2024八年级数学下册第4章四边形典型30题专练含解析新版浙教版

Page1第4章四边形（典型30题专练）一．选择题（共16小题）1．（平谷区二模）一个多边形的内角和是720°，这个多边形是（）A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形【分析】利用n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，结合方程即可求出答案．【解答】解：设这个多边形的边数为n，由题意，得（n﹣2）180°＝720°，解得：n＝6，故这个多边形是六边形．故选：B．【点评】本题主要考查多边形的内角和公式，比较简洁，熟记n边形的内角和为（n﹣2）•180°是解题的关键．2．（温岭市一模）正n边形的一个外角为30°，则n＝（）A．9 B．10 C．12 D．14【分析】利用多边形的外角和即可求出答案．【解答】解：n＝360°÷30°＝12．故选：C．【点评】主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是360°，用外角和求正多边形的边数干脆让360度除以外角即可．3．（西城区校级模拟）正八边形的内角和为1080°，它的外角和为（）A．540° B．360° C．720° D．1080°【分析】依据多边形的外角和都是360°即可得解．【解答】解：∵多边形的外角和都是360°，∴正八边形的外角和为360°，故选：B．【点评】此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的外角和是360°是解题的关键．4．（奉贤区三模）已知在四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列一个条件后，确定能判定四边形ABCD是平行四边形的是（）A．AD＝BC B．AC＝BD C．∠A＝∠C D．∠A＝∠B【分析】利用平行线的判定与性质结合平行四边形的判定得出即可．【解答】解：如图所示：∵AB∥CD，∴∠B+∠C＝180°，当∠A＝∠C时，则∠A+∠B＝180°，故AD∥BC，则四边形ABCD是平行四边形．故选：C．【点评】此题主要考查了平行线的判定与性质以及平行四边形的判定，得出AD∥BC是解题关键．5．（绵阳）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点E，∠CBD＝90°，BC＝4，BE＝ED＝3，AC＝10，则四边形ABCD的面积为（）A．6 B．12 C．20 D．24【分析】依据勾股定理，可得EC的长，依据平行四边形的判定，可得四边形ABCD的形态，依据平行四边形的面积公式，可得答案．【解答】解：在Rt△BCE中，由勾股定理，得CE＝＝＝5．∵BE＝DE＝3，AE＝CE＝5，∴四边形ABCD是平行四边形．四边形ABCD的面积为BC•BD＝4×（3+3）＝24，故选：D．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，利用了勾股定理得出CE的长，又利用对角线相互平分的四边形是平行四边形，最终利用了平行四边形的面积公式．6．（益阳）以下有关勾股定理证明的图形中，不是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】依据中心对称图形的概念求解．把一个图形绕某一点旋转180°，假如旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【解答】解：A．不是中心对称图形，符合题意；B．是中心对称图形，不符合题意；C．是中心对称图形，不符合题意；D．是中心对称图形，不符合题意．故选：A．【点评】此题考查了中心对称图形的概念．熟记定义是解答本题的关键．7．（历下区三模）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaGo进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由棋子摆成的图案（不考虑颜色）是中心对称的是（）A． B． C． D．【分析】依据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，假如旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．【解答】解：A、是中心对称图形，故本选项符合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选：A．【点评】本题考查了中心对称图形，熟记定义是解答本题的关键．8．（朝阳区二模）如图，直线l1∥l2，它们之间的距离是（）A．线段PA的长度 B．线段PB的长度 C．线段PC的长 D．线段PD的长度【分析】依据平行线间的距离的定义即可得出答案．【解答】解：平行线间的距离是指平行线上随意一点与另一条平行线的垂线段的长度．视察图形可得PB为直线l1∥l2之间的垂线段．故选：B．【点评】本题考查了平行线间的距离的定义，属于基础学问的考查，比较简洁．9．（中江县模拟）一个多边形每一个外角都等于20°，则这个多边形的边数为（）A．12 B．14 C．16 D．18【分析】依据外角与外角和的关系，可求出边数．【解答】解：因为多边形的外角和是360°，又因为多边形的每个外角都是20°，所以这个多边形的边数为：360÷20＝18．故选：D．【点评】本题考查了正多边形及外角和，驾驭多边形的外角和恒为360°是解决本题的关键．