沪科版数学八下专题20 平行四边形章末素养评估卷（2份，原卷版+解析版）

这是一份沪科版数学八下专题20 平行四边形章末素养评估卷（2份，原卷版+解析版），文件包含沪科版数学八下专题20平行四边形章末素养评估卷原卷版doc、沪科版数学八下专题20平行四边形章末素养评估卷解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
专题20 平行四边形章末素养评估卷一、单选题(共40分)1．(本题4分)（2022·辽宁·沈阳市第一二六中学九年级阶段练习）正六边形是轴对称图形，它的对称轴有（       ）A．3条 B．4条 C．6条 D．12条【答案】C【解析】【分析】根据轴对称图形的概念、对称轴的概念和正六边形的性质判断即可．【详解】如图所示：正六边形相对两个顶点的连线，相对两条边中点的连线都是对称轴，共有六条，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查的是正六边形的性质，轴对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．掌握概念是解题的关键．2．(本题4分)（2022·北京市广渠门中学九年级阶段练习）若一个多边形的每个内角均为，则该多边形是（       ）A．正四边形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形【答案】C【解析】【分析】根据多边形的内角和公式，可得答案．【详解】解：设多边形为n边形，由题意，得（n-2）•180=120n，解得n=6，故选：C．【点睛】本题考查了正多边形的概念和内角和公式，解题关键是牢记多边形的内角和公式．3．(本题4分)（2022·江苏·无锡市侨谊实验中学八年级期中）能判定四边形ABCD为平行四边形的条件是 (        )A．CB=CD，AB=AD B．C．AB//CD，AD=BC D．AB=CD，AD=BC【答案】D【解析】【分析】根据平行四边形的判定性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．【详解】∵AB=CD，AD=BC∴四边形ABCD为平行四边形，即选项D正确；其他选项，均无法推导得四边形ABCD为平行四边形故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定性质，从而完成求解．4．(本题4分)（2022·福建省诏安县第三实验中学一模）如图，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点D、C分别落在D′、C′的位置，若∠EFB＝65°，则∠AED′等于（        ）A．50° B．55° C．60° D．65°【答案】A【解析】【分析】利用平行线的性质和轴对称的性质进行角度计算解答即可；【详解】解：∵ABCD是长方形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠EFB=65°，由折叠性质可得∠DEF=∠D′EF=65°，∴∠AED′=180°-65°-65°=50°，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质；折叠前后的两个图形是全等图形，同时也是轴对称图形．5．(本题4分)（2022·广东·一模）如图，四边形ABCD四边的中点分别为E，F，G，H，对角线AC与BD相交于点O，若四边形EFGH的周长是3，则AC＋BD的长为（       ）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】A【解析】【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后求解即可．【详解】解：如图，∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，根据三角形的中位线的性质知：EF∥AC，GH∥AC且EF=GH=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∵四边形EFGH的周长是3，即EF+GH+EH+FG=3，∴AC+BD=3，故选：A．【点睛】本题主要考查中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．6．(本题4分)（2022·江苏·启东市长江中学八年级阶段练习）如图，若四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，则菱形ABCD的边长是（       ）A．13 B．12 C．26 D．52【答案】A【解析】【分析】根据菱形的性质和勾股定理解答即可．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∵AC=24，BD=10，∴OA=12，OB=5，在Rt△AOB中，由勾股定理得，AB= =13，故选：A．