初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试测试题

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京改版八年级数学下册第十五章四边形必考点解析
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，在中，，，AD平分，E是AD中点，若，则CE的长为（ ）

A． B． C． D．
2、下列说法中正确的是（ ）
A．从一个八边形的某个顶点出发共有8条对角线
B．已知C、D为线段AB上两点，若，则
C．“道路尽可能修直一点”，这是因为“两点确定一条直线”
D．用两个钉子把木条固定在墙上，用数学的知识解释是“两点之间线段最短”
3、下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4、四边形四条边长分别是a，b，c，d，其中a，b为对边，且满足，则这个四边形是（ ）
A．任意四边形 B．平行四边形 C．对角线相等的四边形 D．对角线垂直的四边形
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、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7、如图，已知在正方形ABCD中，厘米，，点E在边AB上，且厘米，如果点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上以a厘米/秒的速度由C点向D点运动，设运动时间为t秒．若存在a与t的值，使与全等时，则t的值为（ ）

A．2 B．2或1.5 C．2.5 D．2.5或2
8、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
9、下列四个图形中，为中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
10、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
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，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝6，∠DAC＝60°，点F在线段AO上从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①∠BDE＝∠EFC；②ED＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④点E运动的路程是2，其中正确结论的序号为 _____．


2、如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则cos∠EFG的值为________．

3、点P（1，2）关于原点中心对称的点的坐标为_______．
4、如图，已知ABCD，和的平分线相交于，，求的度数_____．

5、一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还多180°，则它是________边形．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、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．


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，在正方形ABCD中，DF＝AE，AE与DF相交于点O．
（1）求证：△DAF≌△ABE；
（2）求∠AOD的度数．

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，在中，过点作于点，点在边上，，连接，．

（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，，求证：平分．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据角平分线的定义∠DAB=∠B，求出AD，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=90°-30°=60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=∠BAC=30°，
∴∠DAB=∠B，
∴AD=BD=a，
在Rt△ACB中，E是AD中点，
∴CE=AD=，
故选： B．
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质、角平分线的定义，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．
2、B
【分析】
根据n边形的某个顶点出发共有（n-3）条对角线即可判断A；根据线段的和差即可判断B；根据两点之间，线段最短即可判断C；根据两点确定一条直线即可判断D．
【详解】
解：A、从一个八边形的某个顶点出发共有5条对角线，说法错误，不符合题意；
B、已知C、D为线段AB上两点，若AC=BD，则AD=BC，说法正确，符合题意；

C、“道路尽可能修直一点”，这是因为“两点之间，线段最短”，说法错误，不符合题意；
D、用两个钉子把木条固定在墙上，用数学的知识解释是“两点确定一条直线”，说法错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了多边形对角线问题，线段的和差，两点之间，线段最短，两点确定一条直线等等，熟知相关知识是解题的关键．
3、B
【分析】
由题意依据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对各选项分析判断即可．
【详解】
解：A、C、D都是轴对称图形，只有B选项是中心对称图形.
故选：B.
【点睛】
本题考查中心对称图形的识别，注意掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4、B
【分析】
根据完全平方公式分解因式得到a=b，c=d，利用边的位置关系得到该四边形的形状．
【详解】
解：，
，
，
，
∴a=b，c=d，
∵四边形四条边长分别是a，b，c，d，其中a，b为对边，
∴c、d是对边，
∴该四边形是平行四边形，
故选：B．
【点睛】
此题考查了完全平方公式分解因式，平行四边形的判定方法，熟练掌握完全平方公式分解因式是解题的关键．
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、A
【分析】
关于原点成中心对称的两个点的坐标规律：横坐标与纵坐标都互为相反数，根据原理直接作答即可.
【详解】
解：点关于原点对称的点的坐标是：
故选A
【点睛】
本题考查的是关于原点成中心对称的两个点的坐标规律，掌握“关于原点成中心对称的两个点的坐标规律：横坐标与纵坐标都互为相反数”是解题的关键.
7、D
【分析】
根据题意分两种情况讨论若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP；若△BPE≌△CPQ，则BP=CP=5厘米，BE=CQ=6厘米进行求解即可.
【详解】
解：当，即点Q的运动速度与点P的运动速度都是2厘米/秒，若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP，
∵AB=BC=10厘米，AE=4厘米，
∴BE=CP=6厘米，
∴BP=10-6=4厘米，
∴运动时间t=4÷2=2（秒）；
当，即点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
∵∠B=∠C=90°，
∴要使△BPE与△OQP全等，只要BP=PC=5厘米，CQ=BE=6厘米，即可．
∴点P，Q运动的时间t=（秒）.
综上t的值为2.5或2.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质以及全等三角形的判定，解决问题的关键是掌握正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．同时要注意分类思想的运用．
8、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.
9、B
【分析】
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，这个点叫做对称中心．
【详解】
解：选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
10、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．
二、填空题
1、①②③④
【分析】
①根据∠DAC＝60°，OD＝OA，得出△OAD为等边三角形，再由△DFE为等边三角形，得∠DOA＝∠DEF＝60°，再利用角的等量代换，即可得出结论①正确；
②连接OE，利用SAS证明△DAF≌△DOE，再证明△ODE≌△OCE，即可得出结论②正确；
③通过等量代换即可得出结论③正确；
④延长OE至，使＝OD，连接，通过△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，可分析得出点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，从而得出结论④正确；
【详解】
解：①设与的交点为如图所示：

