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

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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、菱形ABCD的周长是8cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线BD的长是（　　）A．cm B．2cm C．1cm D．2cm2、如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300 m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（    ）A．A，B，C都不在 B．只有BC．只有A，C D．A，B，C3、如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BC′D，C′D与AB交于点E，若∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）A．25° B．20° C．15° D．10°4、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5、古典园林中的窗户是中国传统建筑装饰的重要组成部分，一窗一姿容，一窗一景致．下列窗户图案中，是中心对称图形的是（    ）A． B．C．  D．6、在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，使其与图中阴影部分构成中心对称图形．该小正方形的序号是（　　）A． B． C． D．7、下面图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）A． B． C． D．8、已知，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．设有以下条件：①AB＝AD；②AC＝BD；③AO＝CO，BO＝DO；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⇒④9、如果一个多边形的外角和等于其内角和的2倍，那么这个多边形是（    ）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形10、如图，在△ABC中，AC=BC=8，∠BCA=60°，直线AD⊥BC于点D，E是AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C按逆时针方向旋转60°得到FC，连接DF，则在点E的运动过程中，DF的最小值是（    ）A．1 B．1.5 C．2 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、点P（1，2）关于原点中心对称的点的坐标为_______．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、已知一个多边形内角和1800度，则这个多边形的边数_____．4、在平面直角坐标系中，与点(2，-7)关于y轴对称的点的坐标为____．5、如图，正方形ABCD的面积为18，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 _____．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Rt△ABC中，∠ACB＝90°．（1）作AB的垂直平分线l，交AB于点D，连接CD，分别作∠ADC，∠BDC的平分线，交AC，BC于点E，F（尺规作图，不写作法，保作图痕迹）；（2）求证：四边形CEDF是矩形．3、（阅读材料）材料一：我们在小学学习过正方形，知道：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；材料二：如图1，由一个等腰直角三角形和一个正方形组成的图形，我们要判断等腰直角三角形的面积与正方形的面积的大小关系，可以这样做：如图2，连接AC，BD，把正方形分成四个与等腰三角形ADE全等的三角形，所以．（解决问题）如图3，图中由三个正方形组成的图形（1）请你直接写出图中所有的全等三角形；（2）任意选择一组全等三角形进行证明；（3）设图中两个小正方形的面积分别为S1和S2，若，求S1和S2的值．4、（1）如图a，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点D作DP∥OC，且DP=OC，连接CP，判断四边形CODP的形状并说明理由．（2）如图b，如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由．（3）如图c，如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．5、如图，在中，对角线AC、BD交于点O，AB=10，AD=8，AC⊥BC，求（1）的面积；（2）△AOD的周长．
  -参考答案-一、单选题1、B【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝2（cm），则OA＝1（cm），然后由勾股定理求出OB＝（cm），即可求解．【详解】解：∵菱形ABCD的周长为8cm，∴AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝2cm，∴OA＝1（cm），在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝（cm），∴BD＝2OB＝2（cm），故选：B．【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定方法．2、D【分析】根据三角形边长然后利用勾股定理逆定理可得为直角三角形，由直角三角形斜边上的中线性质即可得．【详解】解：如图所示：连接BD，∵，，，∴，∴为直角三角形，∵D为AC中点，∴，∵覆盖半径为300 ，∴A、B、C三个点都被覆盖，故选：D．【点睛】题目主要考查勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线的性质等，理解题意，综合运用两个定理是解题关键．3、D【分析】根据矩形的性质，可得∠ABD＝40°，∠DBC＝50°，根据折叠可得∠DBC′＝∠DBC＝50°，最后根据∠2＝∠DB C′−∠DBA进行计算即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，CD∥AB，
∴∠ABD=∠1＝40°，∴∠DBC＝∠ABC-∠ABD=50°，
由折叠可得∠DB C′＝∠DBC＝50°，
∴∠2＝∠DB C′−∠DBA＝50°−40°＝10°，
