初中数学冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品巩固练习

这是一份初中数学冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品巩固练习，共36页。试卷主要包含了已知锐角∠AOB，如图．等内容，欢迎下载使用。

八年级数学下册第二十二章四边形同步训练
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、六边形对角线的条数共有（ ）
A．9 B．18 C．27 D．54
2、如图，在中，，于点D，F在BC上且，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
3、如图，在平行四边形中，平分，交边于，，，则的长为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．5
4、已知锐角∠AOB，如图．

（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径画弧，交射线OB于点D，连接CD；
（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，两弧交于点P，连接CP，DP；
（3）作射线OP交CD于点Q．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　　）
A．四边形OCPD是菱形 B．CP=2QC
C．∠AOP=∠BOP D．CD⊥OP
5、如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的点A和点C分别落在x轴和y轴正半轴上，AO＝4，直线l：y＝3x+2经过点C，将直线l向下平移m个单位，设直线可将矩形OABC的面积平分，则m的值为（　　）

A．7 B．6 C．4 D．8
6、下面性质中，平行四边形不一定具备的是（　　）
A．对角互补 B．邻角互补
C．对角相等 D．对角线互相平分
7、如图，在边长为的正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且于点F，连接DE，当时，（　　　）

A．1 B． C． D．
8、如图，四边形中，，对角线，相交于点，于点，于点，连接，，若，则下列结论：
①；
②；
③四边形是平行四边形；
④图中共有四对全等三角形．
其中正确结论的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
9、如图，△ABC的周长为a，以它的各边的中点为顶点作△A1B1C1，再以△AB1C1各边的中点为顶点作△A2B2C2，再以△AB2C2各边的中点为顶点作△A3B3C3，…如此下去，则△AnBnCn的周长为（　　）

A．a B．a C．a D．a
10、如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点落在∠BAC内部．若，且，则∠DAE的度数为（ ）

A．12° B．24° C．39° D．45°
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，，D为外一点，且交的延长线于E点，若，则_______．

2、如图，正方形中，为上一动点（不含、，连接交于，过作交于，过作于，连接，．下列结论：①；②；③平分；④，正确的是__（填序号）．

3、在平行四边形ABCD中，对角线AC长为8cm，，，则它的面积为______cm2．
4、如图，已知长方形ABCD中，AD=3cm，AB=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ADE的面积为_______cm2．

5、如图，A、B、C均为一个正十边形的顶点，则∠ACB=_____°．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，把矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，使点E落在对角线BD上，连接DG，DF．

(1)若∠BAE＝50°，求∠DGF的度数；
(2)求证：DF＝DC．
2、【问题情境】如图1，在中，，垂足为D，我们可以得到如下正确结论：①；②；③，这些结论是由古希酷著名数学家欧几里得在《几何原本》最先提出的，我们称之为“射影定理”，又称“欧几里德定理”．
(1)请证明“射影定理”中的结论③．
(2)【结论运用】如图2，正方形的边长为6，点O是对角线、的交点，点E在上，过点C作，垂足为F，连接．

①求证：．
②若，求的长．
3、如图，在中，于点E，延长BC至点F，使，连接AF，DE，DF．

(1)求证：四边形AEFD为矩形；
(2)若，，，求DF的长．
4、已知在与中，，点在同一直线上，射线分别平分．

(1)如图1，试说明的理由；
(2)如图2，当交于点G时，设，求与的数量关系，并说明理由；
(3)当时，求的度数．
5、背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．

(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．
(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．
(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．
(4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值．

-参考答案-
一、单选题
1、A
【解析】
【分析】
n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数），由此可得出答案．
【详解】
解：六边形的对角线的条数= =9．
故选：A．
【点睛】
本题考查了多边形的对角线的知识，属于基础题，解答本题的关键是掌握：n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数）．
2、B
【解析】
【分析】
先求出，再根据等腰三角形的三线合一可得点是的中点，然后根据三角形中位线定理即可得．
【详解】
解：，
，
，
（等腰三角形的三线合一），
即点是的中点，
为的中点，
是的中位线，
，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的三线合一、三角形中位线定理，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．
3、B
【解析】
【分析】
先由平行四边形的性质得，，再证，即可求解．
【详解】
解：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．
4、A
【解析】
【分析】
根据作图信息可以判断出OP平分，由此可以逐一判断即可．
【详解】
解：由作图可知，平分
∴OP垂直平分线段CD
∴∠AOP=∠BOP，CD⊥OP
故选项C，D正确；
由作图可知，
∴是等边三角形，
∴
∵OP垂直平分线段CD
∴
∴CP=2QC
故选项B正确，不符合题意；
由作图可知，,不能确定四边形OCPD是菱形，故选项A符合题意，
故选：A
【点睛】
本题考查了基本作图，解题的关键是熟练掌握作图的依据．
5、A
【解析】
【分析】
如图所示，连接AC，OB交于点D，先求出C和A的坐标，然后根据矩形的性质得到D是AC的中点，从而求出D点坐标为（2，1），再由当直线经过点D时，可将矩形OABC的面积平分，进行求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接AC，OB交于点D，
∵C是直线与y轴的交点，
∴点C的坐标为（0，2），
∵OA=4，
∴A点坐标为（4，0），
∵四边形OABC是矩形，
∴D是AC的中点，
∴D点坐标为（2，1），
当直线经过点D时，可将矩形OABC的面积平分，
由题意得平移后的直线解析式为，
∴，
∴，
故选A．

