沪科版八年级下册第19章 四边形综合与测试精品单元测试精练

这是一份沪科版八年级下册第19章 四边形综合与测试精品单元测试精练，共18页。试卷主要包含了内角和为540°的多边形是，下列判断错误的是，正七边形的外角和是　 　等内容，欢迎下载使用。

满分100分


班级:________姓名:________学号:________成绩:________


一．选择题（共8小题,，满分24分）


1．从五边形的一个顶点出发可以连接的对角线条数为（ ）


A．1B．2C．3D．4


2．内角和为540°的多边形是（ ）


A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形


3．下列边长相等的正多边形能完成镶嵌的是（ ）


A．2个正八边形和1个正三角形


B．3个正方形和2个正三角形


C．1个正五边形和1个正十边形


D．2个正六边形和2个正三角形


4．如图，为了测量池塘边A、B两地之间的距离，在线段AB的同侧取一点C，连结CA并延长至点D，连结CB并延长至点E，使得A、B分别是CD、CE的中点，若DE＝18m，则线段AB的长度是（ ）





A．9mB．12mC．8mD．10m


5．下列判断错误的是（ ）


A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形


B．四个内角都相等的四边形是矩形


C．一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形


D．四条边都相等的四边形是菱形


6．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件后仍不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）





A．AD∥BC，AO＝COB．AD＝BC，AO＝OC


C．AD＝BC，CD＝ABD．S△AOD＝S△COD＝S△BOC


7．如图，在正方形ABCD内，以BC为边作等边三角形BCM，连接AM并延长交CD于N，则下列结论不正确的是（ ）





A．∠DAN＝15°B．∠CMN＝45°C．AM＝MND．MN＝NC


8．若一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的多边形的边数可能为（ ）


A．14或15B．13或14C．13或14或15D．14或15或16


二．填空题（共8小题，满分24分）


9．正七边形的外角和是 ．


10．如图，在平行四边形ABCD中，∠A与∠B的度数之比为2：1，则∠A＝ °．





11．如图，五边形ABCDE的对角线共有 条．





12．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝130°，DE⊥AB于点E，则∠BDE＝ °．





13．如图，在矩形ABCD中，AC，BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点．若BD＝8，则MN的长为 ．





14．如图，在菱形ABCD中，连接BD，点E在AB上，连接CE交BD于点F，作FG⊥BC于点G，∠BEC＝3∠BCE，BF＝DF，若FG＝，则AB的长为 ．





15．阅读：将一个量用两种方法分别计算一次，由结果相同构造等式解决问题，这种思维方法称为“算两次”原理，又称“富比尼原理”，比如我们常用的等积法是其中的一种．如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝3cm，E是CD的中点，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿点A→B→C→E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为ts，则当t＝ s时，S△APE＝4．





16．如图，△A1B1C1中，A1B1＝4，A1C1＝5，B1C1＝7．点A2，B2，C2分别是边B1C1，A1C1，A1B1的中点；点A3，B3，C3分别是边B2C2，A2C2，A2B2的中点；…以此类推，则第2020个三角形的周长是 ．





三．解答题（共7小题，满分52分）


17．矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，CF平分∠BCD交AD于点F，求证：AE∥CF．








18．如图，在▱ABCD中，点E是BC上的一点，连接DE，在DE上取一点F使得∠AFE＝∠ADC．若DE＝AD，求证：DF＝CE．











19．已知：如图，平行四边形ABCD中，O是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延长线于点E．


（1）求证：△AOD≌△EOC；


（2）连接AC、DE，当∠B＝∠AEB＝45°时，求证四边形ACED是正方形．








20．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．


（1）求证：四边形ADCF是菱形；


（2）若AC＝12，AB＝16，求菱形ADCF的面积．











21．在平行四边形ABCD中，在平行四边形内作以线段AD为边的等边△ADM，连结AM．


（1）如图1，若点M在对角线BD上，且∠ABC＝105°，AB＝3，求AM的长；


（2）如图2，点E为CD边上一点，连接ME，点F是BM的中点，CF⊥BM，若CE+ME＝DE．求证：BM⊥ME．








22．如图，矩形ABCD中，点P是线段AD上的一个动点，O为BD的中点，PO的延长线交BC于Q．


（1）求证：OP＝OQ；


（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动（不与D重合）．设点P运动的时间为t秒，请用t表示PD的长；