【点睛】本题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质对角线垂直解答．7．(本题4分)（2021·河南焦作·八年级期中）怡林在学习正方形之后，给永鑫同学出了一道题，有下列四个条件：①；②；③；④．从中选两个作为补充条件，使平行四边形ABCD为正方形，现有下列四种选法，你认为错误的是（       ）A．①② B．②③ C．①③ D．②④【答案】B【解析】【分析】利用矩形、菱形、正方形之间的联系，结合正方形的判定方法分别判断即可．【详解】解：如图，四边形ABCD是平行四边形，A．当①AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形，当②AC=BD，平行四边形ABCD是矩形，既是矩形又是菱形的平行四边形是正方形，所以平行四边形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；B．当②AC=BD，平行四边形ABCD是矩形，又当③∠ABC=90°，平行四边形ABCD是矩形，所以平行四边形ABCD是矩形，故此选项错误，符合题意；C．当①AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形，当③∠ABC=90°，平行四边形ABCD是矩形，既是矩形又是菱形的平行四边形是正方形，所以平行四边形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；D．当②AC=BD，平行四边形ABCD是矩形，当④AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，既是矩形又是菱形的平行四边形是正方形，所以平行四边形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意故选：B．【点睛】本题主要考查了正方形的判定以及矩形、菱形的判定方法，正确掌握正方形的判定方法是解题关键．8．(本题4分)（2021·河北·廊坊市第四中学八年级阶段练习）如图，四种瓷砖图案中，不能铺满地面的是（　　）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根据镶嵌的定义计算判读即可．【详解】∵能够铺满地面的图形是内角能拼成360°，∵正三角形一个内角60°，正方形一个内角90°，正五边形一个内角108°，正六边形一个内角120°，只有正五边形无法凑成360°．故选：C．【点睛】本题考查了镶嵌问题，熟练掌握镶嵌的条件是解题的关键．9．(本题4分)（2022·江苏扬州·八年级期中）如图，点P为▱ABCD外一点，连接PA、PB、PC、PD，若△APB的面积为18，△APD的面积为5，则△APC的面积为（　　）A．10 B．13 C．18 D．20【答案】B【解析】【分析】根据题意，表示出已知三角形的面积，然后作差，再根据平行四边形的性质即可解答本题．【详解】解：DC与AP交于点E，设点P到DC的距离为，DC和AB之间的距离为，∵，，∴，，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝DC，∴，即，∴，即△APC的面积是13，故选：B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和三角形的面积公式，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．10．(本题4分)（2022·江苏·无锡市天一实验学校八年级阶段练习）如图是以KL所在的直线为对称轴的轴对称图形，六边形EFGHLK的各个内角相等，记四边形HCH′L、四边形EKE′A、△BGF的周长分别为C1、C2、C3，且C1＝2C2＝4C3，已知FG＝LK，EF＝6，则AB的长是（       ）A．9.5 B．10 C．10.5 D．11【答案】D【解析】【分析】根据六边形EFGHLK的各个内角相等，即可得出△BFG，△AEK，△CHL都是等边三角形，由轴对称可得，四边形HCH′L、四边形EKE′A都是菱形，再根据C1=2C2=4C3，FG=LK，EF=6，即可得到AB．【详解】解：∵六边形EFGHLK的各个内角相等，∴该六边形的每个内角为120°，每个外角都是60°，∴△BFG，△AEK，△CHL都是等边三角形，∴∠B=∠BAC=∠ACB=60°，BF=FG，AE=AK，CL=HL，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，即BF+FE+AE=AK+KL+CL，又∵BF=FG=KL，∴EF=CL=6=CH，由轴对称可得，四边形HCH′L、四边形EKE′A都是菱形，∵C1=2C2，∴AE=CH=3，又∵2C2=4C3，∴C3=C2=×12=6，∴BF=×6=2，∴AB=BF+EF+AE=2+6+3=11，故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及轴对称性质，解题时注意：四条边相等的四边形是菱形．