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沪科版八年级下册第19章 四边形综合与测试单元测试课时练习
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这是一份沪科版八年级下册第19章 四边形综合与测试单元测试课时练习，文件包含专题1914第19章四边形单元测试能力过关卷解析版docx、专题1914第19章四边形单元测试能力过关卷原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题19.14第19章四边形单元测试（能力过关卷）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022•麻栗坡县校级模拟）若正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的内角和的度数为（ ）
A．1080° B．1260° C．1350° D．1440°
【分析】先根据多边形的外角和定理求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出这个正多边形的内角和．
【解答】解：正多边形的边数为：360°÷45°＝8，即这个多边形是正八边形，
所以该多边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°．
故选：A．
2．（2022春•余杭区月考）有一条长方形纸带，按如图方式折叠，形成的锐角∠α的度数为（ ）
A．75° B．70° C．65° D．60°
【分析】根据平行线的性质即可求解．
【解答】解：延长CA至D点，如下图所示：
∵CD∥EB，
∴∠1＝30°（两直线平行，同位角相等），
∵两边互相平行的纸带按如图所示的方式折叠，
∴∠2＝∠α，
∵∠2+∠α+∠1＝180°，
∴2∠α+30°＝180°，
∴∠α＝＝75°，
故选：A．
3．（2020春•北海期末）如图，四边形ABCD是矩形，BC＝4cm，∠CBD：∠ABD＝2：1，则AC＝（ ）
A．cm B．cm C．6cm D．8cm
【分析】由矩形的性质以及条件∠CBD：∠ABD＝2：1可求出∠CBD和∠ABD的度数，由矩形的性质可得OA＝OB，进而得∠BAC的度数，再根据直角三角形性质求得AC的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DAB＝90°，AC＝BD，OA＝AC，OB＝，
∴OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠CBD：∠ABD＝2：1，
∴∠CBD＝60°，∠ABD＝30°，
∴∠BAC＝30°
∴AC＝2BC，
∵BC＝4cm，
∴AC＝8cm，
故选：D．
4．（2019秋•覃塘区期末）如图，在△ABC中，D是AC边的中点，且BD⊥AC，ED∥BC，ED交AB于点E，若AC＝4，BC＝6，则△ADE的周长为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】由线段垂直平分线的性质得出AB＝BC＝6，由三角形中位线定理得出ED的长，即可得出答案．
【解答】解：∵D是AC的中点，且BD⊥AC，
∴AB＝BC＝6，AD＝AC＝2，
∵ED∥BC，
∴AE＝BE＝AB＝3，ED＝BC＝3，
∴△AED的周长＝AE+ED+AD＝8．
故选：B．
5．（2022•遵义模拟）如图，▱ABCD中，两对角线交于点O，AB⊥AC，AD＝5cm，OC＝2cm，则对角线BD的长为（ ）
A．cm B．8cm C．3cm D．2cm
【分析】利用平行四边形的性质和勾股定理易求BO的长，进而可求出BD的长．
【解答】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴BO＝DO，AO＝OC＝2cm，BC＝AD＝5cm，
∵AB⊥AC，
∴∠BAO＝90°，
∴AB＝＝＝3（cm），
在Rt△ABO中，由勾股定理得：BO＝＝＝（cm），
∴BD＝2BO＝2（cm），
故选：D．
6．（2022春•洪泽区月考）平行四边形的对角线长为x，y，一边长为14，则x，y的值可能是（ ）
A．8和16 B．10和14 C．18和10 D．10和24
【分析】根据平行四边形的性质知，平行四边形的对角线互相平分，则对角线的一半和已知的边组成三角形，再利用三角形的三边关系可逐个判断即可．
【解答】解：A、根据三角形的三边关系可知：4+8＝12＜14，不能构成三角形，故此选项不符合题意；
B、5+7＝12＜14，不能构成三角形，故此选项错误，不符合题意；
C、9+5＝14，不能构成三角形，故此选项错误，不符合题意；
D、5+12＝17＞14，能构成三角形，故此选项正确，符合题意．
故选：D．
7．（2021秋•普宁市期末）下列说法中正确的是（ ）
A．矩形的对角线平分每组对角
B．菱形的对角线相等且互相垂直
C．有一组邻边相等的矩形是正方形
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
【分析】根据菱形的判定与性质，正方形的判定，矩形的性质解答即可．
【解答】解：A、矩形的对角线平分每组对角，说法错误，故本选项不符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直，故本选项不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故本选项符合题意；
D、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意．
故选：C．
8．（2021秋•莲池区期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得对角线AC＝40cm，则图1中对角线AC的长为（ ）
A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm
