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    2021-2022学年京改版八年级数学下册第十五章四边形专项训练试卷(精选)

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    北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试随堂练习题

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    这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试随堂练习题,共32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专项训练
    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,在矩形ABCD中,点O为对角线BD的中点,过点O作线段EF交AD于F,交BC于E,OB=EB,点G为BD上一点,满足EG⊥FG,若∠DBC=30°,则∠OGE的度数为(  )

    A.30° B.36° C.37.5° D.45°
    2、下列图形中,既是中心对称图形又是轴对称图形的有几个(  )

    A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
    3、下列图形中,可以看作是中心对称图形的是( )
    A. B.
    C. D.
    4、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
    5、如图,已知E为邻边相等的平行四边形ABCD的边BC上一点,且∠DAE=∠B=80º,那么∠CDE的度数为( )

    A.20º B.25º C.30º D.35º
    6、如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的点A和点C分别落在x轴和y轴正半轴上,AO=4,直线l:y=3x+2经过点C,将直线l向下平移m个单位,设直线可将矩形OABC的面积平分,则m的值为(  )

    A.7 B.6 C.4 D.8
    7、下列图形中不是中心对称图形的是( )
    A. B. C. D.
    8、如图,在平面直角坐标系中,点A是x轴正半轴上的一个动点,点C是y轴正半轴上的点,于点C.已知,.点B到原点的最大距离为( )

    A.22 B.18 C.14 D.10
    9、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.
    10、下列图形中,既是中心对称图形,又是轴对称图形的个数是( )

    A.1 B.2 C.3 D.4
    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,直线l1⊥l3,l2⊥l3,垂足分别为P、Q,一块含有45°的直角三角板的顶点A、B、C分别在直线l1、l2、线段PQ上,点O是斜边AB的中点,若PQ等于,则OQ的长等于 _____.

    2、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______.

    3、如图,平行四边形ABCD,AD=5,AB=8,点A的坐标为(-3,0)点C的坐标为______.

    4、如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于O,EF过点O分别交AB,CD于E,F,已知AB=8cm,AD=5cm,那么图中阴影部分面积为_____cm2.

    5、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_____.
    三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
    1、综合与实践
    (1)如图1,在正方形ABCD中,点M、N分别在AD、CD上,若∠MBN=45°,则MN,AM,CN的数量关系为    .

    (2)如图2,在四边形ABCD中,BC∥AD,AB=BC,∠A+∠C=180°,点M、N分别在AD、CD上,若∠MBN=∠ABC,试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系?请写出猜想,并给予证明.
    (3)如图3,在四边形ABCD中,AB=BC,∠ABC+∠ADC=180°,点M、N分别在DA、CD的延长线上,若∠MBN=∠ABC,试探究线段MN、AM、CN的数量关系为    .
    2、问题背景:课外学习小组在一次学习研讨中,得到了如下两个命题:

    ①如图(1),在正△ABC中,M、N分别是AC、AB上的点,BM与CN相交于点O,若∠BON=60°,则BM=CN;
    ②如图(2),在正方形ABCD中,M、N分别是CD、AD上的点,BM与CN相交于点O,若∠BON=90°,则BM=CN.
    然后运用类似的思想提出了如下命题:
    ③如图(3),在正五边形ABCDE中,M、N分别是CD、DE上的点,BM与CN相交于点O,若∠BON=108°,则BM=CN.
    任务要求:
    (1)请你从①②③三个命题中选择一个进行证明;
    (2)请你继续完成下面的探索;
    ①在正n(n≥3)边形ABCDEF…中,M、N分别是CD、DE上的点,BM与CN相交于点O,试问当∠BON等于多少度时,结论BM=CN成立(不要求证明);
    ②如图(4),在正五边形ABCDE中,M、N分别是DE、AE上的点,BM与CN相交于点O,∠BON=108°时,试问结论BM=CN是否成立.若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由.
    3、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.

    4、如图,将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠,使点A落在平面上的F点处,DF交BC于点E,CD=5,DB=13,求BE的长.


    5、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.

