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初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试同步达标检测题
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这是一份初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试同步达标检测题，共28页。试卷主要包含了下列说法中正确的是等内容，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测试
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、勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：①BI＝CD；②2S△ACD＝S1；③S1＋S4＝S2＋S3；④＋＝．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2、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
3、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
4、下列各APP标识的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5、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”
6、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B
C．只有A，C D．A，B，C
7、 “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
8、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．
9、下列图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10、如图，在中，，点，分别是，上的点，，，点，，分别是，，的中点，则的长为（ ）．
A．4 B．10 C．6 D．8
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、在平面直角坐标系中，点（－2，5）关于原点对称的点的坐标是___________．
2、一个凸边形的边数与对角线条数的和小于20，且能被5整除，则______．
3、如图，的度数为_______．
4、如图，在平行四边形ABCD中，∠B＝45°，AD＝8，E、H分别为边AB、CD上一点，将▱ABCD沿EH翻折，使得AD的对应线段FG经过点C，若FG⊥CD，CG＝4，则EF的长度为 _____．
5、一个矩形的两条对角线所夹的锐角是60°，这个角所对的边长为10cm，则该矩形的面积为_______．
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、如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，点E是边BC延长线上一点，连接AE、DE，过点C作CF⊥DE于点F，且DF＝EF．
（1）求证：AD＝CE．
（2）若CD＝5，AC＝6，求△AEB的面积．
3、如图1，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点G在CD上，且DG＝5，点P从点B出发，以1单位每秒的速度在BC边上向点C运动，设点P的运动时间为x秒．
（1）△APG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求y＝34时x的值；
（2）在点P从B向C运动的过程中，是否存在使AP⊥GP的时刻？若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，M，N分别是AP、PG的中点，在点P从B向C运动的过程中，线段MN所扫过的图形是什么形状 ，并直接写出它的面积 ．
4、在平面直角坐标系中，过A(0，4)的直线a垂直于y轴，点M(9，4)为直线a上一点，若点P从点M出发，以每秒2cm的速度沿直线a向左移动，点Q从原点同时出发，以每秒1cm的速度沿x轴向右移动，
（1）几秒后PQ平行于y轴?
（2）在点P、Q运动的过程中，若线段OQ=2AP，求点P的坐标．
5、如图，在△ABC中，，，延长CB，并将射线CB绕点C逆时针旋转90°得到射线l，D为射线l上一动点，点E在线段CB的延长线上，且，连接DE，过点A作于M．
（1）依题意补全图1，并用等式表示线段DM与ME之间的数量关系，并证明；
（2）取BE的中点N，连接AN，添加一个条件：CD的长为_______，使得成立，并证明．
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据SAS证△ABI≌△ADC即可得证①正确，过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出S△ABI＝S1，即可得出②正确，过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，证S1＝S3即可得证③正确，利用勾股定理可得出S1+S2＝S3+S4，即能判断④不正确．
【详解】
解：①∵四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，
∴AI＝AC，AB＝AD，∠IAC＝∠BAD＝90°，
∴∠IAC+∠CAB＝∠BAD+∠CAB，
即∠IAB＝∠CAD，
在△ABI和△ADC中，
，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴BI＝CD，
故①正确；
②过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，
∴∠BMA＝90°，
∵四边形ACHI是正方形，
∴AI＝AC，∠IAC＝90°，S1＝AC2，
∴∠CAM＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CAM＝∠BMA＝90°，
∴四边形AMBC是矩形，
∴BM＝AC，
∵S△ABI＝AI•BM＝AI•AC＝AC2＝S1，
由①知△ABI≌△ADC，
∴S△ACD＝S△ABI＝S1，
即2S△ACD＝S1，
故②正确；
③过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，
∴∠CNA＝90°，
∵四边形AKJD是矩形，
∴∠KAD＝∠AKJ＝90°，S3＝AD•AK，
∴∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴∠CNA＝∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴四边形AKCN是矩形，
∴CN＝AK，
∴S△ACD＝AD•CN＝AD•AK＝S3，
即2S△ACD＝S3，
由②知2S△ACD＝S1，
∴S1＝S3，
在Rt△ACB中，AB2＝BC2+AC2，
∴S3+S4＝S1+S2，
又∵S1＝S3，
∴S1+S4＝S2+S3，
即③正确；
④在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2，
∴S3+S4＝S1+S2，
∴，
故④错误；
综上，共有3个正确的结论，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
2、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．
3、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．
4、C
【分析】
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
A、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、图形关于中心旋转180°能完全重合，所以是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5、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．
6、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．
7、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．
8、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.
