2024八年级数学下册第4章平行四边形单元基错含解析新版浙教版

Page15第4章平行四边形（单元基础卷）（满分100分，完卷时间90分钟）考生留意：1．本试卷含三个大题，共26题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必需在答题纸的相应位置上写出解题的主要步骤．一．选择题（共10小题）1．如图，△ABC中，D是AB的中点，E在AC上，且∠AED＝90°+∠C，则BC+2AE等于（）A．AB B．AC C．AB D．AC【分析】如图，过点B作BF∥DE交AC于点F．则∠BFC＝∠DEF．由三角形中位线的性质得到EF＝AE．则由平行线的性质和邻补角的定义得到∠DEF＝∠BFC＝90°﹣∠C，即∠FBC＝∠BFC，等角对等边得到BC＝FC，故BC+2AE＝AC．【解答】解：如图，过点B作BF∥DE交AC于点F．则∠BFC＝∠DEF．又∵点D是AB的中点，∴EF＝AE．∵∠DEF＝∠BFC＝180°﹣∠AED＝180°﹣（90°+∠C）＝90°﹣∠C，∴∠FBC＝∠BFC，∴BC＝FC，∴BC+2AE＝AC．故选：B．【点评】本题考查了三角形中位线定理和等腰三角形的判定与性质．三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．2．下列四边形对角线相等但不愿定垂直的是（）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【分析】依据平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质可求．【解答】解：矩形的对角线相等且相互平分，但不愿定垂直．故选：B．【点评】本题考查了特别四边形性质，熟记平行四边形、正方形、菱形、矩形的性质是解决本题的关键．3．多边形的每个内角都等于150°，则从今多边形的一个顶点动身可作的对角线共有（）A．8条 B．9条 C．10条 D．11条【分析】先求出多边形的外角度数，然后即可求出边数，再利用公式（n﹣3）代入数据计算即可．【解答】解：∵多边形的每个内角都等于150°，∴多边形的每个外角都等于180°﹣150°＝30°，∴边数n＝360°÷30°＝12，∴对角线条数＝12﹣3＝9．故选：B．【点评】本题主要考查了多边形的外角与对角线的性质，求出边数是解题的关键，另外熟记从多边形的一个顶点动身可作的对角线的条数公式也很重要．4．五边形的内角和是（）A．180° B．360° C．540° D．720°【分析】依据n边形的内角和为：（n﹣2）•180°（n≥3，且n为整数），求出五边形的内角和是多少度即可．【解答】解：五边形的内角和是：（5﹣2）×180°＝3×180°＝540°故选：C．【点评】此题主要考查了多边形的内角和定理，要娴熟驾驭，解答此题的关键是要明确n边形的内角和为：（n﹣2）•180°（n≥3，且n为整数）．5．在▱ABCD中，∠A：∠B：∠C：∠D的值可以是（）A．2：3：3：2 B．7：3：7：3 C．7：3：3：2 D．7：3：3：7【分析】依据平行四边形对角相等即可推断选择哪一个．【解答】解：由于平行四边形对角相等，所以对角的比值数应当相等，其中A，C，D都不满足，只有B满足，故选：B．【点评】主要考查了平行四边形的性质．其性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线相互平分．6．如图，在△ABC中，∠C＝50°，AC＝BC，点D在AC边上，以AB，AD为边作▱ABED，则∠E的度数为（）A．50° B．55° C．65° D．70°【分析】依据等腰三角形的性质可得∠A的度数，再依据平行四边形的性质即可得∠E的度数．【解答】解：∵∠C＝50°，AC＝BC，∴∠A＝∠ABC＝（180°﹣50°）＝65°，∵四边形ABED是平行四边形，∴∠E＝∠A＝65°．故选：C．【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是驾驭平行四边形的性质．7．如图，在△ABC中，点M为BC的中点，AD为△ABC的外角平分线，且AD⊥BD，若AB＝6，AC＝9，则MD的长为（）A．3 B． C．5 D．【分析】延长BD交CA的延长线于E，依据等腰三角形三线合一的性质可得BD＝DE，AB＝AE，再求出CE，然后推断出DM是△BCE的中位线，再依据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半解答．【解答】解：延长BD交CA的延长线于E，∵AD为∠BAE的平分线，BD⊥AD，∴∠EAD＝∠BAD，∠ADE＝∠ADB＝90°，∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADB（ASA），∴BD＝DE，AB＝AE＝6，∴CE＝AC+AE＝9+6＝15，又∵M为△ABC的边BC的中点，∴DM是△BCE的中位线，∴MD＝CE＝×15＝7.5．