    -参考答案-
    一、单选题
    1、C
    【分析】
    根据矩形和平行线的性质,得;根据等腰三角形和三角形内角和性质,得;根据全等三角形性质,通过证明,得;根据直角三角形斜边中线、等腰三角形、三角形内角和性质,推导得,再根据余角的性质计算,即可得到答案.
    【详解】
    ∵矩形ABCD


    ∵OB=EB,


    ∵点O为对角线BD的中点,

    和中



    ∵EG⊥FG,即



    故选:C.
    【点睛】
    本题考查了矩形、平行线、全等三角形、等腰三角形、三角形内角和、直角三角形的知识;解题的关键是熟练掌握矩形、全等三角形、等腰三角形、直角三角形斜边中线的性质,从而完成求解.
    2、A
    【分析】
    根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
    【详解】
    解:第一个图形既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,不符合题意;
    第二个图形是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;
    第三个图形是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;
    第四个图形既是轴对称图形,也是中心对称图形,符合题意;
    既是中心对称图形又是轴对称图形的只有1个,
    故选:A.
    【点睛】
    本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后两部分重合.
    3、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.
    4、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+14,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.
    5、C
    【分析】
    依题意得出AE=AB=AD,∠ADE=50°,又因为∠B=80°故可推出∠ADC=80°,∠CDE=∠ADC-∠ADE,从而求解.
    【详解】
    ∵ADBC,
    ∴∠AEB=∠DAE=∠B=80°,
    ∴AE=AB=AD,
    在三角形AED中,AE=AD,∠DAE=80°,
    ∴∠ADE=50°,
    又∵∠B=80°,
    ∴∠ADC=80°,
    ∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°.
    故选:C.
    【点睛】
    考查菱形的边的性质,同时综合利用三角形的内角和及等腰三角形的性质,解题关键是利用等腰三角形的性质求得∠ADE的度数.
    6、A
    【分析】
    如图所示,连接AC,OB交于点D,先求出C和A的坐标,然后根据矩形的性质得到D是AC的中点,从而求出D点坐标为(2,1),再由当直线经过点D时,可将矩形OABC的面积平分,进行求解即可.
    【详解】
    解:如图所示,连接AC,OB交于点D,
    ∵C是直线与y轴的交点,
    ∴点C的坐标为(0,2),
    ∵OA=4,
    ∴A点坐标为(4,0),
    ∵四边形OABC是矩形,
    ∴D是AC的中点,
    ∴D点坐标为(2,1),
    当直线经过点D时,可将矩形OABC的面积平分,
    由题意得平移后的直线解析式为,
    ∴,
    ∴,
    故选A.

    【点睛】
    本题主要考查了一次函数与几何综合,一次函数的平移,矩形的性质,解题的关键在于能够熟知过矩形中心的直线平分矩形面积.
    7、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.
    8、B
    【分析】
    首先取AC的中点E,连接BE,OE,OB,可求得OE与BE的长,然后由三角形三边关系,求得点B到原点的最大距离.
    【详解】
    解:取AC的中点E,连接BE,OE,OB,

    ∵∠AOC=90°,AC=16,
    ∴OE=CEAC=8,
    ∵BC⊥AC,BC=6,
    ∴BE10,
    若点O,E,B不在一条直线上,则OB<OE+BE=18.
    若点O,E,B在一条直线上,则OB=OE+BE=18,
    ∴当O,E,B三点在一条直线上时,OB取得最大值,最大值为18.
    故选:B
    【点睛】
    此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质以及三角形三边关系.此题难度较大,注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.
    9、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.
    10、B
    【分析】
    根据轴对称图形与中心对称图形的概念对各图形分析判断后利用排除法求解
    【详解】
    第一个图形是中心对称图形,又是轴对称图形,
    第二个图形是中心对称图形,又是轴对称图形,
    第三个图形不是中心对称图形,是轴对称图形,
    第四个图形不是中心对称图形,是轴对称图形,
    综上所述第一个和第二个图形既是中心对称图形,又是轴对称图形.
    故选:B.
    【点睛】
    点睛本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念:轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与原图重合.
    二、填空题
    1、
    【分析】
    由“AAS”可证△ACP≌△CBQ,可得AP=CQ,PC=BQ,由“AAS”可证△APO≌△BHO,可得AP=BH,OP=OH,由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求解.
    【详解】
    解:如图,连接PO,并延长交l2于点H,

    ∵l1⊥l3,l2⊥l3,
    ∴l1∥l3,∠APC=∠BQC=∠ACB=90°,
    ∴∠PAC+∠ACP=90°=∠ACP+∠BCQ,
    ∴∠PAC=∠BCQ,
    在△ACP和△CBQ中,

    ∴△ACP≌△CBQ(AAS),
    ∴AP=CQ,PC=BQ,
    ∴PC+CQ=AP+BQ=PQ=,
    ∵AP∥BQ,
    ∴∠OAP=∠OBH,
    ∵点O是斜边AB的中点,
    ∴AO=BO,
    在△APO和△BHO中,