【分析】在图1，图2中，连接AC．在图2中，由勾股定理求出BC，在图1中，只要证明△ABC是等边三角形即可解决问题．
【解答】解：如图1，2中，连接AC．
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∵AC＝40cm，
∴AB＝BC＝AC＝40cm，
在图①中，∵∠B＝60°，BA＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝40cm，
故选：C．
9．（2021秋•龙岗区校级期末）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC和EF的关系是（ ）
A．AD+BC＞2EF B．AD+BC≥2EF C．AD+BC＜2EF D．AD+BC≤2EF
【分析】取AC的中点G，连接EF，EG，GF，根据三角形中位线定理求出EG＝BC，GF＝AD，再利用三角形三边关系：两边之和大于第三边，即可得出AD，BC和EF的关系．
【解答】解：如图，取AC的中点G，连接EF，EG，GF，
∵E，F分别是边AB，CD的中点，
∴EG，GF分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EG＝BC，GF＝AD，
在△EGF中，由三角形三边关系得EG+GF＞EF，即BC+AD＞EF，
∴AD+BC＞2EF，
当AD∥BC时，点E、F、G在同一条直线上，
∴AD+BC＝2EF，
所以四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC和EF的关系是AD+BC≥2EF．
故选：B．
10．（2016春•丰润区期末）如图，AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，得到下面四个结论：①OA＝OD；②AD⊥EF；③当∠A＝90°时，四边形AEDF是正方形；④AE2+DF2＝AF2+DE2．上述结论中正确的是（ ）
A．②③ B．②④ C．①②③ D．②③④
【分析】只要证明△ADE≌△ADF，推出AE＝EF，DE＝DF，推出AD垂直平分线段EF，即可判定②③正确，利用勾股定理即可判定④正确，①不一定成立故错误．
【解答】解：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAE＝∠DAF，
在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△ADF，
∴AE＝AF，DE＝DF，
∴AD垂直平分EF，故②正确，
∵∠EAF＝90°时，∠EAF＝∠AED＝∠AFD＝90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∵AE＝AF，
∴四边形AEDF是正方形，故③正确，
∵AE2+DF2＝EO2+AO2+OD2+OF2，
DE2+AF2＝OE2+OD2+OA2+OF2，
∴AE2+DF2＝AF2+DE2，故④正确，
∵AD垂直平分EF，EF不一定垂直平分AD，故①错误，
故选：D．
二．填空题（共8小题）
11．（2022•江阴市校级模拟）一个多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个多边形的边数为 8 ；且内角和是 1080 度．
【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解，即可得到边数，进而得出内角和．
【解答】解：设多边形的边数为n，依题意，得
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得n＝8，
∴内角和为3×360°＝1080°，
故答案为：8；1080．
12．（2022春•沭阳县月考）如图，小明从A点出发，沿直线前进15米后向左转36°，再沿直线前进15米，又向左转36°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 150 米．
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以36°求出边数，然后再乘以15m即可得到答案．
【解答】解：∵每次小明都是沿直线前进15米后向左转36°，
∴他走过的图形是正多边形，
边数n＝360°÷36°＝10，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了：10×15＝150（米）．
故答案为：150．
13．（2021秋•杜尔伯特县期末）如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，若DE＝4cm，则BC＝ 8 cm．
【分析】根据三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半可知，ED＝BC，进而由DE的值求得BC．
【解答】解：∵D，E分别是△ABC的边AB和AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∵DE＝4cm，
∴BC＝2DE＝8（cm）．
故答案为：8．
14．（2021•鞍山）如图，矩形ABCD中，AB＝3，对角线AC，BD交于点O，DH⊥AC，垂足为点H，若∠ADH＝2∠CDH，则AD的长为 3 ．
【分析】由矩形的性质得CD＝AB＝3，∠ADC＝90°，再求出∠ADH＝60°，则∠DAC＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，∠ADC＝90°，
∵∠ADH＝2∠CDH，
∴∠CDH＝30°，∠ADH＝60°，
∵DH⊥AC，
∴∠DHA＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝CD＝3，
故答案为：3．
