2021-2022学年基础强化京改版八年级数学下册第十五章四边形重点解析试题(含详细解析).docx

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1、京改版八年级数学下册第十五章四边形重点解析 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、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

2、BCD2、如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30后沿直线前进10m到达点照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（ ）米A80B100C120D1403、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）ABCD4、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180B外角和比内角和大180C内角和比外角和大360D内角和与外角和相等5、已知三角形三边长分别为7cm，8cm，9cm，作三条中位线组成一个新的三角形，同样方法作下去，一共做了五个新的三角形，则这五个新三角形的周长之和为（ ）A46.5cmB22.

3、5cmC23.25cmD以上都不对6、如图，以O为圆心，长为半径画弧别交于A、B两点，再分别以A、B为圆心，以长为半径画弧，两弧交于点C，分别连接、，则四边形一定是（ ）A梯形B菱形C矩形D正方形7、在RtABC中，C90，若D为斜边AB上的中点，AB的长为10，则DC的长为（ ）A5B4C3D28、下列四个图形中，为中心对称图形的是（）ABCD9、已知正多边形的一个外角等于45，则该正多边形的内角和为（）A135B360C1080D144010、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为、，若10，则EAF的度数为（）A40B45C50D55

4、第卷（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，将长方形ABCD按图中方式折叠，其中EF、EC为折痕，折叠后、E在一直线上，已知BEC65，那么AEF的度数是_2、如图，将矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF若AF5，BF3，则AC的长为 _3、如图，四边形和四边形都是边长为4的正方形，点是正方形对角线的交点，正方形绕点旋转过程中分别交，于点，则四边形的面积为_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、如图，在数轴上，以单位长度为边长画一个正方形，点A对应的数是1，以点A为圆心，正方形对角线AB为半径画圆，圆与数轴的交点对应的数是

5、 _三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、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2、如图，在ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上的一点，且CF3BF，连接DB，EF（1）求证：四边形DEFB是平行四边形；（2）若ACB90，AC12cm，DE4cm，求四边形DEFB的周长3、如图，在平行四边形中，点在上由点向点出发，速

6、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4、问题背景：课外学习小组在一次学习研讨中，得到了如下两个命题：如图（1），在正ABC中，M、N分别是AC、AB上的点，BM与CN相交于点O，若BON60，则BMCN；如图（2），在正方形ABCD中，M、N分别是CD、AD上的点，BM与CN相交于点O，若BO

7、N90，则BMCN然后运用类似的思想提出了如下命题：如图（3），在正五边形ABCDE中，M、N分别是CD、DE上的点，BM与CN相交于点O，若BON108，则BMCN任务要求：（1）请你从三个命题中选择一个进行证明；（2）请你继续完成下面的探索；在正n（n3）边形ABCDEF中，M、N分别是CD、DE上的点，BM与CN相交于点O，试问当BON等于多少度时，结论BMCN成立（不要求证明）；如图（4），在正五边形ABCDE中，M、N分别是DE、AE上的点，BM与CN相交于点O，BON108时，试问结论BMCN是否成立若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由5、如图所示，在边长为1的菱形ABCD中，

8、DAB60，M是AD上不同于A，D两点的一动点，N是CD上一动点，且AM+CN1（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-参考答案-一、单选题1、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

9、图形，这个点就是它的对称中心2、C【分析】由小明第一次回到出发点A，则小明走过的路程刚好是一个多边形的周长，由多边形的外角和为，每次的转向的角度的大小刚好是多边形的一个外角，则先求解多边形的边数，从而可得答案.【详解】解：由 可得：小明第一次回到出发点A，一个要走米，故选C【点睛】本题考查的是多边形的外角和的应用，掌握“由多边形的外角和为得到一共要走12个10米”是解本题的关键.3、C【分析】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解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

10、够互相重合，这个图形叫做轴对称图形【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意故选：C【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4、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

11、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3605、C【分析】如图所示，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是DEF的中位线，则，即可得到DEF的周长，由此即可求出其他四个新三角形的周长，最后求和即可【详解】解：如图所示，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是DEF的中位线，DEF的周长，同理可得：GHI的周长，第三次作中位线得到的三角形周长为，第四次作中位线得到的三角形周长为第三