10．（青山区期末）若多边形的边数由n增加到n+1（n为大于3的正整数），则其内角和的度数（）A．增加180° B．削减180° C．不变 D．不能确定【分析】依据多边形的内角和定理即可求出答案．【解答】解：n边形的内角和是（n﹣2）•180°，n+1边形的内角和是（n+1﹣2）•180°＝（n﹣1）•180°，则（n﹣1）•180°﹣（n﹣2）•180°＝180°，故选：A．【点评】此题考查了多边形的内角与外角，正确理解多边形的内角和定理是解决的关键．11．（赤峰）下列垃圾分类标识图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】依据中心对称图形与轴对称图形的概念进行推断即可．【解答】解：A、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；C、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；D、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；故选：C．【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是找寻对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后与自身重合．12．（衢州）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，连结DE，EF，则四边形ADEF的周长为（）A．6 B．9 C．12 D．15【分析】依据三角形中位线定理、线段中点的概念分别求出AD、DE、EF、AF，依据四边形的周长公式计算即可．【解答】解：∵点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，∴DE＝AC＝2.5，AF＝AC＝2.5，EF＝AB＝2，AD＝AB＝2，∴四边形ADEF的周长＝AD+DE+EF+AF＝9，故选：B．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，驾驭三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．13．（黔南州）将一张平行四边形的纸片折一次，使得折痕平分这个平行四边形的面积．则这样的折纸方法共有（）A．1种 B．2种 C．4种 D．多数种【分析】依据平行四边形的中心对称性，可知这样的折纸方法有多数种．【解答】解：因为平行四边形是中心对称图形，随意一条过平行四边形对角线交点的直线都平分四边形的面积，则这样的折纸方法共有多数种．故选：D．【点评】此题主要考查平行四边形是中心对称图形的性质．平行四边形的两条对角线交于一点，这个点是平行四边形的中心，也是两条对角线的中点，经过中心的随意一条直线可将平行四边形分成完全重合的两个图形．14．（襄阳）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】依据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析推断即可得解．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图，不是轴对称图形，故本选项错误；C、既是中心对称图又是轴对称图形，故本选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．故选：C．【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是找寻对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后两部分重合．15．（庆云县期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD三个顶点坐标分别为A（﹣1，﹣2），D（1，1），C（5，2），则顶点B的坐标为（）A．（﹣1，3） B．（4，﹣1） C．（3，﹣1） D．（3，﹣2）【分析】设点B（x，y），由平行四边形的性质可得，，即可求解．【解答】解：设点B（x，y），∵四边形ABCD是平行四边形，点A（﹣1，﹣2），点D（1，1），点C（5，2），∴，，∴x＝3，y＝﹣1，∴点B（3，﹣1），故选：C．【点评】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形性质，驾驭平行四边形的性质是本题的关键．16．（满洲里市期末）四边形ABCD中，AD∥BC．要判别四边形ABCD是平行四边形，还需满足条件（）A．∠A+∠C＝180° B．∠B+∠A＝180° C．∠A＝∠D D．∠B＝∠D【分析】利用平行四边形的五种判定定理可得出答案；【解答】解：∵AD∥BC，∴∠A+∠B＝180°，∠D+∠C＝180°，∴A．∠A+∠C＝180°，可得∠B＝∠C，这样的四边形是等腰梯形，不是平行四边形，故此选项错误；B．∠A+∠B从题目已知条件即可得出，无法证明四边形为平行四边形，此选项错误；C．同理A，这样的四边形是等腰梯形，故此选项错误；D．∠B＝∠D，可得∠A+∠D＝180°，则BA∥CD，故四边形ABCD是平行四边形，此选项正确；故选：D．【点评】本题考查平行四边形的判定定理，得出另一对边平行是解题关键．二．填空题（共7小题）17．