2021学年第十五章 四边形综合与测试随堂练习题

京改版八年级数学下册第十五章四边形定向攻克

 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、下列图形中，是中心对称图形的是（　　）

A． B．

C． D．

2、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

3、四边形的内角和与外角和的数量关系，正确的是（　　）

A．内角和比外角和大180° B．外角和比内角和大180°

C．内角和比外角和大360° D．内角和与外角和相等

4、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°

5、在□ABCD中，AC=24，BD=38，AB=m，则m的取值范围是（    ）

A．24<m<39 B．14<m<62 C．7<m<31 D．7<m<12

6、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°

7、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

8、 “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

9、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

10、下列命题是真命题的是（    ）

A．五边形的内角和是720° B．三角形的任意两边之和大于第三边

C．内错角相等 D．对角线互相垂直的四边形是菱形

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、在四边形ABCD中，若AB//CD，BC_____AD，则四边形ABCD为平行四边形．

2、正方形的一条对角线长为4，则这个正方形面积是_________．

3、一个多边形的内角和是它的外角和的两倍，则这个多边形的边数为 ___．

4、在矩形ABCD中，点E在AD边上，△BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB＝4，BC＝5，则线段DE的长为 _____．

5、已知一个多边形的内角和与外角和的比是2：1，则它的边数为 _____．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、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．

2、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       ．

3、如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画三角形．

（1）在图1中，画一个三边长都是有理数的直角三角形；

（2）在图2中，画一个以BC为斜边的直角三角形，使它们的三边长都是无理数且都不相等；

（3）在图3中，画一个正方形，使它的面积是10．

4、如图所示，在边长为1的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M是AD上不同于A，D两点的一动点，N是CD上一动点，且AM+CN＝1．

（1）证明：无论M，N怎样移动，△BMN总是等边三角形；

（2）求△BMN面积的最小值．

5、如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在CD、BC的延长线上，．

（1）求证：D是EC中点；

（2）若，于点F，直接写出图中与CF相等的线段．

-参考答案-

一、单选题

1、D

【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．

【详解】

A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；

B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；

C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；

D、是中心对称图形，故此选项符合题意；

故选：D．

【点睛】

本题考查了中心对称图形的概念，理解概念并知道一些常见的中心对称图形是关键．

2、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．

3、D

【分析】

直接利用多边形内角和定理分别分析得出答案．

【详解】

解：A．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；

B．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；

C．六四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述错误；

D．四边形的内角和与外角和相等，都等于360°，故本选项表述正确．

故选：D．

【点睛】

本题考查了四边形内角和和外角和，解题关键是熟记四边形内角和与外角和都是360°．

4、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．

5、C

【分析】

作出平行四边形，根据平行四边形的性质可得，，然后在中，利用三角形三边的关系即可确定m的取值范围．

【详解】

解：如图所示：

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴，，

在中，，

∴，

即，

故选：C．

【点睛】

题目主要考查平行四边形的性质及三角形三边的关系，熟练掌握平行四边形的性质及三角形三边关系是解题关键．

6、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．

7、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．

8、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．

9、D

【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．

【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．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；

D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不合题意．

故选D．

【点睛】

此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：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

10、B

【分析】

利用多边形的内角和公式、三角形的三边关系、平行线的性质及菱形的判定分别判断后即可确定正确的选项．

【详解】

解：A、五边形的内角和为540°，故原命题错误，是假命题，不符合题意；

B、三角形的任意两边之和大于第三边，正确，是真命题，符合题意；

C、两直线平行，内错角相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意；

D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意，

故选：B．

【点睛】

本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解多边形的内角和公式、三角形的三边关系、平行线的性质及菱形的判定等知识，难度不大．

二、填空题

1、

【分析】

根据平行四边形的判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可解决问题．

【详解】

解：根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可知：

∵AB//CD，BC//AD，

∴四边形ABCD为平行四边形．

故答案为：//．

【点睛】

本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．

2、8

【分析】

正方形边长相等设为，对角线长已知，利用勾股定理求解边长的平方，即为正方形的面积．

【详解】

解：设边长为，对角线为

故答案为：．

【点睛】

本题考察了正方形的性质以及勾股定理．解题的关键在于求解正方形的边长．

3、6

【分析】

根据内角和等于外角和的2倍则内角和是720°利用多边形内角和公式得到关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．