15．（2021秋•大东区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E，F，则PE+PF＝ ．
【分析】连接OP．由矩形的性质和勾股定理得得OA＝OD＝5，S△AOD＝12，再由S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF），即可求解．
【解答】解：连接OP，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴S矩形ABCD＝AB•AD＝6×8＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∠BAD＝90°，
∴OA＝OD，BD＝＝＝10，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝12，OA＝OD＝5，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF）＝×5×（PE+PF）＝12，
∴PE+PF＝，
故答案为：．
16．（2021•罗湖区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝30°，则∠EPF的度数是 120° ．
【分析】根据三角形中位线定理得到PF＝BC，PE＝AD，根据题意得到PE＝PF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，
∴PF＝BC，PE＝AD，又AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF＝30°，
∴∠EPF＝120°，
故答案为：120°．
17．（2020春•方城县期中）如图，E为▱ABCD内任一点，且▱ABCD的面积为6，则图中阴影部分的面积为 3 ．
【分析】根据三角形面积公式可知，图中阴影部分面积等于平行四边形面积的一半．所以S阴影＝S四边形ABCD．
【解答】解：设两个阴影部分三角形的底为AB，CD，高分别为h1，h2，则h1+h2为平行四边形的高，
∴S△EAB+S△ECD＝AB•h1+CD•h2＝AB（h1+h2）
＝S四边形ABCD＝×6＝3．
故答案为：3．
18．（2021秋•任城区校级期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，AD＝6cm，BC＝10cm，M是BC上一点，且BM＝4，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，当t的值为 4s或s 时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】分两种情形列出方程即可解决问题．
【解答】解：①当点F在线段BM上，即0≤t＜2，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝4﹣2t，解得t＝，
②当F在线段CM上，即2≤t≤5，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝2t﹣4，解得t＝4，
综上所述，t＝4或s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
故答案为：4s或s．
三．解答题（共6小题）
19．（2021秋•临清市期末）（1）已知：如图，n边形A1A2A3A4A5…An．
求证：n边形A1A2A3A4A5…An的内角和等于（n﹣2）•180°；
（2）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻的外角的3倍还大20°，求这个多边形的内角和；
（3）粗心的小明在计算一个多边形的内角和时，误把一个外角也加进去了，得其和为1180°．请直接写出这个多加的外角度数及多边形的边数．
【分析】（1）根据从n边形的一个顶点可以作（n﹣3）条对角线，这（n﹣3）条对角线要和多边形的两边组成三角形，得出把三角形分割成的三角形个数．欲证明多边形的内角和定理，可以把多边形的内角转移到三角形中，利用三角形内角和等于180°解答；
（2）设多边形的一个外角为α°，则与其相邻的内角为（3α+20）°，根据题意列出方程可得答案；
（3）根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°可知，多边形的内角和是180°的倍数，然后求出多边形的边数以及多加的外角的度数即可得解．
【解答】解：（1）∵从n边形的一个顶点可以作（n﹣3）条对角线，
∴得出把三角形分割成的三角形个数为：n﹣3+1＝n﹣2，
∵这（n﹣2）个三角形的内角和都等于180°，
∴n边形的内角和是（n﹣2）×180°；
（2）设多边形的一个外角为α°，则与其相邻的内角为（3α+20）°，
由题意，得（3α+20）+α＝180，
解得α＝40，
即多边形的每个外角为40°，
∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的边数为360°÷40°＝9，
内角和为（9﹣2）×180°＝1260°，
答：这个多边形的内角和为1260°；
（3）设多边形的边数为n，多加的外角度数为α，则
（n﹣2）•180°＝1180°﹣α，
∵1180°＝6×180°+100°，内角和应是180°的倍数，
∴小明多加的一个外角为100°，
∴这是6+2＝8边形的内角和．
答：这个外角的度数是100°，该多边形的边数是8．
20．（2021春•梅河口市校级月考）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB于点E，BF平分∠ABC交CD于点F，FG⊥BC于点G．
（1）找出图中的一对全等三角形，并加以证明；
（2）若▱ABCD的面积为20cm2，AB＝5cm，求FG的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出∠A＝∠C，AD＝BC，CD∥AB，进而利用全等三角形的判定得出△ADE≌△CFG即可；