（成都）如图，为估计池塘岸边A，B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取OA，OB的中点M，N，测得MN＝32m，则A，B两点间的距离是64m．【分析】依据M、N是OA、OB的中点，即MN是△OAB的中位线，依据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解．【解答】解：∵M、N是OA、OB的中点，即MN是△OAB的中位线，∴MN＝AB，∴AB＝2MN＝2×32＝64（m）．故答案为：64．【点评】本题考查了三角形的中位线定理应用，正确理解定理是解题的关键．18．（大兴区一模）如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边的中点，若DE＝2，则BC边的长为4．【分析】依据三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵D、E分别为AB、AC边的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴BC＝2DE＝4，故答案为：4．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，驾驭三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．19．（莱芜区三模）若一个多边形的每个外角都等于30°，则这个多边形的内角和是1800°．【分析】多边形的外角和是固定的360°，依此可以先求出多边形的边数．再依据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°求出多边形的内角和．【解答】解：∵一个多边形的每个外角都等于30°，∴多边形的边数为360°÷30°＝12，∴这个多边形的内角和＝180°×（12﹣2）＝1800°．故答案为：1800°．【点评】本题考查多边形的内角和与外角和之间的关系，关键是记住内角和的公式与外角和的特征．20．（泰兴市模拟）正八边形的每一个内角均为135°．【分析】依据多边形边形内角和公式：（n﹣2）×180°（n≥3且n为正整数）求出内角正八边形的内角和，然后求出每一个内角的度数．【解答】解：∵内角正八边形的内角和：（8﹣2）•180°＝1080°，∴每一个内角的度数为：1080°÷8＝135°，故答案为：135．【点评】本题考查了多边形内角和，熟记多边形边形内角和定理是解题的关键．21．（三明模拟）如图所示的五边形花环是用五个全等的等腰三角形拼成的，则∠BAC的度数为36°．【分析】利用全等三角形的性质和正五边形的定义可推断五边形花环为正五边形，依据多边形的内角和定理可计算出∠ABD＝108°，然后依据三角形内角和求解即可．【解答】解：如图，∵五边形花环是用五个全等的等腰三角形拼成的，∴五边形花环为正五边形，∴∠ABD＝＝108°，∵∠ABC+∠CBD＝∠ABC+∠BAC＝108°，∴∠BCA＝180°﹣108°＝72°，∴∠BAC＝180°﹣2∠BCA＝36°．故答案为：36°．【点评】本题考查了多边形内角与外角：多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）；多边形的外角和等于360°，熟记有关学问是解题的基础．22．（东城区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（2，0），B（5，4）．若四边形OABC是平行四边形，则OABC的周长等于14．【分析】利用点的坐标表示出平行四边形的边，进而求出周长．【解答】解：过点B作BM⊥x轴交于点M，如图，∵点A，B的坐标为（2，0），（5，4）∴OA＝2，AM＝5﹣2＝3，BM＝4，∴AB＝＝5，∵四边形OABC是平行四边形，∴OA＝BC＝2，CO＝AB＝5，\∴OABC的周长等于2×2+5×2＝14，故答案为：14．【点评】本题考查了依据坐标求平行四边形的边长，利用平行四边形对边相等，即可求周长．23．（济阳区期末）已知一个正多边形的每个外角都等于60°，则这个正多边形是六边形．【分析】多边形的外角和等于360°，因为所给多边形的每个外角均相等，故又可表示成60°n，列方程可求解．【解答】解：设所求正n边形边数为n，则60°•n＝360°，解得n＝6．故正多边形的边数是6．故答案为：六．【点评】本题考查依据多边形的外角和求多边形的边数，解答时要会依据公式进行正确运算、变形和数据处理．三．解答题（共7小题）24．（榆阳区期末）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接BE，过点C作CF∥BE，交DE的延长线于点F，若EF＝3，求DE的长．【分析】先证明DE为△ABC的中位线，得到四边形BCFE为平行四边形，求出BC＝EF＝3，依据中位线定理即可求解．【解答】解：∵D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴DE∥BC，DE＝BC，∴EF∥BC，∵CF∥BE，∴四边形BCFE为平行四边形，∴BC＝EF＝3，∴DE＝BC＝．【点评】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形判定与性质，熟知三角形中位线定理是解题关键．25．（沙坪坝区期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BD于点E，交BC于点M，CF平分∠BCD交BD于点F．（1）若∠ABC＝70°，求∠AMB的度数；（2）求证：AE＝CF．