（3）当t为何值时，四边形PBQD是菱形？





23．如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于点F，


（1）证明：PC＝PE；


（2）求∠CPE的度数；


（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC＝120°，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．






























































参考答案


一．选择题（共8小题）


1．【解答】解：∵n边形（n＞3）从一个顶点出发可以引（n﹣3）条对角线，


∴从五边形的一个顶点出发可以画出5﹣3＝2（条）对角线．


故选：B．


2．【解答】解：设这个多边形的边数是n，


则（n﹣2）•180°＝540°，


解得n＝5，


故选：C．


3．【解答】解：A、正三角形的每个内角是60°，正八边形形的每个内角是135°，∵2×135°+1×90°≠360°，不能密铺．


B、正三角形的每个内角是60°，正方形的每个内角是90°，∵3×90°+2×60°≠360°，不能密铺．


C、正五边形的每个内角是108°，正十边形的每个内角是144°，∵108°+144°≠360°，不能密铺．


D、正六边形的每个内角是120°，正三角形每个内角是60°，2×120°+2×60°＝360°，能铺满．


故选：D．


4．【解答】解：∵A、B分别是CD、CE的中点，若DE＝18m，


∴AB＝DE＝9m，


故选：A．


5．【解答】解：A、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故A选项不符合题意；


B、四个内角都相等的四边形是矩形，故B选项不符合题意；


C、一组对边平行且对角线相等的四边形不一定是矩形，故C选项符合题意；


D、四条边都相等的四边形是菱形，故D选项不符合题意；


故选：C．


6．【解答】解：若∵AD∥BC，


∴∠ADO＝∠CBO，且AO＝CO，∠AOD＝∠BOC，


∴△AOD≌△COB（AAS）


∴AD＝BC，


∴四边形ABCD是平行四边形，故A选项不合题意；


若AD＝BC，CD＝AB，


∴四边形ABCD是平行四边形，故C选项不合题意；


若S△AOD＝S△COD＝S△BOC，


∴AO＝CO，BO＝DO，


∴四边形ABCD是平行四边形，故D选项不合题意；


故选：B．


7．【解答】解：作MG⊥BC于G．





∵四边形ABCD是正方形，


∴BA＝BC，∠ABC＝∠DAB＝°∠DCB＝90°


∵△MBC是等边三角形，


∴MB＝MC＝BC，∠MBC＝∠BMC＝60°，


∵MG⊥BC，


∴BG＝GC，


∵AB∥MG∥CD，


∴AM＝MN，


∴∠ABM＝30°，


∵BA＝BM，


∴∠MAB＝∠BMA＝75°，


∴∠DAN＝90°﹣75°＝15°，∠CMN＝180°﹣75°﹣60°＝45°，


故A，B，C正确，


故选：D．


8．【解答】解：如图，n边形，A1A2A3…An，


若沿着直线A1A3截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数少1，


若沿着直线A1M截去一个角，所得到的多边形，与原来的多边形的边数相等，


若沿着直线A1N截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数多1，


因此将一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的四边形为13或14或15，


故选：C．





二．填空题（共8小题）


9．【解答】解：根据任意多边形的外角和都为360°，可知正七边形的外角和是360°，


故答案为360°．


10．【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，


∴∠A+∠B＝180°，


∵∠A：∠B＝2：1，


∴∠A＝×180°＝120°．


故答案为：120．


11．【解答】解：五边形ABCDE的对角线共有＝5（条）．


故答案为：5．


12．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，


