初中数学沪科版八年级下册第19章 四边形综合与测试同步达标检测题

这是一份初中数学沪科版八年级下册第19章 四边形综合与测试同步达标检测题，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。
2020-2021学年沪科版八年级数学下册
第十九章多边形与四边形单元检测试卷
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．1 B．2 C．3 D．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．9m B．12m C．8m D．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＝CO B．AD＝BC，AO＝OC
C．AD＝BC，CD＝AB D．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＝MN D．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15 B．13或14 C．13或14或15 D．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．