北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课堂检测

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、下列几何图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ）

A． B． C． D．

2、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．

3、下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（   ）

A． B． 

C． D．

4、如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（　　）

A．16 B．12 C．8 D．4

5、以下分别是回收、节水、绿色包装、低碳4个标志，其中是中心对称图形的是（    ）．

A． B． C． D．

6、如图，点E是△ABC内一点，∠AEB＝90°，D是边AB的中点，延长线段DE交边BC于点F，点F是边BC的中点．若AB＝6，EF＝1，则线段AC的长为（　　）

A．7 B． C．8 D．9

7、下列图标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

8、如图，M、N分别是正五边形ABCDE的边BC、CD上的点，且BM=CN，AM交BN于点P，则∠APN的度数是（   ）

A．120° B．118° C．110° D．108°

9、如图，把一张长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论正确的是 （   ）

A．∠DAB′＝∠CAB′ B．∠ACD＝∠B′CD

C．AD＝AE D．AE＝CE

10、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

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、若一个多边形的内角和是外角和的倍，则它的边数是_______．

2、如图，在平行四边形ABCD中，，E、F分别在CD和BC的延长线上，，，则______．

3、已知一个正多边形的内角和为1080°，那么从它的一个顶点出发可以引 _____条对角线．

4、在平面直角坐标系中，点（－2，5）关于原点对称的点的坐标是___________．

5、若点关于原点的对称点是，则______．

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、如图，在平行四边形中，，．．点在上由点向点出发，速度为每秒；点在边上，同时由点向点运动，速度为每秒．当点运动到点时，点，同时停止运动．连接，设运动时间为秒．

（1）当为何值时，四边形为平行四边形？

（2）设四边形的面积为，求与之间的函数关系式．

（3）当为何值时，四边形的面积是四边形的面积的四分之三？求出此时的度数．

（4）连接，是否存在某一时刻，使为等腰三角形？若存在，请求出此刻的值；若不存在，请说明理由．

3、如图，已知矩形中，点，分别是，上的点，，且．

（1）求证：；

（2）若，求：的值．

4、“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．今天人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的．有人曾利用如图所示的图形进行探索，其中ABCD是长方形，F是DA延长线上一点，G是CF上一点，且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F．请写出∠ECB和∠ACB的数量关系，并说明理由．

5、在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．

（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是     ，BC与CE的位置关系是     ；

（2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；

（3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若AB＝2，BE＝2，请直接写出APE的面积．

-参考答案-

一、单选题

1、D

【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

【详解】

解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；

B、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；

C、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；

D、是轴对称图形，是中心对称图形，选项说法正确，符合题意；

故选D．

【点睛】

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．解题的关键是掌握轴对称图形寻找对称轴，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．

2、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.

3、C

【分析】

利用中心对称图形的定义：旋转能与自身重合的图形即为中心对称图形，即可判断出答案．

【详解】

解：A、不是中心对称图形，故A错误．

B、不是中心对称图形，故B错误．

C、是中心对称图形，故C正确．

D、不是中心对称图形，故D错误．

故选：C．

【点睛】

本题主要是考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对图形的定义，是解决该题的关键．

4、C

【分析】

由题意可得AO＝BO＝CO＝DO＝8，可证△ABO是等边三角形，可得AB＝8．

【详解】

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AC＝2AO＝2CO，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD＝16，

∴OA＝OB＝8，

∵∠AOD＝120°，

∴∠AOB＝60°，

∴△AOB是等边三角形，

∴AB＝AO＝BO＝8，

故选：C．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，熟练掌握矩形的性质是本题的关键．

5、C

【分析】

根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出答案．

【详解】

解：A、此图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、此图形是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．

【点睛】

此题主要考查了中心对称图形的定义，关键是找出图形的对称中心．

6、C

【分析】

根据直角三角形的性质求出DE，由EF=1，得到DF，再根据三角形中位线定理即可求出线段AC的长．

【详解】

解：∵∠AEB＝90，D是边AB的中点，AB＝6，

∴DE＝AB＝3，

∵EF＝1，

∴DF＝DE+EF＝3+1＝4．

∵D是边AB的中点，点F是边BC的中点，

∴DF是ABC的中位线，

∴AC＝2DF＝8．

故选：C．

【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的性质，三角形中位线定理，求出DF的长是解题的关键．

7、B

【分析】

由题意直接根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得出答案．

【详解】

解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．

8、D

【分析】

由五边形的性质得出AB=BC，∠ABM=∠C，证明△ABM≌△BCN，得出∠BAM=∠CBN，由∠BAM+∠ABP=∠APN，即可得出∠APN=∠ABC，即可得出结果．