（2）根据平行四边形的性质得出▱ABCD的面积＝DE•AB，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：（1）△ADE≌△CFG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，AD＝BC，CD∥AB，
∴∠CFB＝∠ABF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠CBF＝∠CFB，
∴CB＝CF，
∴AD＝CF，
∵DE⊥AB，FG⊥BC，
∴∠AED＝∠CGF＝90°，
∴△ADE≌△CFG（AAS）．
（2）∵▱ABCD的面积＝DE•AB，AB＝5cm，
∴5DE＝20．
∴DE＝4cm，
∵△ADE≌△CFG，
∴FG＝DE＝4cm．
21．（2021•邵阳）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线AC上的两点，且AE＝CF．连接DE，DF，BE，BF．
（1）证明：△ADE≌△CBF．
（2）若AB＝4，AE＝2，求四边形BEDF的周长．
【分析】（1）由正方形对角线性质可得∠DAE＝∠BCF＝45°，再由SAS可证△ADE≌△CBF；
（2）由正方形性质及勾股定理可求得BD＝AC＝8，DO＝BO＝4．再证明四边形BEDF为菱形，因为AE＝CF＝2，所以可得OE＝2，在Rt△DOE中用勾股定理求得DE＝2，进而四边形BEDF的周长为4DE，即可求得答案．
【解答】（1）证明：由正方形对角线平分每一组对角可知：∠DAE＝∠BCF＝45°，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）．
（2）解：∵AB＝AD＝，
∴BD＝＝＝8，
由正方形对角线相等且互相垂直平分可得：AC＝BD＝8，DO＝BO＝4，OA＝OC＝4，
又AE＝CF＝2，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF＝4﹣2＝2，
故四边形BEDF为菱形．
∵∠DOE＝90°，
∴DE＝＝＝2．
∴4DE＝，
故四边形BEDF的周长为8．
22．（2011秋•长阳县期末）如图，在矩形ABCD中，EF垂直平分BD．
（1）判断四边形BEDF的形状，并说明理由．
（2）已知BD＝20，EF＝15，求矩形ABCD的周长．
【分析】（1）EF垂直平分BD，则OB＝OD．根据AB∥CD可证△DOF≌△BOE，得OE＝OF．所以BD、EF互相垂直平分，四边形BEDF是菱形．
（2）利用菱形面积的两种表示方法求AD的长；利用勾股定理求AE的长．根据周长公式计算求解．
【解答】解：（1）四边形BEDF是菱形．
在△DOF和△BOE中，
∠FDO＝∠EBO，OD＝OB，∠DOF＝∠BOE＝90°，
所以△DOF≌△BOE，
所以OE＝OF．
又因为EF⊥BD，OD＝OB，
所以四边形BEDF为菱形． （5分）
（2）如图，在菱形EBFD中，BD＝20，EF＝15，
则DO＝10，EO＝7.5．
由勾股定理得DE＝EB＝BF＝FD＝12.5．
S菱形EBFD＝EF•BD＝BE•AD，
即
所以得AD＝12．
根据勾股定理可得AE＝3.5，有AB＝AE+EB＝16．
由2（AB+AD）＝2（16+12）＝56，
故矩形ABCD的周长为56． （10分）
23．（2021春•澄城县期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝CF+AE；
（2）当AE＝2时，求EF的长．
【分析】（1）由旋转可得DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝CF+AE；
（2）由（1）的全等得到AE＝CM＝2，正方形的边长为6，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF＝MF＝x，可得出BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝8﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【解答】（1）证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，AE＝CM，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
∴EF＝CF+AE；
（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
则EF＝5．
24．（2020春•仪征市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝11cm，点P从点D出发向终点A运动；同时点Q从点B出发向终点C运动．当P、Q两点其中有一点到达终点时，另一点随之停止，点P、Q的速度分别为1cm/s，2cm/s，连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为t（s）．
（1）如图（1），当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
（2）如图（2），若点E为边AD上一点，当AE＝3cm时，四边形EQCP可能为菱形吗？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质可得AP＝CQ，进而列方程，解方程可求解；
（2）根据菱形的性质可得PE＝CQ＝CP，进而列方程，解方程可求解．
【解答】解：由题意可得DP＝t，BQ＝2t，则AP＝11﹣t，
（1）若四边形ABQP是矩形，则AP＝BQ，
∴11﹣t＝2t，
解得t＝，
故当t＝时，四边形ABQP是矩形；
（2）由题意得PE＝8﹣t，CQ＝11﹣2t，CP2＝CD2+DP2＝16+t2，