故选：D．【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰三角形三线合一的性质，熟记定理与性质并作帮助线构造出以MD为中位线的三角形是解题的关键．8．用一批相同的正多边形地砖铺地，要求顶点聚在一起，且砖与砖之间不留空隙，这样的地砖是（）A．正五边形 B．正三角形，正方形 C．正三角形，正五边形，正六边形 D．正三角形，正方形，正六边形【分析】依据一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°求解即可．【解答】解：若是正三角形地砖，正三角形的每个内角是60°，能整除360°，能够铺满地面；若是正四角形地砖，正方形的每个内角是90°，能整除360°，能够铺满地面；若是正五角形地砖，正五边形每个内角是180°﹣360°÷5＝108°，不能整除360°，不能够铺满地面；若是正六角形地砖，正六边形的每个内角是120°，能整除360°，能够铺满地面；故选：D．【点评】本题考查了平面镶嵌，体现了学数学用数学的思想．由平面镶嵌的学问可知只用一种正多边形能够铺满地面的是正三角形或正四边形或正六边形．9．四边形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．10．正五边形的每个内角度数为（）A．36° B．72° C．108° D．120°【分析】求出正五边形的每个外角即可解决问题．【解答】解：正五边形的每个外角＝＝72°，∴正五边形的每个内角＝180°﹣72°＝108°，故选：C．【点评】本题考查多边形的内角与外角，解题的关键是娴熟驾驭基本学问，属于中考常考题型．二．填空题（共8小题）11．如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，高AH交DE于点F，若AH＝2，则AF的长为1．【分析】依据三角形中位线得出AF＝AH，解答即可．【解答】解：∵在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∵高AH交DE于点F，AH＝2，∴AF＝AH＝1，故答案为：1．【点评】此题考查三角形中位线定理，关键是依据三角形中位线得出AF＝AH解答．12．如图所示，将多边形分割成三角形、图（1）中可分割出2个三角形；图（2）中可分割出3个三角形；图（3）中可分割出4个三角形；由此你能揣测出，n边形可以分割出（n﹣1）个三角形．【分析】（1）三角形分割成了两个三角形；（2）四边形分割成了三个三角形；（3）以此类推，n边形分割成了（n﹣1）个三角形．【解答】解：n边形可以分割出（n﹣1）个三角形．【点评】此题留意视察：是连接n边形的其中一边上的点．依据具体数值进行分析找规律．n边形分割成了（n﹣1）个三角形．13．从n边形的一个顶点动身，连接其余各顶点，可以将这个n边形分割成17个三角形，则n＝19．【分析】依据从n边形的一个顶点动身，连接这个点与其余各顶点，可以把一个n边形分割成（n﹣2）个三角形的规律作答．【解答】解：从n边形的一个顶点动身，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个n边形分割成（n﹣2）个三角形．所以n﹣2＝17，所以n＝19．故答案为：19．【点评】本题主要考查多边形的性质，解题关键是熟记多边形顶点数与分割成的三角形个数的关系．14．如图所示，小明从A点动身，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，…，照这样下去，他第一次回到动身地A点时，（1）左转了11次；（2）一共走了120米．【分析】依据多边形的外角和即可求出答案．【解答】解：∵360÷30＝12，∴他须要走12﹣1＝11次才会回到原来的起点，即一共走了12×10＝120米．故答案为11，120．【点评】本题考查了正多边形的边数的求法，依据题意推断出小亮走过的图形是正多边形是解题的关键．15．在一个顶点处用边长相等的三个正多边形进行密铺，其中两个是正方形和正六边形，则另一个必需是正12边形．【分析】正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°，若能，则说明可以进行平面镶嵌，反之，则说明不能进行平面镶嵌．【解答】解：∵正方形的一个内角度数为180°×（4﹣2）÷4＝90°，正六边形的一个内角度数为180°×（6﹣2）÷6＝120°，∴须要的多边形的一个内角度数为360°﹣90°﹣120°＝150°，∴须要的多边形的一个外角度数为180°﹣150°＝30°，∴第三个正多边形的边数为360÷30＝12，故答案为：12．【点评】此题主要考查了平面镶嵌，多边形的内角和、外角和，关键是驾驭多边形镶嵌成平面图形的条件：同一顶点处的几个内角之和为360°；正多边形的边数为360÷一个外角的度数．16．