∴∠DBC＝∠DBA＝∠ABC＝65°，


∵DE⊥AB，


∴∠DBE+∠BDE＝90°，


∴∠BDE＝25°，


故答案为：25．


13．【解答】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，AC，BD交于点O，BD＝8


∴BD＝2BO，即2BO＝8．


∴BO＝4．


又∵M、N分别为BC、OC的中点，


∴MN是△CBO的中位线，


∴MN＝BO＝2．


故答案是：2．





14．【解答】解：连接AC交BD于M，如图所示：


设BF＝5a，则DF＝11a，


∴BD＝16a，


∵四边形ABCD是菱形，


∴AC⊥BD，∠ACB＝∠ACD，AB＝BC，AB∥CD，BM＝DM＝BD＝8a，


∴FM＝BM﹣BF＝3a，


∵AB∥CD，


∴∠BEC＝∠ECD，


∵∠BEC＝3∠BCE，


∴∠ECD＝3∠BCE，


∴∠ACE＝∠BCE，


∴CF平分∠ACB，


∵FG⊥BC，FM⊥AC，


∴FG＝FM＝，


∴3a＝，


∴a＝，


∴BF＝，BM＝2，


在Rt△FMC和Rt△FGC中，，


∴Rt△FMC≌Rt△FGC（HL），


∴CG＝CM，


在Rt△BFG中，BG＝＝＝1，


设CG＝CM＝x，则BC＝x+1，


在Rt△BMC中，由勾股定理得：22+x2＝（x+1）2，


解得：x＝，


∴AB＝BC＝．





15．【解答】解：①如图1，





当P在AB上时，


∵△APE的面积等于4，


∴t•3＝4，


t＝；


②当P在BC上时，如图2，





∵△APE的面积等于4，


∴S长方形ABCD﹣S△CPE﹣S△ADE﹣S△ABP＝4，


∴3×4﹣（3+4﹣t）×2﹣×2×3﹣×4×（t﹣4）＝4，


t＝6；


③当P在CE上时，如图3，





∴（4+3+2﹣t）×3＝4，


t＝＜3+4，此时不符合；


故答案为：或6．


16．【解答】解：∵△A1B1C1中，A1B1＝4，A1C1＝5，B1C1＝7，


∴△A1B1C1的周长是16，


∵A2，B2，C2分别是边B1C1，A1C1，A1B1的中点，


∴B2C2，A2C2，A2B2分别等于A1B1、B1C1、C1A1的，


…，


以此类推，则△A4B4C4的周长是×16，


∴△AnBn∁n的周长是，


则第2020个三角形的周长是＝．


故答案为：．


三．解答题（共7小题）


17．【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，


∴AD∥BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，


∴∠AEB＝∠DAE，


∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，


∴∠DAE＝∠BAD＝45°，∠BCF＝∠BCD＝45°，


∴∠AEB＝∠DAE＝∠BCF，


∴AE∥CF．


18．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，


∴∠B＝∠ADC，AB∥CD，AD∥BC，


∴∠C+∠B＝180°，∠ADF＝∠DEC，


∵∠AFD+∠AFE＝180°，∠AFE＝∠ADC，


∴∠AFD＝∠C，


在△AFD和△DEC中，，


∴△AFD≌△DCE（AAS），


∴DF＝CE．


19．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．


∴∠D＝∠OCE，∠DAO＝∠E．


∵O是CD的中点，


∴OC＝OD，


在△AOD和△EOC中，，


∴△AOD≌△EOC（AAS）；


（2）∵△AOD≌△EOC，


∴OA＝OE．


又∵OC＝OD，


∴四边形ACED是平行四边形．


∵∠B＝∠AEB＝45°，


∴AB＝AE，∠BAE＝90°


∵四边形ABCD是平行四边形，


∴AB∥CD，AB＝CD．


∴∠COE＝∠BAE＝90°．


∴▱ACED是菱形．


∵AB＝AE，AB＝CD，


∴AE＝CD．


∴菱形ACED是正方形．





20．【解答】（1）证明：∵E是AD的中点，


∴AE＝DE，


∵AF∥BC，


∴∠AFE＝∠DBE，


