2021学年第二十二章 四边形综合与测试优秀课时练习

八年级数学下册第二十二章四边形综合练习

 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、一个多边形从一个顶点引出的对角线条数是4条，这个多边形的边数是（       ）

A．5 B．6 C．7 D．8

2、如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（       ）

A．OA＝OC，OB＝OD B．AB＝CD，AO＝CO

C．AB＝CD，AD＝BC D．∠BAD＝∠BCD，AB∥CD

3、如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝6，F为DE的中点．若OF的长为1，则△CEF的周长为（       ）

A．14 B．16 C．18 D．12

4、如图，DE是的中位线，若，则BC的长为（　　　）

A．8 B．7 C．6 D．7.5

5、十边形中过其中一个顶点有（       ）条对角线．

A．7 B．8 C．9 D．10

6、在下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（            ）

A．AB∥CD，AD∥BC B．AB＝CD，AD＝BC

C．AB ∥CD，AB＝CD D．AB∥CD，AD＝BC

7、在四边形ABCD中，对角线AC，BD互相平分，若添加一个条件使得四边形ABCD是菱形，则这个条件可以是（       ）

A．∠ABC＝90° B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AB∥CD

8、下列关于的叙述，正确的是（       ）

A．若，则是矩形 B．若，则是正方形

C．若，则是菱形 D．若，则是正方形

9、若菱形的周长为8，高为2，则菱形的面积为（       ）

A．2 B．4 C．8 D．16

10、下列说法不正确的是（       ）

A．三角形的外角大于每一个与之不相邻的内角

B．四边形的内角和与外角和相等

C．等边三角形是轴对称图形，对称轴只有一条

D．全等三角形的周长相等，面积也相等

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，平行四边形ABCD中，BD为对角线，，BE平分交DC于点E，连接AE，若，则为______度．

2、在平行四边形ABCD中，对角线AC长为8cm，，，则它的面积为______cm2．

3、平行四边形的对角线________．

几何语言：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO＝________，BO＝________（平行四边形的对角线互相平分）．

4、如图，E是正方形ABCD的对角线BD上一点，连接CE，过点E作，垂足为点F．若，，则正方形ABCD的面积为______．

5、如图所示，是长方形地面，长，宽，中间竖有一堵砖墙高．一只蚂蚱从点爬到点，它必须翻过中间那堵墙，则它至少要走______的路程．

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、如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，求证：DC＝CF．

3、如图，长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，设点D落在D′处，BC交于点E．AB＝6cm，BC＝8cm．

(1)求证AE＝EC；

(2)求阴影部分的面积．

4、如图，已知矩形ABCD（AB＜AD）．E是BC上的点，AE=AD．

(1)在线段CD上作一点F，连接EF，使得∠EFC＝∠BEA(请用直尺和圆规作图，保留作图痕迹)；

(2)在（1）作出的图形中，若AB＝4，AD＝5，求DF的值．

5、（1）【发现证明】

如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．

（2）【类比引申】

①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）

②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是______（不要求证明）

（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．

-参考答案-

一、单选题

1、C

【解析】

【分析】

根据从n边形的一个顶点引出对角线的条数为(n-3)条，可得答案．

【详解】

解：∵一个n多边形从某个顶点可引出的对角线条数为(n-3)条，

而题目中从一个顶点引出4条对角线，

∴n-3=4，得到n=7，

∴这个多边形的边数是7．

故选：C．

【点睛】

本题考查了多边形的对角线，从一个顶点引对角线，注意相邻的两个顶点不能引对角线．

2、B

【解析】

略

3、B

【解析】

【分析】

根据中位线的性质及直角三角形斜边上中线的性质可得：，结合图形得出的周长为，再由中位线的性质得出，在中，利用勾股定理确定，即可得出结论．

【详解】

解：在正方形ABCD中，，，，

∵F为DE的中点，O为BD的中点，

∴OF为的中位线且CF为斜边上的中线，

∴，

∴的周长为，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

在中，，，，

∴，

∴的周长为，

故选：B．

【点睛】

题目主要考查正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等，理解题意，熟练掌握运用各个知识点是解题关键．

4、A

【解析】

【分析】

已知DE是的中位线，，根据中位线定理即可求得BC的长．

【详解】

是的中位线，，

，

故选：A．

【点睛】

此题主要考查三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半；掌握中位线定理是解题的关键．

5、A

【解析】

【分析】

根据多边形对角线公式解答．

【详解】

解：十边形中过其中一个顶点有10-3=7条对角线，

故选：A．

【点睛】

此题考查了多边形对角线公式，理解公式的得来方法是解题的关键．

6、D

【解析】

略

7、B

【解析】

略

8、A

【解析】

【分析】

由菱形的判定方法、矩形的判定方法、正方形的判定方法得出选项、、错误，正确；即可得出结论．

【详解】

解：中，，

四边形是矩形，选项符合题意；

中，，

四边形是菱形，不一定是正方形，选项不符合题意；

中，，

四边形是矩形，不一定是菱形，选项不符合题意；

中，，

四边形是菱形，选项不符合题意；

故选：．

【点睛】

本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定方法、矩形的判定方法、正方形的判定方法；熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定方法是解决问题的关键．