若四边形EQCP为菱形，则PE＝CQ＝CP，
∴t2+16＝（8﹣t）2＝（11﹣2t）2，
解得t＝3，
故当t＝3时，四边形EQCP为菱形．
2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题19.14第19章四边形单元测试（能力过关卷）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022•麻栗坡县校级模拟）若正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的内角和的度数为（ ）
A．1080° B．1260° C．1350° D．1440°
【分析】先根据多边形的外角和定理求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出这个正多边形的内角和．
【解答】解：正多边形的边数为：360°÷45°＝8，即这个多边形是正八边形，
所以该多边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°．
故选：A．
2．（2022春•余杭区月考）有一条长方形纸带，按如图方式折叠，形成的锐角∠α的度数为（ ）
A．75° B．70° C．65° D．60°
【分析】根据平行线的性质即可求解．
【解答】解：延长CA至D点，如下图所示：
∵CD∥EB，
∴∠1＝30°（两直线平行，同位角相等），
∵两边互相平行的纸带按如图所示的方式折叠，
∴∠2＝∠α，
∵∠2+∠α+∠1＝180°，
∴2∠α+30°＝180°，
∴∠α＝＝75°，
故选：A．
3．（2020春•北海期末）如图，四边形ABCD是矩形，BC＝4cm，∠CBD：∠ABD＝2：1，则AC＝（ ）
A．cm B．cm C．6cm D．8cm
【分析】由矩形的性质以及条件∠CBD：∠ABD＝2：1可求出∠CBD和∠ABD的度数，由矩形的性质可得OA＝OB，进而得∠BAC的度数，再根据直角三角形性质求得AC的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DAB＝90°，AC＝BD，OA＝AC，OB＝，
∴OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠CBD：∠ABD＝2：1，
∴∠CBD＝60°，∠ABD＝30°，
∴∠BAC＝30°
∴AC＝2BC，
∵BC＝4cm，
∴AC＝8cm，
故选：D．
4．（2019秋•覃塘区期末）如图，在△ABC中，D是AC边的中点，且BD⊥AC，ED∥BC，ED交AB于点E，若AC＝4，BC＝6，则△ADE的周长为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】由线段垂直平分线的性质得出AB＝BC＝6，由三角形中位线定理得出ED的长，即可得出答案．
【解答】解：∵D是AC的中点，且BD⊥AC，
∴AB＝BC＝6，AD＝AC＝2，
∵ED∥BC，
∴AE＝BE＝AB＝3，ED＝BC＝3，
∴△AED的周长＝AE+ED+AD＝8．
故选：B．
5．（2022•遵义模拟）如图，▱ABCD中，两对角线交于点O，AB⊥AC，AD＝5cm，OC＝2cm，则对角线BD的长为（ ）
A．cm B．8cm C．3cm D．2cm
【分析】利用平行四边形的性质和勾股定理易求BO的长，进而可求出BD的长．
【解答】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴BO＝DO，AO＝OC＝2cm，BC＝AD＝5cm，
∵AB⊥AC，
∴∠BAO＝90°，
∴AB＝＝＝3（cm），
在Rt△ABO中，由勾股定理得：BO＝＝＝（cm），
∴BD＝2BO＝2（cm），
故选：D．
6．（2022春•洪泽区月考）平行四边形的对角线长为x，y，一边长为14，则x，y的值可能是（ ）
A．8和16 B．10和14 C．18和10 D．10和24
【分析】根据平行四边形的性质知，平行四边形的对角线互相平分，则对角线的一半和已知的边组成三角形，再利用三角形的三边关系可逐个判断即可．
【解答】解：A、根据三角形的三边关系可知：4+8＝12＜14，不能构成三角形，故此选项不符合题意；
B、5+7＝12＜14，不能构成三角形，故此选项错误，不符合题意；
C、9+5＝14，不能构成三角形，故此选项错误，不符合题意；
D、5+12＝17＞14，能构成三角形，故此选项正确，符合题意．
故选：D．
7．（2021秋•普宁市期末）下列说法中正确的是（ ）
A．矩形的对角线平分每组对角
B．菱形的对角线相等且互相垂直
C．有一组邻边相等的矩形是正方形
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
【分析】根据菱形的判定与性质，正方形的判定，矩形的性质解答即可．
【解答】解：A、矩形的对角线平分每组对角，说法错误，故本选项不符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直，故本选项不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故本选项符合题意；
D、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意．
故选：C．
8．（2021秋•莲池区期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得对角线AC＝40cm，则图1中对角线AC的长为（ ）
A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm
【分析】在图1，图2中，连接AC．在图2中，由勾股定理求出BC，在图1中，只要证明△ABC是等边三角形即可解决问题．
【解答】解：如图1，2中，连接AC．
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∵AC＝40cm，