9、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，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．
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：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．
10、B
【分析】
根据三角形中位线定理得到PD=BF=6，PD∥BC，根据平行线的性质得到∠PDA=∠CBA，同理得到∠PDQ=90°，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：∵∠C=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∵点P，D分别是AF，AB的中点，
∴PD=BF=6，PD//BC，
∴∠PDA=∠CBA，
同理，QD=AE=8，∠QDB=∠CAB，
∴∠PDA+∠QDB=90°，即∠PDQ=90°，
∴PQ==10，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
二、填空题
1、（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．
2、5或6
【分析】
先把多边形的边数与对角线的条数之和因式分解，列不等式得出，两个连续整式的积小于40根据能被5整除，当n=5，能被5整除，当n-1=5，n=6，能被5整除即可 ．
【详解】
解：＜20，
∴，
∵能被5整除，
当n=5，能被5整除，
当n-1=5，n=6，能被5整除，
故答案为5或6．
【点睛】
本题考查因式分解，熟记n边形对角线条数的公式，列不等式，根据条件进行讨论是解题关键．
3、
【分析】
根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【详解】
解：如图，
∵∠1=∠D+∠F，∠2=∠A+∠E，∠1+∠2+∠B+∠C=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了四边形的内角和，三角形的外角的性质，掌握三角形外角的性质是解题的关键．
4、
【分析】
延长CF与AB交于点M，由平行四边形的性质得BC长度，GM⊥AB，由折叠性质得GF，∠EFM，进而得FM，再根据△EFM是等腰直角三角形，便可求得结果．
【详解】
解：延长CF与AB交于点M，
∵FG⊥CD，AB∥CD，
∴CM⊥AB，
∵∠B=45°，BC=AD=8，
∴CM=4，
由折叠知GF=AD=8，
∵CG=4，
∴MF=CM-CF=CM-（GF-CG）=4-4，
∵∠EFC=∠A=180°-∠B=135°，
∴∠MFE=45°，
∴EF=MF=（4-4）=8-4．
故答案为：8-4．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，解直角三角形的应用，关键是作辅助线构造直角三角形．
5、
【分析】
先根据矩形的性质证明△ABC是等边三角形，得到，则，然后根据勾股定理求出，最后根据矩形面积公式求解即可．
【详解】
：如图所示，在矩形ABCD中，∠AOB=60°，，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的性质．
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）见解析；（2）39
【分析】
（1）首先根据CF⊥DE，DF＝EF得出CF为DE的中垂线，然后根据垂直平分线的性质得到CD＝CE，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CD＝AD，即可证明AD＝CE；
（2）由（1）得CD＝CE=AB=5，由勾股定理求出BC，然后结合三角形的面积公式进行计算．
【详解】
（1）证明：∵DF＝EF
∴点F为DE的中点
又∵CF⊥DE
∴CF为DE的中垂线
∴CD＝CE
又∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
CD是斜边AB上的中线
∴CD＝=AD
∴AD＝CE
（2）解：由（1）得CD＝CE==5
∴AB=10
∴在Rt△ABC中，BC==8
∴EB=EC+BC=13
∴ ．
【点睛】
此题考查了垂直平分线的判定和性质，直角三角形性质，三角形面积公式等知识，解题的关键是熟练掌握垂直平分线的判定和性质，直角三角形性质，三角形面积公式．
3、（1）y=-2.5x+54，x=8；（2）存在，x=6；（3）平行四边形；15．
【分析】
（1）PB=x，PC=12-x，然后依据△APG的面积=矩形的面积-三个直角三角形的面积可得到y与x的函数关系式，然后将y=34代入函数关系式可求得x的值；
（2）先依据勾股定理求得PA、PG、AG的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于x的方程，从而可求得x的值；
（3）确定出点P分别与点B和点C重合时，点M、N的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2，从而可判断出MN扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴DC=AB=9，AD=BC=12．
∵DG=5，
∴GC=4．
∵PB=x，PC=12-x，
∴y=9×12-×9×x-×4×(12-x)-×5×12，整理得：y=-2.5x+54．
当y=34时，-2.5x+54=34，解得x=8；
（2）存在．
∵PB=x，PC=12-x，AD=12，DG=5，
∴PA2=AB2+BP2=81+x2，PG2=PC2+GC2=(12-x)2+16，AG2=AD2+DG2=169．
∵当AG2=AP2+PG2时，AP⊥PG，
∴81+x2+(12-x)2+16=169，整理得：x2-12x+36=0，配方得：(x-6)2=0，
解得：x=6；
（3）如图所示：
∵当点P与点B重合时，点M位于M1处，点N位于点N1处，
∴M1为AB的中点，点N1位GB的中点．
∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N2处，
∴M2为AC的中点，点N2位CG的中点．
∴M1M2∥BC，M1M2=BC，N1N2∥BC，N1N2=BC．
∴M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2．
∴四边形M1M2N2N1为平行四边形．
∴MN扫过的区域为平行四边形．
S=BC•(AB-CG)=6×2.5=15，
故答案为：平行四边形；15．
【点睛】
本题主要考查了列函数关系式、三角形的面积公式、三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用，画出MN扫过的图形是解题的关键．
4、（1）3秒后平行于轴；（2）或．
【分析】
（1）设秒后平行于轴，先求出的长，再根据矩形的判定与性质可得，由此建立方程，解方程即可得；
（2）分①点在点右侧，②点在点左侧两种情况，分别根据建立方程，解方程即可得．
【详解】
解：（1），
，
设秒后平行于轴，
，
垂直于轴，垂直于轴，平行于轴，
四边形是矩形，
，即，
解得，
即3秒后平行于轴；
（2）由题意得：经过秒后，，
垂直于轴，点在直线上，且点的坐标为，
点的纵坐标为4，
①当点在点右侧时，，
由得：，
解得，
，
此时点的坐标为；
②当点在点左侧时，，
由得：，
解得，
，
此时点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了坐标与图形、矩形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），正确分两种情况讨论是解题关键．
5、（1）DM=ME，见解析；（2），见解析
【分析】
（1）补全图形，连接AE、AD，通过∠ABE=∠ACD，AB=AC，BE=CD，证明 △ABE ≌ △ACD，得AE=AD，再利用AM⊥DE于M，即可得到DM=EM．
（2）连接AD，AE，BM ，可求出，当时，可得，由（1）得DM=EM，可知BM是△CDE的中位线从而得到，BM∥CD，得到∠ABM=135°=∠ABE．因为N为BE中点，可知从而证明△ABN ≌ △ABM得到AN=AM，由（1），△ABE ≌ △ACD，可证明∠EAB=∠DAC，AD=AE进而得到∠EAD=90°，又因为DM=EM，即可得到．
【详解】
（1）补全图形如下图，
DM与ME之间的数量关系为DM=ME．
证明：连接AE，AD，
∵ ∠BAC=90°，AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB=45°．
∴ ∠ABE=180°-∠ABC=135°．
∵ 由旋转，∠BCD=90°，
∴ ∠ACD=∠ACB+∠BCD=135°．
∴ ∠ABE=∠ACD．
∵ AB=AC，BE=CD，
∴ △ABE ≌ △ACD．
∴ AE=AD．
∵ AM⊥DE于M，
∴ DM=EM．
（2）
证明：连接AD，AE，BM．
∵ AB=AC=1，∠BAC=90°，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ 由（1）得DM=EM，
∴ BM是△CDE的中位线．
∴ ，BM∥CD．
∴ ∠EBM=∠ECD=90°．
∵ ∠ABE=135°，
∴ ∠ABM=135°=∠ABE．
∵ N为BE中点，
∴ ．
∴ BM=BN．
∵ AB=AB，
∴ △ABN ≌ △ABM．
∴ AN=AM．
∵ 由（1），△ABE ≌ △ACD，
∴ ∠EAB=∠DAC，AD=AE．
∵ ∠BAC=∠DAC+∠DAB=90°，
∴ ∠EAD=90°．
∵ DM=EM，
∴ ．
∴ ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质和三角形全等的判定及性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质是解题的关键．
京改版八年级数学下册第十五章四边形专项测试
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、勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：①BI＝CD；②2S△ACD＝S1；③S1＋S4＝S2＋S3；④＋＝．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2、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
3、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
4、下列各APP标识的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5、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”
6、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B
C．只有A，C D．A，B，C
7、 “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
8、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．
9、下列图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10、如图，在中，，点，分别是，上的点，，，点，，分别是，，的中点，则的长为（ ）．
A．4 B．10 C．6 D．8
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、在平面直角坐标系中，点（－2，5）关于原点对称的点的坐标是___________．
2、一个凸边形的边数与对角线条数的和小于20，且能被5整除，则______．
3、如图，的度数为_______．
4、如图，在平行四边形ABCD中，∠B＝45°，AD＝8，E、H分别为边AB、CD上一点，将▱ABCD沿EH翻折，使得AD的对应线段FG经过点C，若FG⊥CD，CG＝4，则EF的长度为 _____．
