2019-2021北京东城初二(下)期末数学汇编：四边形章节综合.docx

2019-2021北京东城初二（下）期末数学汇编
四边形章节综合
一、单选题
1．（2021·北京东城·八年级期末）菱形和矩形都具有的性质是（　　　）
A．对角线互相垂直 B．对角线长度相等
C．对角线平分一组对角 D．对角线互相平分
2．（2019·北京东城·八年级期末）在数学活动课上，老师要求同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某合作学习小组的四位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线是否相互平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量一组对角是否都为直角 D．测量四边形其中的三个角是否都为直角
3．（2021·北京东城·八年级期末）如图，在中，点、点分别是，的中点，点是上一点，且，若，，则的长为（　　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
4．（2021·北京东城·八年级期末）如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP＝BC，则∠ACP度数是_____度．

5．（2021·北京东城·八年级期末）如图，把矩形沿直线向上折叠，使点落在点的位置上，交于点，若，，则的长为______．

6．（2021·北京东城·八年级期末）如图，菱形的边长为4，，点是的中点，点是上一动点，则的最小值是______．

7．（2021·北京东城·八年级期末）在中，若，则__________．
三、解答题
8．（2021·北京东城·八年级期末）在平面直角坐标系中的图形和点，给出如下定义：如果图形上存在点，使得，那么称点为图形的和谐点．已知点，．

（1）在点，，中，直线的和谐点是______；
（2）点在直线y=x-1上，如果点是直线的和谐点，求点的横坐标的取值范围；
（3）已知点，，如果直线上存在正方形的和谐点，，使得线段上的所有点（含端点）都是正方形的和谐点，且，直接写出的取值范围．
9．（2021·北京东城·八年级期末）已知：如图1，为锐角三角形，．

求作：菱形．
作法：如图2．

①以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点；
②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，作射线与交于点；
③以点为圆心，以长为半径作弧，与射线交于点，点和点分别位于的两侧，连接，；则四边形就是所求作的菱形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：由作法可知，平分．
，
______．
，
四边形是平行四边形（______）（填推理的依据）．
，
四边形是菱形（______）（填推理的依据）．
10．（2021·北京东城·八年级期末）如图，点是正方形边上一点，.作点关于直线的对称点，连接.作射线交直线于点，连接．