【点睛】
本题主要考查了一次函数与几何综合，一次函数的平移，矩形的性质，解题的关键在于能够熟知过矩形中心的直线平分矩形面积．
6、A
【解析】
【分析】
直接利用平行四边形的性质：对角相等、对角线互相平分、对边平行且相等，进而分析得出即可．
【详解】
解：A、平行四边形对角不一定互补，故符合题意；
B、平行四边形邻角互补正确，故不符合题意；
C、平行四边形对角相等正确，故不符合题意．
D、平行四边形的对角线互相平分正确，故不符合题意；
故选A．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握相关性质是解题关键．
7、C
【解析】
【分析】
证明，则，计算的长，得，证明是等腰直角三角形，可得的长．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
8、B
【解析】
【分析】
由DE=BF以及DF=BE，可证明Rt△DCF≌Rt△BAE，由FC=EA，以及双垂直可证，四边形CFAE是平行四边形由此可证明②③正确．
【详解】
解：，
，
在和中，
，
，
，（故①正确）；
于点，于点，
，
，
四边形是平行四边形，
，（故②正确）；
，
，
，
，
四边形是平行四边形，（故③正确）；
由以上可得出：，，，
，，，等．（故④错误），
故正确的有3个，
故选：．
【点评】
此题主要考查了平行四边形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质等知识，得出是解题关键．
9、A
【解析】
【分析】
根据三角形中位线的性质可知的周长的周长，的周长的周长，以此类推找出规律，写出代数式，再整理即可选择．
【详解】
解：∵以△ABC的各边的中点为顶点作，
∴的周长的周长．
∵以各边的中点为顶点作，
∴的周长的周长，
…，
∴的周长
故选：A．
【点睛】
本题主要考查三角形中位线的性质，根据三角形中位线的性质求出前2个三角形的面积总结出规律是解答本题的关键．
10、C
【解析】
【分析】
由折叠的性质得到，由长方形的性质得到，根据角的和差倍分得到，整理得 ，最后根据解题．
【详解】
解：折叠，

是矩形










故选：C．
【点睛】
本题考查角的计算、折叠性质、数形结合思想等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
二、填空题
1、2
【解析】
【分析】
过点D作DM⊥CB于M，证出∠DAE=∠DBM，判定△ADE≌△BDM，得到DM=DE=3，证明四边形CEDM是矩形，得到CE=DM=3，由AE=1，求出BC=AC=2．
【详解】
解：∵DE⊥AC，
∴∠E=∠C=90°，
∴，
过点D作DM⊥CB于M，则∠M=90°=∠E，
∵AD=BD，
∴∠BAD=∠ABD，
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA，
∴∠DAE=∠DBM，
∴△ADE≌△BDM，
∴DM=DE=3，
∵∠E=∠C=∠M =90°，
∴四边形CEDM是矩形，
∴CE=DM=3，
∵AE=1，
∴BC=AC=2，
故答案为：2．

【点睛】
此题考查了全等三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，等边对等角证明角度相等，正确引出辅助线证明△ADE≌△BDM是解题的关键．
2、①②④
【解析】
【分析】
连接，延长交于点．可证，进而可得，由此可得出；再由，即可得出；连接交于点，则，证明，即可得出，进而可得；过点作于点，交于点，由于是动点，的长度不确定，而是定值，即可得出不一定平分．
【详解】
解：如图，连接，延长交于点．

∵为正方形的对角线
∴，
在和中

∴
∴，
∵， ，
∴
∵，
∴
∴
∴
故①正确；
∵，
∴是等腰直角三角形
∴
故②正确；
连接交于点，则
∵
∴
在和中

∴
∴
∴
故④正确．
过点作于点，交于点，是动点
∵的长度不确定，而是定值
∴不一定等于
不一定平分
故③错误；
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了正方形性质，全等三角形判定和性质，角平分线性质和判定，等腰三角形的性质与判定等，熟练掌握全等三角形判定和性质，合理添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
3、20
【解析】
【分析】
根据S▱ABCD=2S△ABC，所以求S△ABC可得解．作BE⊥AC于E，在直角三角形ABE中求BE从而计算S△ABC．
【详解】
解：如图，过B作BE⊥AC于E．