二、填空题(共20分)11．(本题5分)（2020·宁夏吴忠·八年级期末）在一个八边形中，其中七个内角的和是1000°，则这个八边形另一个内角的度数为____．【答案】80°【解析】【分析】根据多边形内角和公式可进行求解．【详解】解：由题意得：八边形的内角和为180°×（8-2）=1080°，∴这个八边形另一个内角的度数为1080°-1000°=80°；故答案为80°．【点睛】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．12．(本题5分)（2021·天津市武清区杨村第五中学八年级期中）如图，连接正五边形的对角线AD、BE、CE，线段AD分别与BE、CE相交于点M、N．若AD＝6，则△EMN的周长为 ___．【答案】6【解析】【分析】由题意知，，，；同理可证：，由，即可求的周长．【详解】解：由题意知∴在和中∴∴∴同理可证：∴的周长为故答案为：6．【点睛】本题考查了正多边形的性质，三角形全等，等腰三角形的性质．解题的关键在于通过等腰三角形将边长进行转化．13．(本题5分)（2021·黑龙江大庆·一模）在平面直角坐标系中，A（﹣2，0）、B（4，0），如图C在x轴上，BC＝2，Q从O向C运动，以AQ、BQ为边作等边△AEQ、等边△FBQ．连接EF，点P为EF中点，则P点运动的路径长为_____．【答案】1【解析】【分析】如图所示，延长AE，BF交于点H，则△ABH为等边三角形，再由三角形AEQ与三角形BGF为等边三角形，得到两对同位角相等，利用同位角相等两直线平行得到EQ与AH平行，EQ与BH平行，进而确定出四边形EQFH为平行四边形，根据P为EF的中点，得到P为HQ的中点，随着点Q从O点向C点运动，点P也由P1运动到P2，利用中位线定理求出运动的路径长即可．【详解】解：如图所示，延长AE，BF交于点H，则△ABH为等边三角形，∵△AEQ与△BFQ都为等边三角形，∴∠EAQ＝∠FQB＝60°，∠AQE＝∠QBF＝60°，∴FQ∥AH，EQ∥BH，∴四边形EQFH为平行四边形，∵P为EF的中点，∴P为HQ中点，∵A（﹣2，0），B（4，0），BC＝2，∴OC＝2，随着点Q从O点向C点运动，点P也由P1运动到P2，∴，即P运动的路径为1．故答案为：1．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的判定与性质，坐标与图形性质，中位线定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．14．(本题5分)（2020·浙江·八年级期末）如图，在中，，，分别为，上一点，将，沿，翻折，点，恰好重合于点处，若中有一个角等于，则________．【答案】或．【解析】【分析】由折叠的性质得出AD＝PD＝BD，∠CPD＝∠B，∠PDC＝∠BDC，∠PCD＝∠DCB，由直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AB＝AD＝BD，由等腰三角形的性质得出∠ACD＝∠A，∠DCB＝∠B，再分三种情况讨论即可．【详解】解：由折叠可得，AD＝PD＝BD，∠CPD＝∠B，∠PDC＝∠BDC，∠PCD＝∠DCB，∴D是AB的中点，∴CD＝AB＝AD＝BD，∴∠ACD＝∠A，∠DCB＝∠B，当∠CPD＝48°时，∠B＝48°，∴∠A＝90°−∠B＝42°；当∠PCD＝48°时，∠DCB＝∠B＝48°，∴∠A＝42°；当∠PDC＝48°时，则∠PDC＝∠BDC＝48°，∵∠BDC＝∠A＋∠ACD，∠ACD＝∠A，∴∠A＝∠BDC＝24°；故答案为：42°或24°．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握翻折变换的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．三、解答题(共90分)15．(本题8分)（2022·河南·开封市第二十七中学八年级期中）一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，求这个多边形的边数及内角和．【答案】这个多边形的边数是10，内角和为【解析】【分析】设这个多边形的边数是n，根据多边形内角和以及外角和列出方程求解即可．【详解】解：设这个多边形的边数是n，则， ，．内角和为答：这个多边形的边数是10，内角和为．【点睛】本题考查了多边形内角和与外角和，掌握多边形内角和公式是解题的关键．16．(本题8分)（2021·重庆·模拟预测）在△ABC 中，AD是△ABC 的高，∠B=30°，∠C=52°．(1)尺规作图：作△ABC 的角平分线AE；(2)求∠DAE的大小．【答案】(1)见解析(2)∠DAE的大小为11°【解析】【分析】（1）利用基本作图作AE平分∠BAC；（2）先利用三角形内角和定理计算出∠BAC=98°，再利用角平分线的定义得到∠EAC=49°，接着计算出∠DAC，然后计算∠EAC-∠DAC即可．