5、一个矩形的两条对角线所夹的锐角是60°，这个角所对的边长为10cm，则该矩形的面积为_______．
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、如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，点E是边BC延长线上一点，连接AE、DE，过点C作CF⊥DE于点F，且DF＝EF．
（1）求证：AD＝CE．
（2）若CD＝5，AC＝6，求△AEB的面积．
3、如图1，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点G在CD上，且DG＝5，点P从点B出发，以1单位每秒的速度在BC边上向点C运动，设点P的运动时间为x秒．
（1）△APG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求y＝34时x的值；
（2）在点P从B向C运动的过程中，是否存在使AP⊥GP的时刻？若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，M，N分别是AP、PG的中点，在点P从B向C运动的过程中，线段MN所扫过的图形是什么形状 ，并直接写出它的面积 ．
4、在平面直角坐标系中，过A(0，4)的直线a垂直于y轴，点M(9，4)为直线a上一点，若点P从点M出发，以每秒2cm的速度沿直线a向左移动，点Q从原点同时出发，以每秒1cm的速度沿x轴向右移动，
（1）几秒后PQ平行于y轴?
（2）在点P、Q运动的过程中，若线段OQ=2AP，求点P的坐标．
5、如图，在△ABC中，，，延长CB，并将射线CB绕点C逆时针旋转90°得到射线l，D为射线l上一动点，点E在线段CB的延长线上，且，连接DE，过点A作于M．
（1）依题意补全图1，并用等式表示线段DM与ME之间的数量关系，并证明；
（2）取BE的中点N，连接AN，添加一个条件：CD的长为_______，使得成立，并证明．
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据SAS证△ABI≌△ADC即可得证①正确，过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出S△ABI＝S1，即可得出②正确，过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，证S1＝S3即可得证③正确，利用勾股定理可得出S1+S2＝S3+S4，即能判断④不正确．
【详解】
解：①∵四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，
∴AI＝AC，AB＝AD，∠IAC＝∠BAD＝90°，
∴∠IAC+∠CAB＝∠BAD+∠CAB，
即∠IAB＝∠CAD，
在△ABI和△ADC中，
，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴BI＝CD，
故①正确；
②过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，
∴∠BMA＝90°，
∵四边形ACHI是正方形，
∴AI＝AC，∠IAC＝90°，S1＝AC2，
∴∠CAM＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CAM＝∠BMA＝90°，
∴四边形AMBC是矩形，
∴BM＝AC，
∵S△ABI＝AI•BM＝AI•AC＝AC2＝S1，
由①知△ABI≌△ADC，
∴S△ACD＝S△ABI＝S1，
即2S△ACD＝S1，
故②正确；
③过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，
∴∠CNA＝90°，
∵四边形AKJD是矩形，
∴∠KAD＝∠AKJ＝90°，S3＝AD•AK，
∴∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴∠CNA＝∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴四边形AKCN是矩形，
∴CN＝AK，
∴S△ACD＝AD•CN＝AD•AK＝S3，
即2S△ACD＝S3，
由②知2S△ACD＝S1，
∴S1＝S3，
在Rt△ACB中，AB2＝BC2+AC2，
∴S3+S4＝S1+S2，
又∵S1＝S3，
∴S1+S4＝S2+S3，
即③正确；
④在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2，
∴S3+S4＝S1+S2，
∴，
故④错误；
综上，共有3个正确的结论，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
2、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．
3、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．
4、C
【分析】
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
A、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、图形关于中心旋转180°能完全重合，所以是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、图形关于中心旋转180°不能完全重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5、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．
6、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．
7、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．
8、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.