【详解】

解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC，∠ABM=∠C，
在△ABM和△BCN中
，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM+∠ABP=∠APN，
∴∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC=
∴∠APN的度数为108°；
故选：D．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、多边形的内角和定理；熟练掌握五边形的形状，证明三角形全等是解决问题的关键．

9、D

【分析】

根据翻折变换的性质可得∠BAC=∠CAB′，根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ACD，从而得到∠ACD=∠CAB′，然后根据等角对等边可得AE=CE，从而得解．

【详解】

解：∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，
∴∠BAC=∠CAB′，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠CAB′，
∴AE=CE，
∴结论正确的是D选项．
故选D.

【点睛】

本题考查了翻折变换的性质，平行线的性质，矩形的对边互相平行，等角对等边的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．

10、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．

二、填空题

1、

【分析】

根据多边形的内角和公式（n−2）•180°以及外角和定理列出方程，然后求解即可．

【详解】

解：设这个多边形的边数是n，
根据题意得，（n−2）•180°＝2×360°，
解得n＝6．
答：这个多边形的边数是6．
故答案为：6．

【点睛】

本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．

2、8

【分析】

证明四边形ABDE是平行四边形，得到DE=CD＝，， 过点E作EH⊥BF于H，证得CH=EH，利用勾股定理求出EH，再根据30度角的性质求出EF．

【详解】

解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴，AB=CD，

∵，

∴四边形ABDE是平行四边形，

∴DE=CD＝，，

过点E作EH⊥BF于H，

∵，

∴∠ECH=，

∴CH=EH，

∵，，

∴CH=EH=4，

∵∠EHF=90°，，

∴EF=2EH=8，

故答案为：8．

【点睛】

此题考查了平行四边形的判定及性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并应用解决问题是解题的关键．

3、

【分析】

设这个正多边形有条边，再建立方程 解方程求解结合从边形的一个顶点出发可以引条对角线，从而可得答案.

【详解】

解：设这个正多边形有条边，则

解得：

所以从一个正八边形的一个顶点出发可以引条对角线，

故答案为：

【点睛】

本题考查的是正多边形的内角和定理的应用，正多边形的对角线问题，掌握“多边形的内角和公式为 从边形的一个顶点出发可以引条对角线”是解本题的关键.

4、（2，-5）

【分析】

根据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）．

【详解】

解：根据中心对称的性质，得点P（-2，5）关于原点对称点的点的坐标是（2，-5）．

故答案为：（2，-5）．

【点睛】

本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，比较简单．

5、

【分析】

根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．

【详解】

解：由关于坐标原点的对称点为，得，

，

解得：

故答案为：．

【点睛】

本题考查了关于原点的对称的点的坐标，解题的关键是掌握关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．

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、（1）；（2）y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8）；（3）t＝8，；（4）当t＝4或 或时，为等腰三角形，理由见解析．

【分析】

（1）利用平行四边形的对边相等AQ＝BP建立方程求解即可；
（2）先构造直角三角形，求出AE，再用梯形的面积公式即可得出结论；
（3）利用面积关系求出t，即可求出DQ，进而判断出DQ＝PQ，即可得出结论；
（4）分三种情况，利用等腰三角形的性质，两腰相等建立方程求解即可得出结论．

【详解】

解：（1）∵在平行四边形中，，，

由运动知，AQ＝16−t，BP＝2t，
∵四边形ABPQ为平行四边形，
∴AQ＝BP，
∴16−t＝2t
∴t＝，
即：t＝s时，四边形ABPQ是平行四边形；

（2）过点A作AE⊥BC于E，如图，

在Rt△ABE中，∠B＝30°，AB＝8，
∴AE＝4，
由运动知，BP＝2t，DQ＝t，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝16，
∴AQ＝16−t，
∴y＝S四边形ABPQ＝（BP＋AQ）•AE＝（2t＋16−t）×4＝2t＋32（0＜t≤8）；