∴AB＝BC＝AC＝40cm，
在图①中，∵∠B＝60°，BA＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝40cm，
故选：C．
9．（2021秋•龙岗区校级期末）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC和EF的关系是（ ）
A．AD+BC＞2EF B．AD+BC≥2EF C．AD+BC＜2EF D．AD+BC≤2EF
【分析】取AC的中点G，连接EF，EG，GF，根据三角形中位线定理求出EG＝BC，GF＝AD，再利用三角形三边关系：两边之和大于第三边，即可得出AD，BC和EF的关系．
【解答】解：如图，取AC的中点G，连接EF，EG，GF，
∵E，F分别是边AB，CD的中点，
∴EG，GF分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EG＝BC，GF＝AD，
在△EGF中，由三角形三边关系得EG+GF＞EF，即BC+AD＞EF，
∴AD+BC＞2EF，
当AD∥BC时，点E、F、G在同一条直线上，
∴AD+BC＝2EF，
所以四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC和EF的关系是AD+BC≥2EF．
故选：B．
10．（2016春•丰润区期末）如图，AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，得到下面四个结论：①OA＝OD；②AD⊥EF；③当∠A＝90°时，四边形AEDF是正方形；④AE2+DF2＝AF2+DE2．上述结论中正确的是（ ）
A．②③ B．②④ C．①②③ D．②③④
【分析】只要证明△ADE≌△ADF，推出AE＝EF，DE＝DF，推出AD垂直平分线段EF，即可判定②③正确，利用勾股定理即可判定④正确，①不一定成立故错误．
【解答】解：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAE＝∠DAF，
在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△ADF，
∴AE＝AF，DE＝DF，
∴AD垂直平分EF，故②正确，
∵∠EAF＝90°时，∠EAF＝∠AED＝∠AFD＝90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∵AE＝AF，
∴四边形AEDF是正方形，故③正确，
∵AE2+DF2＝EO2+AO2+OD2+OF2，
DE2+AF2＝OE2+OD2+OA2+OF2，
∴AE2+DF2＝AF2+DE2，故④正确，
∵AD垂直平分EF，EF不一定垂直平分AD，故①错误，
故选：D．
二．填空题（共8小题）
11．（2022•江阴市校级模拟）一个多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个多边形的边数为 8 ；且内角和是 1080 度．
【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解，即可得到边数，进而得出内角和．
【解答】解：设多边形的边数为n，依题意，得
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得n＝8，
∴内角和为3×360°＝1080°，
故答案为：8；1080．
12．（2022春•沭阳县月考）如图，小明从A点出发，沿直线前进15米后向左转36°，再沿直线前进15米，又向左转36°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 150 米．
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以36°求出边数，然后再乘以15m即可得到答案．
【解答】解：∵每次小明都是沿直线前进15米后向左转36°，
∴他走过的图形是正多边形，
边数n＝360°÷36°＝10，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了：10×15＝150（米）．
故答案为：150．
13．（2021秋•杜尔伯特县期末）如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，若DE＝4cm，则BC＝ 8 cm．
【分析】根据三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半可知，ED＝BC，进而由DE的值求得BC．
【解答】解：∵D，E分别是△ABC的边AB和AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∵DE＝4cm，
∴BC＝2DE＝8（cm）．
故答案为：8．
14．（2021•鞍山）如图，矩形ABCD中，AB＝3，对角线AC，BD交于点O，DH⊥AC，垂足为点H，若∠ADH＝2∠CDH，则AD的长为 3 ．
【分析】由矩形的性质得CD＝AB＝3，∠ADC＝90°，再求出∠ADH＝60°，则∠DAC＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，∠ADC＝90°，
∵∠ADH＝2∠CDH，
∴∠CDH＝30°，∠ADH＝60°，
∵DH⊥AC，
∴∠DHA＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝CD＝3，
故答案为：3．
15．（2021秋•大东区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E，F，则PE+PF＝ ．
【分析】连接OP．由矩形的性质和勾股定理得得OA＝OD＝5，S△AOD＝12，再由S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF），即可求解．