（1）依题意补全图形；
（2）求的度数（用含的式子表示）；
（3）①______°；
②用等式表示，的数量关系，并给出证明．
参考答案
1．D
【分析】
根据菱形与矩形都是特殊的平行四边形，他们都具有平行四边形的性质，利用平行四边形的性质排查即可．
【详解】
解：菱形与矩形都是特殊的平行四边形，具有平行四边形的性质，对角线互相平分，且是中心对称图形，
A. 对角线互相垂直，菱形具有，而矩形不具有，故选项A不符合题意；
B. 对角线相等矩形具有，而菱形不具有，故选项B不符合题意；
C. 对角线平分一组对角菱形具有，而矩形不具有，故选项C不符合题意；
D. 对角线互相平分并且是中心对称图形菱形矩形都具有，故选项D符合题意．
故选择：D．
【点睛】
本题考查菱形与矩形的性质，掌握菱形矩形是特殊的平行四边形，找出平行四边形具有的性质解决问题是关键．
2．D
【分析】
根据矩形的判定定理即可选出答案.
【详解】
解：A.对角线是否相互平分，能判定平行四边形，而不能判定矩形；
B.两组对边是否分别相等，能判定平行四边形，而不能判定矩形；
C.一组对角是否都为直角，不能判定形状；
D.四边形其中的三个角是否都为直角，能判定矩形.
故选D.
【点睛】
本题考查了矩形的判定定理.解题的关键是牢记这些定理.
矩形的判定定理：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）有三个角是直角的四边形是矩形；
（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形.
3．B
【分析】
根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出FE，结合图形计算，得到答案．
【详解】
解：∵点D，点E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=BC=6（cm），
在Rt△AFC中，点E是AC的中点，
∴FE=AC=4（cm），
∴DF=DE-EF=2（cm），
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，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．
4．22.5
【详解】
∵ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠BCA=45°，
∵BP=BC，
∴∠BCP=∠BPC=（180°-45°）=67.5°，
∴∠ACP度数是67.5°-45°=22.5°
5．
【分析】
根据折叠和矩形的性质，可以得出三角形BDE是等腰三角形，在直角三角形DEC′中，利用勾股定理可求出答案．
【详解】
解：由折叠得，DC＝DC′＝3，∠CBD＝∠C′BD，
∵ABCD是矩形，
∴AD＝BC=6，AD∥BC，
∴∠CBD＝∠ADB＝∠C′BD，
∴ED＝EB，
设BE＝ED＝x，则EC′＝6﹣x，
在Rt△DEC′中，由勾股定理得，32+（6﹣x）2＝x2，
解得，x＝，即BE＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、直角三角形的勾股定理等知识，根据折叠轴对称，得出DE＝BE是解决问题的关键．
6．
【分析】
根据菱形的性质得到点B与点D关于对角线AC对称，连接BE，BE与AC的交点为M，得到MD+ME的最小时点M的位置，求出BE的值即可得到答案．
【详解】
解：如图，∵在菱形ABCD中，点B与点D关于对角线AC对称，
∴连接BE，BE与AC的交点为M，连接DM，此时MD+ME有最小值．
∵∠ABC＝60°，AB＝4，
∴△ABC，△ADC为等边三角形
∴OA＝OC＝2，OB＝2，
∵点是的中点
∴AE＝OB＝2，∠EAC＝30°
∴∠EAB＝90°
在Rt△EAB中AE＝2，AB＝4
∴BE＝ ，
∴的最小值
故答案为：2．

【点睛】
本题考查的是轴对称﹣﹣最短路线问题和菱形的性质，正确确定MD+ME的最小时点M的位置是解题的关键．
7．50°
【分析】
根据平行四边形的性质，可得∠A=∠C，又由∠A+∠C=100°，即可求得∠A的度数
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∵∠A+∠C=100°，
∴∠A=∠C=50°；
故答案为：50°．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质．此题比较简单，熟记平行四边形的各种性质是解题的关键．
8．（1）和；（2）；（3）或
【分析】
(1)如下图1中，根据点P为图形M的和谐点的定义，观察图形可知P1和P2是直线AB的和谐点；
(2)如图2中，根据点P为图形M的和谐点的定义，可知0≤PQ≤1，根据题意|y-3|≤1，解不等式得2≤y≤4，再利用函数求x的范围；
(3)当b=7时，图中线段E1F1上的点都是和谐点，且利用勾股定理可得，当将直线往y轴负半轴平移时刚好经过点L，此时上的点都是和谐点，且，当再往下平移时，直线经过开始EF上有部分点不是和谐点，由此求出b的范围为1≤b＜7；根据对称性，-7＜b≤-1也满足．
【详解】
(1)如下图1中，根据点P为图形M的和谐点的定义，观察图形可知：

到AB的最短距离为1，根据和谐点的定义图形上存在点，使得，点P1是直线的和谐点；
到到AB的最短距离为0.5，根据和谐点的定义图形上存在点，使得，点P2是直线的和谐点；；
到AB的最短距离为3，根据和谐点的定义图形上不存在点，使得，故点P3不是直线的和谐点；
在点，，中，直线的和谐点是点，；
故答案为：点，；
(2)如图过点P作PQ⊥AB于Q，0≤PQ≤1，
设P点的纵坐标为y，
根据题意|y-3|≤1，
解得：2≤y≤4，
∵，
∴2≤≤4，
解得，
点的横坐标的取值范围是；