（3）由（2）知，AE＝4，
∵BC＝16，
∴S四边形ABCD＝16×4＝64，
由（2）知，y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8），
∵四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三
∴2t＋32＝×64，
∴t＝8；
如图，

当t＝8时，点P和点C重合，DQ＝8，
∵CD＝AB＝8，
∴DP＝DQ，
∴∠DQC＝∠DPQ，
∴∠D＝∠B＝30°，
∴∠DQP＝75°；

（4）①当AB＝BP时，BP＝8，
即2t＝8，t＝4；
②当AP＝BP时，如图，

∵∠B＝30°，
过P作PM垂直于AB，垂足为点M，
∴BM＝4，，

解得：BP＝，
∴2t＝，
∴t＝
③当AB＝AP时，同（2）的方法得，BP＝，
∴2t＝，
∴t＝
所以，当t＝4或 或时，△ABP为等腰三角形．

【点睛】

此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解（1）的关键是利用AQ＝BP建立方程，解（2）的关键是求出梯形的高，解（3）的关键是求出t，解（4）的关键是分类讨论的思想思考问题．

3、（1）见解析；（2）

【分析】

（1）根据矩形的性质得到，由垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论；

（2）由已知条件得到，由，即可得到：的值．

【详解】

（1）∵四边形是矩形，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

在与中，

，

∴，

∴；

（2）∵，

∴，

∵，

∴，

∴．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．

4、∠ACB＝3∠ECB，见解析．

【分析】

由矩形的对边平行可得∠F=∠ECB，由外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠AGC=2∠F，那么∠ECB＝∠F，所以∠ACB=3∠ECB．

【详解】

解：∠ACB=3∠ECB．

理由如下：在△AGF中，∠AGC＝∠F+∠GAF＝2∠F．

∵∠ACG＝∠AGC，

∴∠ACG＝2∠F．

∵AD//BC，

∴∠ECB＝∠F．

∴∠ACB＝∠ACG+∠BCE＝3∠F．

故∠ACB＝3∠ECB．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，用到的知识点为：矩形的对边平行；两直线平行，内错角相等；三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．

5、（1）BP＝CE，CE⊥BC；（2）仍然成立，见解析；（3）31

【分析】

（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；

（2）（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明△BAP≌△CAE即可；

（3）分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点O，由∠BCE＝90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，再求AO、PO、PD的长及等边三角形APE的边长可得结论．

【详解】

解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于点H，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC，

∵∠ABC＝60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴AB＝AC，∠BAC＝60°；

∵△APE是等边三角形，

∴AP＝AE，∠PAE＝60°，

∴∠BAP＝∠CAE＝60°﹣∠PAC，

∴△BAP≌△CAE（SAS），

∴BP＝CE；

∵四边形ABCD是菱形，

∴∠ABP＝∠ABC＝30°，

∴∠ABP＝∠ACE＝30°，

∵∠ACB＝60°，

∴∠BCE＝60°+30°＝90°，

∴CE⊥BC；

故答案为：BP＝CE，CE⊥BC；

（2）（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：

如图2中，连接AC，设CE与AD交于H，

∵菱形ABCD，∠ABC＝60°，

∴△ABC和△ACD都是等边三角形，

∴AB＝AC，∠BAD＝120°，∠BAP＝120°+∠DAP，

∵△APE是等边三角形，

∴AP＝AE，∠PAE＝60°，

∴∠CAE＝60°+60°+∠DAP＝120°+∠DAP，

∴∠BAP＝∠CAE，

∴△ABP≌△ACE（SAS），

∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，

∴∠DCE＝30°，

∵∠ADC＝60°，

∴∠DCE+∠ADC＝90°，

∴∠CHD＝90°，

∴CE⊥AD；

∴（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD 仍然成立；

（3）如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD   BD平分∠ABC，

∵∠ABC＝60°，AB＝2，

∴∠ABO＝30°，

∴AO＝AB＝，OB＝AO＝3，

∴BD＝6，

由（2）知CE⊥AD，

∵AD∥BC，

∴CE⊥BC，

∵BE＝2，BC＝AB＝2，

∴CE＝＝8，

由（2）知BP＝CE＝8，

∴DP＝2，

∴OP＝5，

∴AP＝＝＝2，

∵△APE是等边三角形，

∴S△AEP＝×（2）2＝7，

如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得AP＝＝＝2，

∴S△AEP＝×（2）2＝31，

【点睛】

此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．