故选D．【点睛】本题考查了长方形性质，平行线性质，折叠性质，角的有关计算的应用，关键是求出∠DBC′和∠DBA的度数．4、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．5、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．6、B【分析】利用中心对称图形的定义判断即可．【详解】解：根据中心对称图形的定义可知，②满足条件．故选：．【点睛】本题主要考查了利用旋转设计图案和中心对称图形的定义，明确将一个图形绕一点旋转180°后与本身重合的图形叫做中心对称图形是解题的关键．7、D【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，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．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则此图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；如果一个图形绕某一固定点旋转180度后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，固定的点叫对称中心；理解两个概念是解答本题的关键．8、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．9、A【分析】多边形的外角和是360度，多边形的外角和是内角和的2倍，则多边形的内角和是180度，则这个多边形一定是三角形．【详解】解：多边形的外角和是360度，又多边形的外角和是内角和的2倍，多边形的内角和是180度，这个多边形是三角形．故选：A．【点睛】考查了多边形的外角和定理，解题的关键是掌握多边形的外角和定理．10、C【分析】取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD=CG以及∠FCD=∠ECG，由旋转的性质可得出EC=FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出△FCD≌△ECG，进而即可得出DF=GE，再根据点G为AC的中点，即可得出EG的最小值，此题得解．【详解】解：取线段AC的中点G，连接EG，如图所示．
∵AC=BC=8，∠BCA=60°，
∴△ABC为等边三角形，且AD为△ABC的对称轴，
∴CD=CG=AB=4，∠ACD=60°，
∵∠ECF=60°，
∴∠FCD=∠ECG，
在△FCD和△ECG中，，
∴△FCD≌△ECG（SAS），
∴DF=GE．
当EG∥BC时，EG最小，
∵点G为AC的中点，
∴此时EG=DF=CD=BC=2．
故选：C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF=GE，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键．二、填空题1、（-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．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、12【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理得到，然后解方程即可．【详解】解：设这个多边形的边数是n，依题意得，∴，∴．故答案为：12．【点睛】考查了多边形的内角和定理，关键是根据n边形的内角和为解答．4、（-2，-7）【分析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”解答即可．【详解】解：点（2，-7）关于y轴对称的点的坐标是（-2，-7）．故答案为：（-2，-7）．【点睛】解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．5、【分析】由正方形的对称性可知，PB＝PD，当B、P、E共线时PD+PE最小，求出BE即可．【详解】解：∵正方形中B与D关于AC对称，∴PB＝PD，∴PD+PE＝PB+PE＝BE，此时PD+PE最小，∵正方形ABCD的面积为18，△ABE是等边三角形，∴BE＝3，∴PD+PE最小值是3，故答案为：3．【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．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）见解析【分析】（1）利用垂直平分线和角平分线的尺规作图法，进行作图即可．（2）利用直角三角形斜边中线性质，以及角平分线的性质直接证明与都是，最后加上，即可证明结论．【详解】（1）答案如下图所示：
 分别以A、B两点为圆心，以大于长为半径画弧，连接弧的交点的直线即为垂直平分线l，其与AB的交点为D，以点D为圆心，适当长为半径画弧，分别交DA于点M，交CD于点N，交BD于点T，然后分别以点M，N为圆心，大于为半径画弧，连接两弧交点与D点的连线交AC于点E，同理分别以点T，N为圆心，大于为半径画弧，连接两弧交点与D点的连线交BC于点F．（2）证明：点是AB与其垂直平分线l的交点，点是AB的中点，是Rt△ABC上的斜边的中线，，DE、DF分别是ADC，∠BDC的角平分线，，， ， ，， ， ， 在四边形CEDF中，， 四边形CEDF是矩形．【点睛】本题主要是考查了尺规作图、直角三角形斜边中线性质以及矩形的判定，熟练利用直角三角形斜边中线性质，找到三角形全等的判定条件，并且选择合适的矩形判定条件，是解决本题的关键．3、（1）；；；（2）证明；证明见解析；（3），【分析】（1）根据图形可得出三对全等三角形；（2）根据正方形的性质及全等三角形的判定定理对（1）中全等三角形依次证明即可；（3）连接BG，由材料二可得，被分成4个面积相等的等腰直角三角形，即可得出；连接HJ，KI，过点H作HM⊥AD于点M，过点I作IN⊥CD于点N，则被分为9个面积相等的等腰直角三角形，即可得出．【详解】解：（1）；；（2）证明；由题意得，在正方形ABCD中，∵，，在和中；证明：；由题意得，在正方形HIJK中，，，∵AC为正方形ABCD的对角线，∴，在和中，∴；证明：由题意得，在正方形EBFG中，，，∵AC为正方形ABCD的对角线，∴，在和中，∴；（3）如图，连接BG，由材料二可得，被分成4个面积相等的等腰直角三角形， ．∴连接HJ，KI，过点H作HM⊥AD于点M，过点I作IN⊥CD于点N，则被分为9个面积相等的等腰直角三角形，∴．∴，．【点睛】题目主要考查正方形的性质、全等三角形的判定定理及对题意的理解能力，熟练掌握全等三角形的判定定理及理解题意是解题关键．4、（1）四边形CODP是菱形，理由见解析；（2）四边形CODP是矩形，理由见解析；（3）四边形CODP是正方形，理由见解析【分析】（1）先证明四边形CODP是平行四边形，再由矩形的性质可得OD=OC，即可证明平行四边形OCDP是菱形；（2）先证明四边形CODP是平行四边形，再由菱形的性质可得∠DOC=90°，即可证明平行四边形OCDP是矩形；（3）先证明四边形CODP是平行四边形，再由正方形的性质可得BD⊥AC，DO=OC，即可证明平行四边形OCDP是正方形；【详解】解：（1）四边形CODP是菱形，理由如下：∵DP∥OC，且DP=OC，∴四边形CODP是平行四边形，又∵四边形ABCD是矩形，∴OD=OC，∴平行四边形OCDP是菱形；（2）四边形CODP是矩形，理由如下：∵DP∥OC，且DP=OC，∴四边形CODP是平行四边形，又∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∴∠DOC=90°，∴平行四边形OCDP是矩形；（3）四边形CODP是正方形，理由如下：∵DP∥OC，且DP=OC，∴四边形CODP是平行四边形，又∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC，DO=OC，∴∠DOC=90°，平行四边形CODP是菱形，∴菱形OCDP是正方形．【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握特殊平行四边形的性质与判定条件．5、（1）48（2）【分析】（1）利用勾股定理先求出高AC，故可求解面积；（2）根据平行四边形的性质求出AO，再利用勾股定理求出OB的长，故可求解．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，且AD=8
 ∴BC=AD=8∵AC⊥BC∴∠ACB=90°在Rt△ABC中，由勾股定理得AC2=AB2-BC2∴∴（2）∵四边形ABCD是平行四边形，且AC=6∴∵∠ACB=90°，BC=8∴，∴∴．【点睛】此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的性质及勾股定理的应用．