【分析】（1）先由平行线的性质得到∠DAM＝∠AMB，由角平分线的定义得到∠BAM＝∠DAM，进而得到∠AMB＝∠BAM，再依据三角形内角和定理即可求出AMB的度数；（2）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠BCD，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，由角平分线定义得出∠BAE＝∠DCF，证得△ABE≌△CDF，即可证得结论．【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAM＝∠AMB，∵AE平分∠BAD，∴∠BAM＝∠DAM，∴∠AMB＝∠BAM，∵∠ABC＝70°，∠AMB+∠BAM+∠ABC＝180°，∴∠AMB＝（180°﹣∠ABC）＝×（180°﹣70°）＝55°；（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠BCD，∴∠ABE＝∠CDF，又∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，∴∠BAE＝∠BAD，∠DCF＝∠BCD，∴∠BAE＝∠DCF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（ASA），∴AE＝CF．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、平行线的性质．娴熟驾驭平行四边形的性质及全等三角形的判定是解题的关键．26．（滕州市期末）已知，如图，在平行四边形ABCD中，点G，H分别是AB，CD的中点，点E，F在对角线AC上，且AE＝CF．（1）求证：四边形EGFH是平行四边形．（2）连接BD交AC于点O，若BD＝12，AE＝EF﹣CF，求EG的长．【分析】（1）证△AGE≌△CHF（SAS），得GE＝HF，∠AEG＝∠CFH，则∠GEF＝∠HFE，得GE∥HF，即可得出结论；（2）先由平行四边形的性质得出OB＝OD＝6，再证出AE＝OE，可得EG是△ABO的中位线，然后利用中位线定理可得EG的长度．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠GAE＝∠HCF，∵点G，H分别是AB，CD的中点，∴AG＝CH，在△AGE和△CHF中，，∴△AGE≌△CHF（SAS），∴GE＝HF，∠AEG＝∠CFH，∴∠GEF＝∠HFE，∴GE∥HF，又∵GE＝HF，∴四边形EGFH是平行四边形；（2）解：连接BD交AC于点O，如图：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵BD＝12，∴OB＝OD＝6，∵AE＝CF，OA＝OC，∴OE＝OF，∵AE＝EF﹣CF，∴AE+CF＝EF，AE＝CF，∴2AE＝EF＝2OE，∴AE＝OE，又∵点G是AB的中点，∴EG是△ABO的中位线，∴EG＝OB＝3．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及三角形的中位线定理等学问点，娴熟驾驭平行四边形判定与的性质及三角形中位线定理是解题的关键．27．（永嘉县校级模拟）在▱ABCD中，E、F分别在DC、AB上，且DE＝BF，求证：四边形AFCE是平行四边形．【分析】可由已知可得到AF＝CE，又有AF∥CE，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得四边形AFCE是平行四边形．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴AF∥CE，∵BF＝DE，∴AF＝CE．∴四边形AFCE是平行四边形．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，娴熟驾驭平行四边形的判定是解决问题的关键．28．（杭州模拟）如图，在△ABC中，过点C作CD∥AB，E是AC的中点，连接DE并延长，交AB于点F，连接AD，CF．（1）求证：四边形AFCD是平行四边形；（2）若AB＝6，∠BAC＝60°，∠DCB＝135°，求AC的长．【分析】（1）先证△AEF≌△CED（AAS），得AF＝CD，再由CD∥AB，即AF∥CD，即可得出结论；（2）过C作CM⊥AB于M，先证△BCM是等腰直角三角形，得BM＝CM，再由含30°角的直角三角形的性质得AC＝2AM，BM＝CM＝AM，由AM+BM＝AB求出AM＝3﹣3，即可求解．【解答】（1）证明：∵E是AC的中点，∴AE＝CE，∵CD∥AB，∴∠AFE＝∠CDE，在△AEF和△CED中，，∵∴△AEF≌△CED（AAS），∴AF＝CD，又∵CD∥AB，即AF∥CD，∴四边形AFCD是平行四边形；（2）解：过C作CM⊥AB于M，如图所示：则∠CMB＝∠CMA＝90°，∵CD∥AB，∴∠B+∠DCB＝180°，∴∠B＝180°﹣135°＝45°，∴△BCM是等腰直角三角形，∴BM＝CM，∵∠BAC＝60°，∴∠ACM＝30°，∴AC＝2AM，BM＝CM＝AM，∵AM+BM＝AB，∴AM+AM＝6，解得：AM＝3﹣3，∴AC＝2AM＝6﹣6．【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等学问；娴熟驾驭平行四边形的判定和全等三角形的判定与性质是解题的关键．29．（永嘉县校级模拟）如图，在△ABC中，D为AB的中点，点E在AC上，F在