12、次作中位线得到的三角形周长为这五个新三角形的周长之和为，故选C【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握三角形中位线定理6、B【分析】根据题意得到，然后根据菱形的判定方法求解即可【详解】解：由题意可得：，四边形是菱形故选：B【点睛】此题考查了菱形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法菱形的判定定理：四条边都相等四边形是菱形；一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线垂直的平行四边形是菱形7、A【分析】利用直角三角形斜边的中线的性质可得答案【详解】解：C=90，若D为斜边AB上的中点，CD=AB，AB的长为10，DC=5，故选：A【点睛】此题主要考查了直角三角形斜边的中线

13、，关键是掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半8、B【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，这个点叫做对称中心【详解】解：选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；故选：B【点睛】此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心9、C【分析】先利用正多边形的每一个外角为 求解正多边形的边数，再利用正多边形的内角和公式可得答案.【详解】解： 正多边形的一个外角等于45，

14、这个正多边形的边数为： 这个多边形的内角和为： 故选C【点睛】本题考查的是正多边形内角和与外角和的综合，熟练的利用正多边形的外角的度数求解正多边形的边数是解本题的关键.10、A【分析】可以设EAD，FAB，根据折叠可得DAFDAF，BAEBAE，用，表示DAF10+，BAE10+，根据四边形ABCD是矩形，利用DAB90，列方程10+10+10+90，求出+30即可求解【详解】解：设EAD，FAB，根据折叠性质可知：DAFDAF，BAEBAE，BAD10，DAF10+，BAE10+，四边形ABCD是矩形DAB90，10+10+10+90，+30，EAFBAD+DAE+FAB，10+，10+30

15、，40则EAF的度数为40故选：A【点睛】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系二、填空题1、25【分析】利用翻折变换的性质即可解决【详解】解：由折叠可知，EFAEF，ECBEC65，EF+AEF+EC+BEC180，EF+AEF50，AEF25，故答案为：25【点睛】本题考查了折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键2、【分析】根据矩形的性质得到B90，根据勾股定理得到，根据折叠的性质得到CFAF5，根据勾股定理即可得到结论【详解】解：四边形ABCD是矩形，B90，AF5，BF3，将矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，

16、折痕为EFCFAF5，BCBF+CF8，故答案为：【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握折叠的性质3、4【分析】过点O作OGAB，垂足为G，过点O作OHBC，垂足为H，把四边形的面积转化为正方形OGBH的面积，等于正方形ABCD面积的【详解】如图，过点O作OGAB，垂足为G，过点O作OHBC，垂足为H，四边形ABCD的对角线交点为O，OA=OC，ABC=90，AB=BC，OGBC，OHAB，四边形OGBH是矩形，OG=OH=，GOH=90，=4，FOH+FOG=90，EOG+FOG=90，FOH=EOG，OGE=OHF=90，OG=OH，OGEOHF，=4，

17、故答案为：4【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的全等与性质，补形法计算面积，熟练掌握正方形的性质，灵活运用补形法计算面积是解题的关键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、或【分析】根据正方形的面积公式得出面积为1，根据正方形面积公式为对角线AB乘积的一半求出正方形的对角线长，利用点A的位置，得出圆与数轴

18、的交点对应的数即可【详解】解：以单位长度为边长画一个正方形，正方形面积为1，AB=，点A在1的位置，圆与数轴的交点对应的数为或故答案为或【点睛】本题考查数轴上点表示数，正方形性质，算术平方根，图形旋转，掌握数轴上点表示数，正方形性质，图形旋转特征是解题关键三、解答题1、（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）分点在点右侧，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

19、，垂直于轴，点在直线上，且点的坐标为，点的纵坐标为4，当点在点右侧时，由得：，解得，此时点的坐标为；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2、（1）见解析；（2）平行四边形DEFB的周长【分析】（1）证DE是ABC的中位线，得DEBC，BC2DE，再证DEBF，即可得出四边形DEFB是平行四边形；（2）由（1）得：BC2DE8（cm），BFDE4cm，四边形DEFB是平行四边形，得BDEF，再由勾股定理求出BD10（cm），即可求解【详解】（1）证明：点D，E分别是A