    ∴△APO≌△BHO(AAS),
    ∴AP=BH,OP=OH,
    ∴BH+BQ=AP+BQ=PQ,
    ∴PQ=QH=,
    ∵∠PQH=90°,
    ∴PH=PQ=12,
    ∵OP=OH,∠PQH=90°,
    ∴OQ=PH=6.
    故答案为:6
    【点睛】
    本题主要考查了全等三角形的判定和性质,等腰三角形和直角三角形的性质,熟练掌握全等三角形的判定和性质定理,等腰三角形和直角三角形的性质定理是解题的关键.
    2、(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.
    3、(8,4)
    【分析】
    先根据勾股定理得到OD的长,即可得到点D的坐标,再根据平行四边形的性质和平行x轴两点坐标特征即可得到点C的坐标.
    【详解】
    解:∵点A的坐标为(-3,0),
    在Rt△ADO中,AD=5, AO=3,,
    ∴OD==,
    ∴D(0,4),
    ∵平行四边形ABCD,
    ∴AB=CD=8,AB∥CD,
    ∵AB在x轴上,
    ∴CD∥x轴,
    ∴C、D两点的纵坐标相同,
    ∴C(8,4) .
    故答案为(8,4).
    【点睛】
    本题考查平行四边形性质,勾股定理,平行x轴两点坐标特征,解答本题的关键是熟练掌握平行于x轴的直线上的点的纵坐标相同,平行于y轴的直线上的点的横坐标相同.
    4、10
    【分析】
    利用矩形性质,求证,将阴影部分的面积转为的面积,最后利用中线平分三角形的面积,求出的面积,即可得到阴影部分的面积.
    【详解】
    解:四边形为矩形,
    ,,,

    在与中,


    阴影部分的面积最后转化为了的面积,
    中,,
    平分,
    阴影部分的面积:,
    故答案为:10.
    【点睛】
    本题主要是考查了矩形的性质以全等三角形的判定与性质以及中线平分三角形面积,熟练利用矩形性质,证明三角形全等,将阴影部分面积转化为其他图形的面积,这是解决本题的关键.

    5、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.
    三、解答题
    1、(1)MN=AM+CN;(2)MN=AM+CN,理由见解析;(3)MN=CN-AM,理由见解析
    【分析】
    (1)把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合,则AM=CM',BM=BM',∠A=∠BCM',∠ABM=∠M'BC,可得到点M'、C、N三点共线,再由∠MBN=45°,可得∠M'BN=∠MBN,从而证得△NBM≌△NBM',即可求解;
    (2)把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合,则AM=CM',BM=BM',∠A=∠BCM',∠ABM=∠M'BC,由∠A+∠C=180°,可得点M'、C、N三点共线,再由∠MBN=∠ABC,可得到∠M'BN=∠MBN,从而证得△NBM≌△NBM',即可求解;
    (3)在NC上截取C M'=AM,连接B M',由∠ABC+∠ADC=180°,可得∠BAM=∠C,再由AB=BC,可证得△ABM≌△CB M',从而得到AM=C M',BM=B M',∠ABM=∠CB M',进而得到∠MA M'=∠ABC,再由∠MBN=∠ABC,可得∠MBN=∠M'BN,从而得到△NBM≌△NBM',即可求解.
    【详解】
    解:(1)如图,把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合,则AM=CM',BM=BM',∠A=∠BCM',∠ABM=∠M'BC,

    在正方形ABCD中,∠A=∠BCD=∠ABC=90°,AB=BC ,
    ∴∠BCM'+∠BCD=180°,
    ∴点M'、C、N三点共线,
    ∵∠MBN=45°,
    ∴∠ABM+∠CBN=45°,
    ∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°,
    即∠M'BN=∠MBN,
    ∵BN=BN,
    ∴△NBM≌△NBM',
    ∴MN= M'N,
    ∵M'N= M'C+CN,
    ∴MN= M'C+CN=AM+CN;
    (2)MN=AM+CN;理由如下:
    如图,把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合,则AM=CM',BM=BM',∠A=∠BCM',∠ABM=∠M'BC,