(1)解，作图如下：(2)解：∵∠B=30°，∠C=52°，∴∠BAC=180°-∠B-∠C=98°，∵AE平分∠BAC，∴∠EAC=∠BAC=49°，∵AD为高，∴∠ADC=90°，∴∠DAC=90°-∠C=38°，∴∠DAE=∠EAC-∠DAC=49°-38°=11°．【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了三角形内角和定理．17．(本题8分)（2021·四川内江·一模）如图，已知、是对角线上的两点，且，，连接、．求证：．【答案】见解析【解析】【分析】通过证明BE和DF平行且相等得出四边形BEDF是平行四边形，得出结论．【详解】证明： ，，，．∵四边形是平行四边形，，．．在和中，，．又，四边形是平行四边形．．【点睛】本题考查平行四边形额判定和性质，两个图形注意从这两个图形的公共部分入手．18．(本题8分)（2021·浙江湖州·一模）如图，在方格纸中，每个小正方形的边长都是1，点A，B，P都在格点上，请按要求画出图形，使点P在所画图形的内部（不包括边界上）．(1)请在图1中作出一个▱ABCD，点C和点D都在格点上；(2)请在图2中画一个四边形ABEF，使得EFAB，且∠A是钝角，点E和点F都在格点上．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质画出图形即可；（2）根据四边形的特点“EFAB，且∠A是钝角”画出图形即可．(1)解：如图所示，四边形ABCD即为所求；∵,，∴四边形ABCD是平行四边形；(2)解：如图所示，四边形ABEF即为所求；∵，，∴．【点睛】本题主要考查了勾股定理与网格问题，平行四边形的判定，熟知勾股定理与网格的知识是解题的关键．19．(本题10分)（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）已知：在ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点O作，分别交AB，DC于点E，F，连接BF，DE．(1)如图1，求证：四边形DEBF是菱形；(2)如图2，ADEF，且，在不添加任何辅助线的条件下，请直接写出图2中四个度数为的角．【答案】(1)见详解(2)、、、．【解析】【分析】（1）证，得到DF//BE，，则四边形为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形从而证得结论；（2）证四边形是平行四边形，得，再证是等边三角形，得，然后由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得，同理．(1)证明：四边形为平行四边形，∴AB//CD，，在和中，，，，∵BE//DF，四边形是平行四边形，，四边形是菱形；(2)解：四边形是平行四边形，∴AB//CD，∵AD//EF，四边形是平行四边形，，由（1）得：四边形是菱形，，，，，是等边三角形，，，，同理：，即图2中四个度数为的角为、、、．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．20．(本题10分)（2022·湖南·长沙市北雅中学一模）如图，在中，AC=BC，M、N分别是AB和CD的中点．(1)求证：四边形AMCN是矩形；(2)若∠B=60°，BC=8，求的面积．【答案】(1)证明见解析；(2)平行四边形ABCD的面积为．【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB∥CD，AB=CD，由已知条件得出AM∥CN，AM=CN，证出四边形AMCN是平行四边形，由等腰三角形的性质得出∠CMA=90°，即可得出四边形AMCN是矩形；（2）根据∠B=60°，BC=8，即可得到CM和BM的长，再根据等腰三角形的性质即可得到AB的长，进而得出的面积．(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，∵M、N分别是AB和CD的中点，∴AM=BM，AM∥CN，AM=CN，∴四边形AMCN是平行四边形，又∵AC=BC，AM=BM，∴CM⊥AB，∴∠CMA=90°，∴四边形AMCN是矩形；(2)解：∵∠B=60°，BC=8，∠BMC=90°，∴∠BCM=30°，∴Rt△BCM中，BM=BC=4，CM=4，∵AC=BC，CM⊥AB，∴AB=2BM=8，∴的面积为AB×CM=8×4=32．【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握平行四边形的性质，由等腰三角形的性质得出CM⊥AB是解决问题的关键．21．(本题12分)（2021·天津一中八年级期中）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．(1)的大小＝______°；(2)求证：≌；(3)若，则的大小＝______°．