【解答】解：连接OP，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴S矩形ABCD＝AB•AD＝6×8＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∠BAD＝90°，
∴OA＝OD，BD＝＝＝10，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝12，OA＝OD＝5，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF）＝×5×（PE+PF）＝12，
∴PE+PF＝，
故答案为：．
16．（2021•罗湖区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝30°，则∠EPF的度数是 120° ．
【分析】根据三角形中位线定理得到PF＝BC，PE＝AD，根据题意得到PE＝PF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，
∴PF＝BC，PE＝AD，又AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF＝30°，
∴∠EPF＝120°，
故答案为：120°．
17．（2020春•方城县期中）如图，E为▱ABCD内任一点，且▱ABCD的面积为6，则图中阴影部分的面积为 3 ．
【分析】根据三角形面积公式可知，图中阴影部分面积等于平行四边形面积的一半．所以S阴影＝S四边形ABCD．
【解答】解：设两个阴影部分三角形的底为AB，CD，高分别为h1，h2，则h1+h2为平行四边形的高，
∴S△EAB+S△ECD＝AB•h1+CD•h2＝AB（h1+h2）
＝S四边形ABCD＝×6＝3．
故答案为：3．
18．（2021秋•任城区校级期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，AD＝6cm，BC＝10cm，M是BC上一点，且BM＝4，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，当t的值为 4s或s 时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】分两种情形列出方程即可解决问题．
【解答】解：①当点F在线段BM上，即0≤t＜2，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝4﹣2t，解得t＝，
②当F在线段CM上，即2≤t≤5，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝2t﹣4，解得t＝4，
综上所述，t＝4或s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
故答案为：4s或s．
三．解答题（共6小题）
19．（2021秋•临清市期末）（1）已知：如图，n边形A1A2A3A4A5…An．
求证：n边形A1A2A3A4A5…An的内角和等于（n﹣2）•180°；
（2）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻的外角的3倍还大20°，求这个多边形的内角和；
（3）粗心的小明在计算一个多边形的内角和时，误把一个外角也加进去了，得其和为1180°．请直接写出这个多加的外角度数及多边形的边数．
【分析】（1）根据从n边形的一个顶点可以作（n﹣3）条对角线，这（n﹣3）条对角线要和多边形的两边组成三角形，得出把三角形分割成的三角形个数．欲证明多边形的内角和定理，可以把多边形的内角转移到三角形中，利用三角形内角和等于180°解答；
（2）设多边形的一个外角为α°，则与其相邻的内角为（3α+20）°，根据题意列出方程可得答案；
（3）根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°可知，多边形的内角和是180°的倍数，然后求出多边形的边数以及多加的外角的度数即可得解．
【解答】解：（1）∵从n边形的一个顶点可以作（n﹣3）条对角线，
∴得出把三角形分割成的三角形个数为：n﹣3+1＝n﹣2，
∵这（n﹣2）个三角形的内角和都等于180°，
∴n边形的内角和是（n﹣2）×180°；
（2）设多边形的一个外角为α°，则与其相邻的内角为（3α+20）°，
由题意，得（3α+20）+α＝180，
解得α＝40，
即多边形的每个外角为40°，
∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的边数为360°÷40°＝9，
内角和为（9﹣2）×180°＝1260°，
答：这个多边形的内角和为1260°；
（3）设多边形的边数为n，多加的外角度数为α，则
（n﹣2）•180°＝1180°﹣α，
∵1180°＝6×180°+100°，内角和应是180°的倍数，
∴小明多加的一个外角为100°，
∴这是6+2＝8边形的内角和．
答：这个外角的度数是100°，该多边形的边数是8．
20．（2021春•梅河口市校级月考）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB于点E，BF平分∠ABC交CD于点F，FG⊥BC于点G．
（1）找出图中的一对全等三角形，并加以证明；
（2）若▱ABCD的面积为20cm2，AB＝5cm，求FG的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出∠A＝∠C，AD＝BC，CD∥AB，进而利用全等三角形的判定得出△ADE≌△CFG即可；
（2）根据平行四边形的性质得出▱ABCD的面积＝DE•AB，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：（1）△ADE≌△CFG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，AD＝BC，CD∥AB，
