛】本题主要是考查了平行四边形、矩形和菱形的判定和性质,熟练掌握特殊四边形的判定和性质,是求解该类问题的关键. 

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