∵∠DAC＝60°，OD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠DOA＝∠DAO＝∠ADO =60°，
∵△DFE为等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
∴∠DOA＝∠DEF＝60°，
∴，
∴
故结论①正确；
②如图，连接OE，

在△DAF和△DOE中，
，
∴△DAF≌△DOE（SAS），
∴∠DOE＝∠DAF＝60°，
∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，
∴∠COE＝∠DOE，
在△ODE和△OCE中，
，
∴△ODE≌△OCE（SAS），
∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，
故结论②正确；
③∵∠ODE＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，
故结论③正确；
④如图，延长OE至，使＝OD，连接，


∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，
∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，
∵
∴
设，则
∴在中，
即
解得：
∴＝OD＝AD＝，
∴点E运动的路程是，
故结论④正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题主要考查了几何综合，其中涉及到了等边三角形判定及性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的性质及判定，三角函数的比值关系，矩形的性质等知识点，熟悉掌握几何图形的性质合理做出辅助线是解题的关键．
2、
【分析】
根据题意连接BE，连接AE交FG于O，如图，利用菱形的性质得△BDC为等边三角形，∠ADC=120°，再在在Rt△BCE中计算出BE=CE=，然后证明BE⊥AB，利用勾股定理计算出AE，从而得到OA的长；设AF=x，根据折叠的性质得到FE=FA=x，在Rt△BEF中利用勾股定理得到（2-x）2+（）2=x2，解得x，然后在Rt△AOF中利用勾股定理计算出OF，再利用余弦的定义求解即可．
【详解】
解：连接BE，连接AE交FG于O，如图，

∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△BDC为等边三角形，∠ADC=120°，
∵E点为CD的中点，
∴CE=DE=1，BE⊥CD，
在Rt△BCE中，BE=CE=，
∵AB∥CD，
∴BE⊥AB，
∴．
∴，
设AF=x，
∵菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，
∴FE=FA=x，
∴BF=2-x，
在Rt△BEF中，（2-x）2+（）2=x2，
解得:，
在Rt△AOF中，，
∴．
故答案为: ．
【点睛】
本题考查了折叠的性质以及菱形的性质，注意掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3、（-1，-2）
【分析】
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）．据此作答．
【详解】
解：根据中心对称的性质，得点P（1，2）关于原点中心对称的点的坐标为（-1，-2）．
故答案为：（-1，-2）．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，熟知关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
4、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．
5、七
【分析】
根据多边形的内角和公式（n-2）•180°与多边形的外角和定理列式进行计算即可求解．
【详解】
解：设多边形的边数为n，则
（n-2）•180°-2×360°=180°，
解得n=7．
故答案为：七．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理列出方程是解题的关键．
三、解答题
1、
【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．
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）见解析；（2）90°
【分析】
（1）利用正方形的性质得出AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，再证明Rt△DAF≌Rt△ABE即可得出结论；
（2）利用（1）的结论得出∠ADF=∠BAE，进而求出∠BAE+∠DFA=90°，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABC＝90°，AD＝AB，
在Rt△DAF和Rt△ABE中，
，
∴Rt△DAF≌Rt△ABE（HL），即△DAF≌△ABE．
（2）解：由（1）知，△DAF≌△ABE，
∴∠ADF＝∠BAE，
∵∠ADF+∠DFA＝∠BAE+∠DFA＝∠DAB＝90°，
∴∠AOD＝180°﹣（∠BAE+∠DFA）＝90°．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，判断出Rt△DAF≌Rt△ABE是解本题的关键．
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、（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先证明四边形是平行四边形，结合，从而可得结论；
（2）先证明，再求解 证明证明从而可得结论.
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形，
．即
，，
四边形是平行四边形．
，
，
四边形是矩形；
（2）四边形是平行四边形，
，
．
四边形是矩形；

在中，由勾股定理，得，
，
，
，
即平分．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，角平分线的定义，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，证明四边形是平行四边形是解（1）的关键，证明是解（2）的关键.