【详解】

解：根据题意，得

（n﹣2）•180＝360×2，

解得：n＝6．

故这个多边形的边数为6．

故答案为：6．

【点睛】

本题主要考查了多边形的内角和以及外角和，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决．

4、2.5或2．

【分析】

需要分类讨论：①BE1＝E1C，此时点E1是BC的中垂线与AD的交点；②BE＝BC，在直角△ABE中，利用勾股定理求得AE的长度，然后求得DE的长度即可．

【详解】

解：①当BE1＝E1C时，点E1是BC的中垂线与AD的交点，；

②当BC＝BE＝5时，在直角△ABE中，AB＝4，则，

∴．

综上所述，线段DE的长为2.5或2．

故答案是：2.5或2．

【点睛】

本题考查矩形的性质和等腰三角形的性质，勾股定理，在此题中，没有确定等腰三角形的底边，所以需要分类讨论，以防漏解．

5、6

【分析】

根据多边形内角和公式及多边形外角和可直接进行求解．

【详解】

解：由题意得：，

解得：，

∴该多边形的边数为6；

故答案为6．

【点睛】

本题主要考查多边形的内角和及外角和，熟练掌握多边形内角和及外角和是解题的关键．

三、解答题

1、（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．

2、∠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．

3、（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析

【分析】

（1）如图，AB=4，BC=3，，利用勾股定理逆定理即可得到△ABC是直角三角形；

（2）如图， ，，利用勾股定理逆定理即可得到△ABC是直角三角形；

（3）如图， ，则，∠ABC=90°，即可得到四边形ABCD是正方形，．

【详解】

解：（1）如图所示，AB=4，BC=3，，

∴，

∴△ABC是直角三角形；

（2）如图所示， ，

∴，

∴△ABC是直角三角形；

（3）如图所示，， ，

∴，

∴∠ABC=90°，

∴四边形ABCD是正方形，

∴．

【点睛】

本题主要考查了有理数与无理数，正方形的判定，勾股定理和勾股定理的逆定理，熟知相关知识是解题的关键．

4、（1）见解析；（2）△BMN面积的最小值为

【分析】

（1）连接BD，证明△AMB≌△DNB，则可得BM=BN，∠MBA＝∠NBD，由菱形的性质易得∠MBN=60゜，从而可证得结论成立；

（2）过点B作BE⊥MN于点E．

【详解】

（1）证明：如图所示，连接BD，

在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，

∴∠ADB＝∠NDB＝60°，

故△ADB是等边三角形，

∴AB＝BD，

又AM+CN＝1，DN+CN＝1，

∴AM＝DN，

在△AMB和△DNB中，

，

∴△AMB≌△DNB（SAS），

∴BM＝BN，∠MBA＝∠NBD，

又∠MBA+∠DBM＝60°，

∴∠NBD+∠DBM＝60°，

即∠MBN＝60°，

∴△BMN是等边三角形；

（2）过点B作BE⊥MN于点E．

设BM＝BN＝MN＝x，

则，

故，

∴当BM⊥AD时，x最小，

此时，，

．

∴△BMN面积的最小值为．

【点睛】

本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质等知识，关键是作辅助线证三角形全等．

5、（1）见祥解；（2）AB=DC=DE=DF=CF，证明见详解．

【分析】

（1）根据四边形ABCD是平行四边形，得出AB∥CD即（AB∥ED），AB=CD，根据，可证四边形ABDE为平行四边形，得出AB=DE即可；

（2）根据EF⊥BF，CD=ED，根据直角三角形斜边中线可得DF=CD=ED，再证△DCF为等边三角形即可．

【详解】

证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD即（AB∥ED），AB=CD，

∵，

∴四边形ABDE为平行四边形，

∴AB=DE，

∴CD=ED，

∴点D为CE中点；

（2）结论为：AB=DC=DE=DF=CF，

∵EF⊥BF，CD=ED，

∴DF=CD=ED，

∵AB∥CD，∠ABC=60°，

∴∠DCF=∠ABC=60°，

∴△DCF为等边三角形，

∴CF=CD=DF=AB=ED．

【点睛】

本题考查平行四边形的判定与性质，线段中点判定，直角三角形斜边中线性质，等边三角形判定与性质，掌握平行四边形的判定与性质，线段中点判定，直角三角形斜边中线性质，等边三角形判定与性质是解题关键．