(3)如下图所示：
过（0，4）作平行AB的直线，过（-4,0）作BC的平行线，过（0,-4）作CD的平行线，过（4，0）作AD的平行线，分别交于GHJK，则四边形GHJK为正方形，
直线y=x+b与GH-HJ交于E，与GK-KJ交于F，
在梯形E1F1LU和梯形SVE2F2上及其内部所有点都是是正方形的和谐点，
∵，
取GK上点F1（-3，4），GH上点E1（-4，3），
此时E1F1=，直线y=x+b过点F1时是b的最大值，
∴-3+b=4，b=7，
当直线y=x+b过点L（3，4）时，
3+b=4，b=1，
当直线y=x+b在E1F1与LU之间运动时，
当直线过点S时，
4+b=3，b=-1，
取HJ上点E2（3，-4），KJ上取F2（4，-3），
此时E2F2=，
当直线y=x+b过点F2时是b的最小值，
4+b=-3，
∴b=-7，
当直线y=x+b在SV与E2F2之间运动时，b的范围是-7，

故b的取值范围为：1≤b＜7或-7＜b≤-1．
【点睛】
本题属于一次函数的综合题，同时也是一个新定义题型，借助一次函数的知识，勾股定理，正方形性质考查了函数平移等相关知识，解题的关键是理解题意，学会用分类思想思考问题；本题属于压轴题，难度较大．
9．（1）答案见解析；（2）；对角线相互平分的四边形是平行四边形；邻边相等的平行四边形是菱形．
【分析】
（1）结合题中具体尺规作图方法作图即可；
（2）第一个空：由等腰三角形的三线合一即可推出；第二个空：根据平行四边形的判定定理，对角线相互平分的四边形是平行四边形，即可得出；第三个空：根据菱形的判定定理，邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出．
【详解】
（1）如图所示：

（2）证明：由作法可知，平分．
，
BO．
，
四边形是平行四边形（对角线相互平分的四边形是平行四边形）．
，
四边形是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）．
【点睛】
本题主要考查了尺规作图，等腰三角形的性质、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理，熟练掌握尺规作图，等腰三角形的性质、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．
10．（1）答案见解析；（2）；（3）①45°；②
【分析】
（1）根据题意画出图形即可．
（2）只要证明AE=AB，求出∠BAE，根据∠ABE=（180°-90°++）计算即可．
（3）①首先得出AE=AB，再得出∠BAE=90°-2，最后根据三角形的内角和定理得出结论；
②过点A作AH⊥BE于H，过点C作CG⊥EF交EF的延长线于G，先证△ABH≌△BCG，再得出BE=2CG，△CFG为等腰直角三角形，最后得出结果．
【详解】
解：（1）补全的图如图1所示，

（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AD=AE，
∴AE=AB，
∵∠EAB+∠PAB=∠EAP=∠PAD=90°-，
∴∠BAE=90°--=90°-2，
∴∠ABE=∠AEB=（180°-90°++）=45°+．
（3）①∵AE=AB，
∴∠AEB=∠ABE=45°+，
∵∠EAP=90°-，
∴∠AFB=180°-∠EAP-∠AEB=180°-90°+-45°-=45°；
②BE=，
证明：过点A作AH⊥BE于H，过点C作CG⊥EF交EF的延长线于G，
∵AB=AE，
∴BE=2BH，
∵∠AFB=45°，
∴△AHF为等腰三角形，
∴AH=FH，
∵∠BAH+∠ABH=90°，
∠CBG+∠ABH=90°，
∴∠BAH=∠CBG，
∵AB=BC，∠AHB=∠BGC，
∴△ABH≌△BCG，
∴BH=CG，AH=BG，
∴FH=BG，
∴BH=FG=CG，
∴BE=2CG，△CFG为等腰直角三角形，
∴FC=，
∴BE=

【点睛】
本题考查了正方形的性质、对称的性质、全等三角形的性质与判定及等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．

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