9、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，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．
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：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．
10、B
【分析】
根据三角形中位线定理得到PD=BF=6，PD∥BC，根据平行线的性质得到∠PDA=∠CBA，同理得到∠PDQ=90°，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：∵∠C=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∵点P，D分别是AF，AB的中点，
∴PD=BF=6，PD//BC，
∴∠PDA=∠CBA，
同理，QD=AE=8，∠QDB=∠CAB，
∴∠PDA+∠QDB=90°，即∠PDQ=90°，
∴PQ==10，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
二、填空题
1、（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．
2、5或6
【分析】
先把多边形的边数与对角线的条数之和因式分解，列不等式得出，两个连续整式的积小于40根据能被5整除，当n=5，能被5整除，当n-1=5，n=6，能被5整除即可 ．
【详解】
解：＜20，
∴，
∵能被5整除，
当n=5，能被5整除，
当n-1=5，n=6，能被5整除，
故答案为5或6．
【点睛】
本题考查因式分解，熟记n边形对角线条数的公式，列不等式，根据条件进行讨论是解题关键．
3、
【分析】
根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【详解】
解：如图，
∵∠1=∠D+∠F，∠2=∠A+∠E，∠1+∠2+∠B+∠C=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了四边形的内角和，三角形的外角的性质，掌握三角形外角的性质是解题的关键．
4、
【分析】
延长CF与AB交于点M，由平行四边形的性质得BC长度，GM⊥AB，由折叠性质得GF，∠EFM，进而得FM，再根据△EFM是等腰直角三角形，便可求得结果．
【详解】
解：延长CF与AB交于点M，
∵FG⊥CD，AB∥CD，
∴CM⊥AB，
∵∠B=45°，BC=AD=8，
∴CM=4，
由折叠知GF=AD=8，
∵CG=4，
∴MF=CM-CF=CM-（GF-CG）=4-4，
∵∠EFC=∠A=180°-∠B=135°，
∴∠MFE=45°，
∴EF=MF=（4-4）=8-4．
故答案为：8-4．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，解直角三角形的应用，关键是作辅助线构造直角三角形．
5、
【分析】
先根据矩形的性质证明△ABC是等边三角形，得到，则，然后根据勾股定理求出，最后根据矩形面积公式求解即可．
【详解】
：如图所示，在矩形ABCD中，∠AOB=60°，，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的性质．
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）见解析；（2）39
【分析】
（1）首先根据CF⊥DE，DF＝EF得出CF为DE的中垂线，然后根据垂直平分线的性质得到CD＝CE，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CD＝AD，即可证明AD＝CE；
（2）由（1）得CD＝CE=AB=5，由勾股定理求出BC，然后结合三角形的面积公式进行计算．
【详解】
（1）证明：∵DF＝EF
∴点F为DE的中点
又∵CF⊥DE
∴CF为DE的中垂线
∴CD＝CE
又∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
CD是斜边AB上的中线
∴CD＝=AD
∴AD＝CE
（2）解：由（1）得CD＝CE==5
∴AB=10
∴在Rt△ABC中，BC==8
∴EB=EC+BC=13
∴ ．
【点睛】
此题考查了垂直平分线的判定和性质，直角三角形性质，三角形面积公式等知识，解题的关键是熟练掌握垂直平分线的判定和性质，直角三角形性质，三角形面积公式．
3、（1）y=-2.5x+54，x=8；（2）存在，x=6；（3）平行四边形；15．
【分析】
（1）PB=x，PC=12-x，然后依据△APG的面积=矩形的面积-三个直角三角形的面积可得到y与x的函数关系式，然后将y=34代入函数关系式可求得x的值；
（2）先依据勾股定理求得PA、PG、AG的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于x的方程，从而可求得x的值；