∴∠CFB＝∠ABF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠CBF＝∠CFB，
∴CB＝CF，
∴AD＝CF，
∵DE⊥AB，FG⊥BC，
∴∠AED＝∠CGF＝90°，
∴△ADE≌△CFG（AAS）．
（2）∵▱ABCD的面积＝DE•AB，AB＝5cm，
∴5DE＝20．
∴DE＝4cm，
∵△ADE≌△CFG，
∴FG＝DE＝4cm．
21．（2021•邵阳）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线AC上的两点，且AE＝CF．连接DE，DF，BE，BF．
（1）证明：△ADE≌△CBF．
（2）若AB＝4，AE＝2，求四边形BEDF的周长．
【分析】（1）由正方形对角线性质可得∠DAE＝∠BCF＝45°，再由SAS可证△ADE≌△CBF；
（2）由正方形性质及勾股定理可求得BD＝AC＝8，DO＝BO＝4．再证明四边形BEDF为菱形，因为AE＝CF＝2，所以可得OE＝2，在Rt△DOE中用勾股定理求得DE＝2，进而四边形BEDF的周长为4DE，即可求得答案．
【解答】（1）证明：由正方形对角线平分每一组对角可知：∠DAE＝∠BCF＝45°，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）．
（2）解：∵AB＝AD＝，
∴BD＝＝＝8，
由正方形对角线相等且互相垂直平分可得：AC＝BD＝8，DO＝BO＝4，OA＝OC＝4，
又AE＝CF＝2，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF＝4﹣2＝2，
故四边形BEDF为菱形．
∵∠DOE＝90°，
∴DE＝＝＝2．
∴4DE＝，
故四边形BEDF的周长为8．
22．（2011秋•长阳县期末）如图，在矩形ABCD中，EF垂直平分BD．
（1）判断四边形BEDF的形状，并说明理由．
（2）已知BD＝20，EF＝15，求矩形ABCD的周长．
【分析】（1）EF垂直平分BD，则OB＝OD．根据AB∥CD可证△DOF≌△BOE，得OE＝OF．所以BD、EF互相垂直平分，四边形BEDF是菱形．
（2）利用菱形面积的两种表示方法求AD的长；利用勾股定理求AE的长．根据周长公式计算求解．
【解答】解：（1）四边形BEDF是菱形．
在△DOF和△BOE中，
∠FDO＝∠EBO，OD＝OB，∠DOF＝∠BOE＝90°，
所以△DOF≌△BOE，
所以OE＝OF．
又因为EF⊥BD，OD＝OB，
所以四边形BEDF为菱形． （5分）
（2）如图，在菱形EBFD中，BD＝20，EF＝15，
则DO＝10，EO＝7.5．
由勾股定理得DE＝EB＝BF＝FD＝12.5．
S菱形EBFD＝EF•BD＝BE•AD，
即
所以得AD＝12．
根据勾股定理可得AE＝3.5，有AB＝AE+EB＝16．
由2（AB+AD）＝2（16+12）＝56，
故矩形ABCD的周长为56． （10分）
23．（2021春•澄城县期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝CF+AE；
（2）当AE＝2时，求EF的长．
【分析】（1）由旋转可得DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝CF+AE；
（2）由（1）的全等得到AE＝CM＝2，正方形的边长为6，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF＝MF＝x，可得出BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝8﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【解答】（1）证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，AE＝CM，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
∴EF＝CF+AE；
（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
则EF＝5．
24．（2020春•仪征市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝11cm，点P从点D出发向终点A运动；同时点Q从点B出发向终点C运动．当P、Q两点其中有一点到达终点时，另一点随之停止，点P、Q的速度分别为1cm/s，2cm/s，连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为t（s）．
（1）如图（1），当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
（2）如图（2），若点E为边AD上一点，当AE＝3cm时，四边形EQCP可能为菱形吗？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质可得AP＝CQ，进而列方程，解方程可求解；
（2）根据菱形的性质可得PE＝CQ＝CP，进而列方程，解方程可求解．
【解答】解：由题意可得DP＝t，BQ＝2t，则AP＝11﹣t，
（1）若四边形ABQP是矩形，则AP＝BQ，
∴11﹣t＝2t，
解得t＝，
故当t＝时，四边形ABQP是矩形；
（2）由题意得PE＝8﹣t，CQ＝11﹣2t，CP2＝CD2+DP2＝16+t2，
若四边形EQCP为菱形，则PE＝CQ＝CP，
∴t2+16＝（8﹣t）2＝（11﹣2t）2，
解得t＝3，
故当t＝3时，四边形EQCP为菱形．
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