在△AEF和△DEB中，


∵，


∴△AEF≌△DEB（AAS），


∴AF＝DB，


∴四边形ADCF是平行四边形，


∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，


∴AD＝CD＝BC，


∴四边形ADCF是菱形；


（2）解：设AF到CD的距离为h，


∵AF∥BC，AF＝BD＝CD，∠BAC＝90°，


∴S菱形ADCF＝CD•h＝BC•h＝S△ABC＝AB•AC＝×12×16＝96．


21．【解答】解：（1）如图1，过点C作CN⊥BD于N，





∵四边形ABCD是平行四边形，


∴BC＝AD，AB＝CD＝3，∠ABC＝∠ADC＝105°，AD∥BC，


∴∠CBD＝∠ADB，


∵△ADM是等边三角形，


∴AD＝AM＝MD，∠ADM＝60°，


∴∠CBD＝60°，∠CDN＝45°，


∵CN⊥BD，


∴∠BCN＝30°，∠NCD＝∠NDC＝45°，


∴CN＝DN，CD＝CN＝3，


∴CN＝3，


∵∠BCN＝30°，CN⊥BD，


∴CN＝BN，BC＝2BN，


∴BN＝，BC＝2，


∴BC＝AD＝AM＝2；


（2）在ED上截取EH＝EM，连接CM，MH，





∵点F是BM的中点，CF⊥BM，


∴CM＝BC，且CF⊥BM，


∴∠BCF＝∠MCF，


∴CM＝BC＝MD＝AD，


∴∠MCD＝∠MDC，


∵CE+ME＝DE，DE＝EH+DH，且ME＝EH，


∴CE＝DH，且∠MCD＝∠MDC，CM＝DM，


∴△MCE≌△MDH（SAS）


∴MH＝ME，


∴MH＝ME＝EH，


∴△MEH是等边三角形，


∴∠MEH＝60°，


∵AD∥BC，


∴∠BCD+∠ADC＝180°，


∴∠BCF+∠FCM+∠MCD+∠MDC+60°＝180°，


∴2∠FCM+2∠MCD＝120°，


∴∠FCD＝60°＝∠MEH，


∴CF∥ME，且CF⊥BM，


∴BM⊥ME．


22．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，


∴AD∥BC，


∴∠PDO＝∠QBO，


∵O为BD的中点，


∴DO＝BO，


在△PDO和△QBO中，


，


∴△PDO≌△QBO（ASA），


∴OP＝OQ；


（2）由题意知：AD＝8cm，AP＝tcm，


∴PD＝8﹣t，


（3）∵PB＝PD，


∴PB2＝PD2，


即AB2+AP2＝PD2，


∴62+t2＝（8﹣t）2，


解得 t＝，


∴当t＝时，PB＝PD．


23．【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝BC，


∠ABP＝∠CBP＝45°，


在△ABP和△CBP中，，


∴△ABP≌△CBP（SAS），


∴PA＝PC，


∵PA＝PE，


∴PC＝PE；


（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，


∴∠BAP＝∠BCP，


∴∠DAP＝∠DCP，


∵PA＝PE，


∴∠DAP＝∠E，


∴∠DCP＝∠E，


∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），


∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，


即∠CPE＝∠EDF＝90°


（3）解：AP＝CE；理由如下：


在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝60°，


在△ABP和△CBP中，，


∴△ABP≌△CBP（SAS），


∴PA＝PC，∠BAP＝∠BCP，


∵PA＝PE，


∴PC＝PE，


∴∠DAP＝∠DCP，


∵PA＝PC，


∴∠DAP＝∠AEP，


∴∠DCP＝∠AEP


∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），


∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠AEP，


即∠CPF＝∠EDF＝180°﹣∠ADC＝180°﹣120°＝60°，


∴△EPC是等边三角形，


∴PC＝CE，


∴AP＝CE．