20、C，AB的中点，DE是ABC的中位线，DE/BC，BC2DE，CF3BF，BC2BF，DEBF，四边形DEFB是平行四边形；（2）解：由（1）得：BC2DE8（cm），BFDE4cm，四边形DEFB是平行四边形，BDEF，D是AC的中点，AC12cm，CDAC6（cm），ACB90，BD10（cm），平行四边形DEFB的周长2（DE+BD）2（4+10）28（cm）【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形DEFB为平行四边形是解题的关键3、（1）；（2）yS四边形ABPQ2t32（0t8）；（3）t8，；（4）当t4或或时

21、，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AQBP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DQPQ，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，AQ16t，BP2t，四边形ABPQ为平行四边形，AQBP，16t2tt，即：ts时，四边形ABPQ是平行四边形；（2）过点A作AEBC于E，如图，在RtABE中，B30，AB8，AE4，由运动知，BP2t，DQt，四边形ABCD是平行四边形，ADBC1

22、6，AQ16t，yS四边形ABPQ（BPAQ）AE（2t16t）42t32（0t8）；（3）由（2）知，AE4，BC16，S四边形ABCD16464，由（2）知，yS四边形ABPQ2t32（0t8），四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三2t3264，t8；如图，当t8时，点P和点C重合，DQ8，CDAB8，DPDQ，DQCDPQ，DB30，DQP75；（4）当ABBP时，BP8，即2t8，t4；当APBP时，如图，B30，过P作PM垂直于AB，垂足为点M，BM4，解得：BP，2t，t当ABAP时，同（2）的方法得，BP，2t，t所以，当t4或 或时，ABP为等腰三角形【点睛】此

23、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AQBP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4、（1）选或或，证明见详解；（2）当时，结论成立；当时，还成立，证明见详解【分析】（1）命题，根据等边三角形的性质及各角之间的等量代换可得：，然后依据全等三角形的判定定理可得：，再由全等三角形的性质即可证明；命题，根据正方形的性质及各角之间的等量代换可得：，然后依据全等三角形的判定定理可得：，再由全等三角形的性质即可证明；命题，根据正五边形的性质及各角之间的等量代换可得：，然

24、后依据全等三角形的判定定理可得：，再由全等三角形的性质即可证明；（2）根据（1）中三个命题的结果，得出相应规律，即可得解；连接BD、CE，根据全等三角形的判定定理和性质可得：， ，利用各角之间的关系及等量代换可得：， ，继续利用全等三角形的判定定理和性质即可得出证明【详解】解：（1）如选命题，证明：如图所示： ， ， ， ，在 与CAN中， ， ； 如选命题，证明：如图所示： ， ， ， ，在 与CDN中， ， ；如选命题，证明：如图所示： ， ， ， ，在 与CDN中， ， ；（2）根据（1）中规律可得：当时，结论成立；答：当时，成立证明：如图所示，连接BD、CE，在和中， ， ， ， ，

25、， ，又 ， ，在和中， ， 【点睛】题目主要考查全等三角形的判定定理和性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，理解题意，结合相应图形证明是解题关键5、（1）见解析；（2）BMN面积的最小值为【分析】（1）连接BD，证明AMBDNB，则可得BM=BN，MBANBD，由菱形的性质易得MBN=60，从而可证得结论成立；（2）过点B作BEMN于点E【详解】（1）证明：如图所示，连接BD，在菱形ABCD中，DAB60，ADBNDB60，故ADB是等边三角形，ABBD，又AM+CN1，DN+CN1，AMDN，在AMB和DNB中，AMBDNB（SAS），BMBN，MBANBD，又MBA+DBM60，NBD+DBM60，即MBN60，BMN是等边三角形；（2）过点B作BEMN于点E设BMBNMNx，则，故，当BMAD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