    ∵∠A+∠C=180°,
    ∴∠BCM'+∠BCD=180°,
    ∴点M'、C、N三点共线,
    ∵∠MBN=∠ABC,
    ∴∠ABM+∠CBN=∠ABC=∠MBN,
    ∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN,即∠M'BN=∠MBN,
    ∵BN=BN,
    ∴△NBM≌△NBM',
    ∴MN= M'N,
    ∵M'N= M'C+CN,
    ∴MN= M'C+CN=AM+CN;
    (3)MN=CN-AM,理由如下:
    如图,在NC上截取C M'=AM,连接B M',

    ∵在四边形ABCD中,∠ABC+∠ADC=180°,
    ∴∠C+∠BAD=180°,
    ∵∠BAM+∠BAD=180°,
    ∴∠BAM=∠C,
    ∵AB=BC,
    ∴△ABM≌△CB M',
    ∴AM=C M',BM=B M',∠ABM=∠CB M',
    ∴∠MA M'=∠ABC,
    ∵∠MBN=∠ABC,
    ∴∠MBN=∠MA M'=∠M'BN,
    ∵BN=BN,
    ∴△NBM≌△NBM',
    ∴MN= M'N,
    ∵M'N=CN-C M',
    ∴MN=CN-AM.
    故答案是:MN=CN-AM.
    【点睛】
    本题主要考查了正方形的性质,全等三角形的性质和判定,图形的旋转,根据题意做适当辅助线,得到全等三角形是解题的关键.
    2、(1)选①或②或③,证明见详解;(2)①当时,结论成立;②当时,还成立,证明见详解.
    【分析】
    (1)命题①,根据等边三角形的性质及各角之间的等量代换可得:,然后依据全等三角形的判定定理可得:,再由全等三角形的性质即可证明;命题②,根据正方形的性质及各角之间的等量代换可得:,然后依据全等三角形的判定定理可得:,再由全等三角形的性质即可证明;命题③,根据正五边形的性质及各角之间的等量代换可得:,然后依据全等三角形的判定定理可得:,再由全等三角形的性质即可证明;
    (2)①根据(1)中三个命题的结果,得出相应规律,即可得解;
    ②连接BD、CE,根据全等三角形的判定定理和性质可得:, ,,,利用各角之间的关系及等量代换可得:, ,继续利用全等三角形的判定定理和性质即可得出证明.
    【详解】
    解:(1)如选命题①,证明:如图所示:


    ∵ ,
    ∴ ,
    ∵ ,
    ∴ ,
    在 与ΔCAN中,

    ∴ ,
    ∴ ;
    如选命题②,
    证明:如图所示:


    ∵ ,
    ∴ ,
    ∵ ,
    ∴ ,
    在 与ΔCDN中,

    ∴ ,
    ∴ ;
    如选命题③,
    证明:如图所示:


    ∵ ,
    ∴ ,
    ∵ ,
    ∴ ,
    在 与ΔCDN中,

    ∴ ,
    ∴ ;
    (2)①根据(1)中规律可得:当时,结论成立;
    ②答:当时,成立.
    证明:如图所示,连接BD、CE,


    在和中,

    ∴ ,
    ∴ ,,,
    ∵ ,
    ∴ ,
    ∵ ,.
    ∴ ,
    又∵ ,
    ∴ ,
    在和中,

    ∴ ,
    ∴ .
    【点睛】
    题目主要考查全等三角形的判定定理和性质,正多边形的内角,等腰三角形的性质,三角形内角和定理等,理解题意,结合相应图形证明是解题关键.
    3、(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.
    4、
    【分析】
    由矩形的性质可知AB=DC,∠A=∠C=90°,由翻折的性质可知∠AB=BF,∠A=∠F=90°,于是可得到∠F=∠C,BF=DC,然后依据AAS可证明△DCE≌△BFE,依据勾股定理求得BC的长,由全等三角形的性质可知BE=DE,最后再△EDC中依据勾股定理可求得ED的长,从而得到BE的长.
    【详解】
    解:∵四边形ABCD为矩形,
    ∴AB=CD,∠A=∠C=90°
    ∵由翻折的性质可知∠F=∠A,BF=AB,
    ∴BF=DC,∠F=∠C.
    在△DCE与△BEF中,
    ∴△DCE≌△BFE.
    在Rt△BDC中,由勾股定理得:BC=.
    ∵△DCE≌△BFE,
    ∴BE=DE.
    设BE=DE=x,则EC=12−x.
    在Rt△CDE中,CE2+CD2=DE2,即(12−x)2+52=x2.
    解得:x=.
    ∴BE=.
    【点睛】
    本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用、矩形的性质,依据勾股定理列出关于x的方程是解题的关键.
    5、(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.

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