【答案】(1)45(2)证明见解析(3)65【解析】【分析】（1）由正方形的性质求解即可；（2）由正方形ABCD可知，，，进而可证≌（SAS）；（3）由≌可知，由三角形外角的性质可知，计算求解即可．(1)解：∵四边形ABCD是正方形，∴，故答案为45．(2)证明：∵四边形ABCD是正方形∴，在和中∵∴≌（SAS）．(3)解：∵≌∴∵∴故答案为65．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等，三角形外角的性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．22．(本题12分)（2022·江西抚州·七年级期末）（1）【探究】观察下列算式，并完成填空：；______．（n是正整数）（2）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推． ①第3层中分别含有______块正方形和______块正三角形地板砖；②第 n层中分别含有______块正方形和______块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）．（3）【应用】该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由．【答案】（1）；（2）①6，30；②6，或；（3）3750，理由见解析【解析】【分析】（1）观察算式找出规律即可；（2）①观察图形数出正方形和正三角形块数；②根据前三层正方形和正三角形块数找出规律；（3）分别找出所给正方形和正三角形块数各能铺设地面多少层，进而确定答案．【详解】解：（1）观察算式规律，1+3+5+…+（2n-1）=n2，故答案为：n2；（2）①∵第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖，第二层包括6块正方形和6+12=18块正三角形地板砖，∴第三层包括6块正方形和18+12=30块正三角形地板砖．故答案为：6，30；②∵第一层包括6块正方形和6=6×1=6×（2×1-1）块正三角形地板砖，第二层包括6块正方形和18=6×3=6×（2×2-1）块正三角形地板砖，第三层包括6块正方形和30=6×5=6×（2×3-1）块正三角形地板砖，∴第n层包括6块正方形和6（2n-1）块正三角形地板砖．故答案为：6，6（2n-1）；（3）铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖．理由如下：∵150÷6=25（层），∴150块正方形地板砖可以铺设这样的图案25层；∵铺设25层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+⋯+（2n-1）]=6n2，∴当n=25时，6n2=6×252=3750，∴铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖．【点睛】本题考查了图形的变化规律，代数式的求值，正确找出其变化规律是解题的关键．23．(本题14分)（2021·四川成都·八年级阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD的中点，过点C作AB的垂线交AB于点E，连接ME，已知AM=4，∠BCE=30°．(1)求线段EC的长；(2)求证：∠EMC=2∠AEM；(3)如果EM=8-AE，求△AEM的面积．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质、勾股定理即可得；（2）延长，相交于点，先根据平行四边形的性质、三角形全等的判定定理证出，再根据全等三角形的性质可得，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据等腰三角形的性质可得，最后根据三角形的外角性质、等量代换即可得证；（3）延长，相交于点，过点作，交延长线于点，先根据全等三角形的性质可得，设，则，再根据线段和差可得，在中，利用勾股定理可求出的值，然后在中，利用勾股定理可得的长，最后利用三角形的面积公式即可得．(1)解：点为边的中点，，，四边形是平行四边形，，，，．(2)证明：如图，延长，相交于点，四边形是平行四边形，，，在和中，，，，是的斜边上的中线，，，．(3)解：如图，延长，相交于点，过点作，交延长线于点，由（2）已证：，，设，则，，由（1）已得：，，在中，，即，解得，即，，，四边形是平行四边形，，，，，则的面积为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、含30°的直角三角形性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形全等的判定与性质、等边对等角、三角形的外角性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．