在直角三角形ABE中，
∠BAC=30°，AB=5，
∴BE=AB=，
S△ABC=AC•BE=10，
∴S▱ABCD=2S△ABC=20(cm2)．
故答案为：20．
【点睛】
本题综合考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质等．先求出对角线分成的两个三角形中其中一个的面积，然后再求平行四边形的面积，这样问题就比较简单了．
4、6
【解析】
【分析】
根据折叠的条件可得：，在直角中，利用勾股定理就可以求解．
【详解】
解：将此长方形折叠，使点与点重合，
．
．
，
根据勾股定理可知：．
．
解得：．
的面积为：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是注意掌握方程思想的应用．
5、
【解析】
【分析】
根据正多边形外角和和内角和的性质，得、；根据四边形内角和的性质，计算得；根据五边形内角和的性质，计算得，再根据三角形外角的性质计算，即可得到答案．
【详解】
如图，延长BA

∵正十边形
∴，正十边形内角，即
根据题意，得四边形内角和为：，且
∴
∴
根据题意，得五边形内角和为：，且
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正多边形、三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握正多边形外角和、正多边形内角和的性质，从而完成求解．
三、解答题
1、 (1)∠DGF=25°；
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得出AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出答案；
（2）证出四边形ABDF是平行四边形，由平行四边形的性质可得出结论．
(1)
解：由旋转得AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°，
∴∠BAE=∠DAG=50°，
∴∠AGD=∠ADG==65°，
∴∠DGF=90°-65°=25°；
(2)
证明：连接AF，

由旋转得矩形AEFG≌矩形△ABCD，
∴AF=BD，∠FAE=∠ABE=∠AEB，
∴AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=DC．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟记矩形的性质并准确识图是解题的关键．
2、 (1)见解析；
(2)①见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）由AA证明，再由相似三角形对应边称比例得到，继而解题；
（2）①由“射影定理”分别解得，，整理出，再结合即可证明；
②由勾股定理解得，再根据得到，代入数值解题即可．
(1)
证明：







(2)
①四边形ABCD是正方形









②在中，


在，



．
【点睛】
本题考查相似三角形的综合题，涉及勾股定理、正方形等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
3、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据线段的和差关系可得BC＝EF，根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，即可得出AD＝EF，可证明四边形AEFD为平行四边形，根据AE⊥BC即可得结论；
（2）根据矩形的性质可得AF＝DE，可得△BAF为直角三角形，利用“面积法”可求出AE的长，即可得答案．
(1)
∵BE＝CF，
∴BE+CE＝CF+CE，即BC＝EF，
∵ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD为矩形．
(2)
∵四边形AEFD为矩形，
∴AF＝DE＝4，DF=AE，
∵，，，
∴AB2+AF2＝BF2，
∴△BAF为直角三角形，∠BAF＝90°，
∴，
∴AE=，
∴．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质及勾股定理的逆定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
4、 (1)理由见解析
(2)，理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1），，可知，进而可说明；
（2）如图1所示，连接并延长至点K，分别平分，则设，为的外角，，同理，
，得；又由（1）中证明可知，，进而可得到结果；
（3）如图2所示，过点C作，则，，可得，由（1）中证明可得，在中， ，即，进而可得到结果．
(1)
证明：
又

在和中


．
(2)
解：．
理由如下：如图1所示，连接并延长至点K

分别平分
则设
为的外角

同理可得


即
．
又由（1）中证明可知
由三角形内角和公式可得
即

．
(3)
解：当时，如图2所示，过点C作，则

，即
由（1）中证明可得
在中，根据三角形内角和定理有
即
即
即，解得：
故．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理、平行线的性质、角平分线的性质等知识，连接并延长，利用三角形外角性质证得是解题的关键．
5、 (1)150°；
(2)见详解；
(3)；
(4)．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转性质得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；
（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，点P在CB′上即可；
（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；
（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根据勾股定理AB′=即可．
(1)
解：连结PP′，
∵≌，
∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′为等边三角形，
,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在△P′PC中，PC=5，
，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，
故答案为150°；

(2)
证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，
∵△APB≌△AB′P′，
∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，
∵，
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∴点P在CB′上，
∴过的费马点．

(3)
解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，
∴△APB≌△AP′B′，
∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∵，，，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=
∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=
∴最小=CB′=；

(4)
解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，
∴△BCE≌△CE′B′，
∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，
∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，
∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=2，∠ABC=90°，
∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，
∴BF=，BF=，
∴AF=AB+BF=2+，
∴AB′=，
∴最小=AB′=．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．