9、B

【解析】

【分析】

根据周长求出边长，利用菱形的面积公式即可求解．

【详解】

∵菱形的周长为8，

∴边长=2，

∴菱形的面积=2×2=4，

故选：B．

【点睛】

此题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的面积=底×高是解题的关键．

10、C

【解析】

【分析】

根据三角形外角的性质，四边形内角和定理和外角和定理，等边三角形的对称性，全等三角形的性质判断即可．

【详解】

∵三角形的外角大于每一个与之不相邻的内角，正确，

∴A不符合题意；

∵四边形的内角和与外角和都是360°，

∴四边形的内角和与外角和相等，正确，

∴B不符合题意；

∵等边三角形是轴对称图形，对称轴有三条，

∴等边三角形是轴对称图形，对称轴只有一条，错误，

∴C符合题意；

∵全等三角形的周长相等，面积也相等，正确，

∴D不符合题意；

故选C．

【点睛】

本题考查了三角形外角的性质，四边形的内角和，外角和定理，等边三角形的对称性，全等三角形的性质，准确相关知识是解题的关键．

二、填空题

1、22

【解析】

【分析】

先根据平行四边形的性质可得，从而可得，再根据等边三角形的判定证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，最后根据全等三角形的性质即可得．

【详解】

解：平行四边形中，，

，

，

，

平分，

，

是等边三角形，

，

，

在和中，，

，

，

故答案为：22．

【点睛】

本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，正确找出两个全等三角形是解题关键．

2、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．

3、     互相平分     CO     DO

【解析】

略

4、49

【解析】

【分析】

延长FE交AB于点M，则，，由正方形的性质得，推出是等腰直角三角形，得出，由勾股定理求出CM，故得出BC，由正方形的面积公式即可得出答案．

【详解】

如图，延长FE交AB于点M，则，，

∵四边形ABCD是正方形，

∴，

∴是等腰直角三角形，

∴，

在中，，

∴，

∴．

故答案为：49．

【点睛】

本题考查正方形的性质以及勾股定理，掌握正方形的性质是解题的关键．

5、

【解析】

【分析】

根据题意，将长方形底面和中间墙展开为平面图，并连接BD，根据两点之间直线段最短和勾股定理的性质计算，即可得到答案．

【详解】

将长方形底面和中间墙展开后的平面图如下，并连接BD

根据题意，展开平面图中的

∴一只蚂蚱从点爬到点，最短路径长度为展开平面图中BD长度

∵是长方形地面

∴

∴

故答案为：．

【点睛】

本题考查了立体图形展开图、矩形、两点之间直线段最短、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握立体图形展开图、勾股定理的知识，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、见解析

【解析】

【分析】

根据平行四边形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，根据平行线的性质可得∠BAE＝∠CFE，根据中点的定义可得EB＝EC，利用AAS可证明△ABE≌△FCE，可得AB＝CF，进而可得结论．

【详解】

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，AB＝CD，

∴∠BAE＝∠CFE；

∵E为BC中点，

∴EB＝EC，

在△ABE与△FCE中，

，

∴△ABE≌△FCE（AAS），

∴AB＝CF，

∴DC＝CF．

【点睛】

本题考查平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．

3、 (1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）先根据折叠的性质可得，再根据矩形的性质、平行线的性质可得，从而可得，然后根据等腰三角形的判定即可得证；

（2）设，从而可得，先在中，利用勾股定理可得的值，再利用三角形的面积公式即可得．

(1)

证明：由折叠的性质得：，

四边形是长方形，

，

，

，

．

(2)

解：四边形是长方形，

，

设，则，

在中，，即，

解得，

即，

则阴影部分的面积为．

【点睛】

本题考查了矩形与折叠问题、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题关键．

4、 (1)见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求，理由：可先证明△AEF≌△ADF，可得∠AEF=∠D=90°，从而得到∠DAE+∠DFE=180°，进而得到∠EFC=∠DAE，再由AD∥BC，即可求解；

（2）根据矩形的性质可得∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，从而得到BE＝3，进而得到EC＝2，然后在 中，由勾股定理，即可求解．

(1)

解：如图，作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求．

∵AE=AD，∠EAF=∠DAF，AF=AF，

∴△AEF≌△ADF，

∴∠AEF=∠D=90°，

∴∠DAE+∠DFE=180°，

∵∠EFC+∠DFE=180°，

∴∠EFC=∠DAE，

∵在矩形ABCD中，AD∥BC，

∴∠BEA=∠DAE，

∴∠EFC＝∠BEA；

(2)

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，

∵AE＝AD＝5，

∴BE＝＝＝3，

∴EC＝BC﹣BE＝5﹣3＝2，

由（1）得：△AEF≌△ADF，

∴ ，

在 中， ，

∴ ，

∴ ．

【点睛】

本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．

5、（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）

【解析】

【分析】

（1）证明，可得出，则结论得证；

（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；

（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．

【详解】

（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，

，，，

，

，，三点共线，

，

，

，

，

，

，

，

；

（2）①不成立，结论：；

证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，

，，，，

，

，

，

；

②如图3，将绕点逆时针旋转至，

，，

，

，

，

，

，

，

．

即．

故答案为：．

（3）解：由（1）可知，

正方形的边长为6，

，

．

，

，

设，则，，

在中，

，

，

解得：．

，

．

【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导．