（3）确定出点P分别与点B和点C重合时，点M、N的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2，从而可判断出MN扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴DC=AB=9，AD=BC=12．
∵DG=5，
∴GC=4．
∵PB=x，PC=12-x，
∴y=9×12-×9×x-×4×(12-x)-×5×12，整理得：y=-2.5x+54．
当y=34时，-2.5x+54=34，解得x=8；
（2）存在．
∵PB=x，PC=12-x，AD=12，DG=5，
∴PA2=AB2+BP2=81+x2，PG2=PC2+GC2=(12-x)2+16，AG2=AD2+DG2=169．
∵当AG2=AP2+PG2时，AP⊥PG，
∴81+x2+(12-x)2+16=169，整理得：x2-12x+36=0，配方得：(x-6)2=0，
解得：x=6；
（3）如图所示：
∵当点P与点B重合时，点M位于M1处，点N位于点N1处，
∴M1为AB的中点，点N1位GB的中点．
∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N2处，
∴M2为AC的中点，点N2位CG的中点．
∴M1M2∥BC，M1M2=BC，N1N2∥BC，N1N2=BC．
∴M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2．
∴四边形M1M2N2N1为平行四边形．
∴MN扫过的区域为平行四边形．
S=BC•(AB-CG)=6×2.5=15，
故答案为：平行四边形；15．
【点睛】
本题主要考查了列函数关系式、三角形的面积公式、三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用，画出MN扫过的图形是解题的关键．
4、（1）3秒后平行于轴；（2）或．
【分析】
（1）设秒后平行于轴，先求出的长，再根据矩形的判定与性质可得，由此建立方程，解方程即可得；
（2）分①点在点右侧，②点在点左侧两种情况，分别根据建立方程，解方程即可得．
【详解】
解：（1），
，
设秒后平行于轴，
，
垂直于轴，垂直于轴，平行于轴，
四边形是矩形，
，即，
解得，
即3秒后平行于轴；
（2）由题意得：经过秒后，，
垂直于轴，点在直线上，且点的坐标为，
点的纵坐标为4，
①当点在点右侧时，，
由得：，
解得，
，
此时点的坐标为；
②当点在点左侧时，，
由得：，
解得，
，
此时点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了坐标与图形、矩形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），正确分两种情况讨论是解题关键．
5、（1）DM=ME，见解析；（2），见解析
【分析】
（1）补全图形，连接AE、AD，通过∠ABE=∠ACD，AB=AC，BE=CD，证明 △ABE ≌ △ACD，得AE=AD，再利用AM⊥DE于M，即可得到DM=EM．
（2）连接AD，AE，BM ，可求出，当时，可得，由（1）得DM=EM，可知BM是△CDE的中位线从而得到，BM∥CD，得到∠ABM=135°=∠ABE．因为N为BE中点，可知从而证明△ABN ≌ △ABM得到AN=AM，由（1），△ABE ≌ △ACD，可证明∠EAB=∠DAC，AD=AE进而得到∠EAD=90°，又因为DM=EM，即可得到．
【详解】
（1）补全图形如下图，
DM与ME之间的数量关系为DM=ME．
证明：连接AE，AD，
∵ ∠BAC=90°，AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB=45°．
∴ ∠ABE=180°-∠ABC=135°．
∵ 由旋转，∠BCD=90°，
∴ ∠ACD=∠ACB+∠BCD=135°．
∴ ∠ABE=∠ACD．
∵ AB=AC，BE=CD，
∴ △ABE ≌ △ACD．
∴ AE=AD．
∵ AM⊥DE于M，
∴ DM=EM．
（2）
证明：连接AD，AE，BM．
∵ AB=AC=1，∠BAC=90°，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ 由（1）得DM=EM，
∴ BM是△CDE的中位线．
∴ ，BM∥CD．
∴ ∠EBM=∠ECD=90°．
∵ ∠ABE=135°，
∴ ∠ABM=135°=∠ABE．
∵ N为BE中点，
∴ ．
∴ BM=BN．
∵ AB=AB，
∴ △ABN ≌ △ABM．
∴ AN=AM．
∵ 由（1），△ABE ≌ △ACD，
∴ ∠EAB=∠DAC，AD=AE．
∵ ∠BAC=∠DAC+∠DAB=90°，
∴ ∠EAD=90°．
∵ DM=EM，
∴ ．
∴ ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质和三角形全等的判定及性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质是解题的关键．
相关试卷
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