如图，AD∥BC，要使四边形ABCD成为平行四边形还须要添加的条件是AD＝BC或AB∥CD（只需写出一个即可）【分析】已知AD∥BC，可依据有一组边平行且相等的四边形是平行四边形来判定，也可依据两组对边分别平行的四边形是平行四边形来判定．【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，∴可添加的条件是：AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．故答案为：AD＝BC或AB∥CD．【点评】此题主要考查学生对平行四边形的判定方法的理解实力，常用的平行四边形的判定方法有：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线相互平分的四边形是平行四边形．17．如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C动身，在CB间来回运动，两个点同时动身，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），在运动以后，以P、D、Q、B四点组成平行四边形的次数有3次．【分析】首先设经过t秒，依据平行四边形的判定可得当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分状况探讨，再列出方程，求出方程的解即可．【解答】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，∴DP＝BQ，分为以下状况：①点Q的运动路途是C﹣B，方程为12﹣4t＝12﹣t，此时方程t＝0，此时不符合题意；②点Q的运动路途是C﹣B﹣C，方程为4t﹣12＝12﹣t，解得：t＝4.8；③点Q的运动路途是C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣24）＝12﹣t，解得：t＝8；④点Q的运动路途是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣36＝12﹣t，解得：t＝9.6；∴共3次．故答案为：3．【点评】此题考查了平行四边形的判定．留意能求出符合条件的全部状况是解此题的关键，留意驾驭分类探讨思想的应用．18．如图，在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝8，EF＝1，则BC长为15．【分析】依据平行四边形的性质可得CD＝AB＝8，结合角平分线的定义，等腰三角形的性质可求解AF＝AB＝8，DE＝DC＝8，由EF＝1即可求解AD的长．【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝8，∴CD＝AB＝8，AD∥BC，∴∠AFB＝∠CBF，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，∴∠ABF＝∠AFB，∴AF＝AB＝8，同理DE＝DC＝8，∵EF＝1，∴AE＝AF﹣EF＝8﹣1＝7，∴AD＝AE+DE＝7+8＝15，故答案为15．【点评】本题主要考查平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，证明AF＝AB＝8，DE＝DC＝8是解题的关键．三．解答题（共8小题）19．如图，△ABC中，AD是中线，AE是角平分线，CF⊥AE于F，AB＝10，AC＝6，求DF的长．【分析】延长CF交AB于点G，推断出AF垂直平分CG，得到AC＝AG，依据三角形中位线定理解答．【解答】解：延长CF交AB于点G，∵AE平分∠BAC， ∴∠GAF＝∠CAF，∴AF垂直平分CG，∴AC＝AG，GF＝CF，又∵点D是BC中点，∴DF是△CBG的中位线，∴DF＝BG＝（AB﹣AG）＝（AB﹣AC）＝2．【点评】本题关键是通过题目角平分线和垂线合一启发构造等腰三角形，从而构造出DF为△BCG的中位线，利用中位线定理解决问题．20．如图，在四边形ABCD中，E，F分别为边AB，CD的中点，若△ADE≌△CBF．求证：四边形ABCD是平行四边形．【分析】由△ADE≌△CBF与E、F分别为边AB、CD的中点，易证得AD＝BC，AB＝CD，再依据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，即可得出结论．【解答】证明：∵△ADE≌△CBF，∴AD＝BC，AE＝CF，∵E、F分别为边AB、CD的中点，∴AB＝2AE，CD＝2CF，∴AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形．【点评】本题考查了平行四边形的判定以及全等三角形的性质；娴熟驾驭平行四边形的判定是解题的关键．21．如图，在▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，AC与EF相交于点O，且AO＝CO．求证：四边形AECF是平行四边形．【分析】先由ASA证明△AOF≌△COE，得出FO＝EO，再由AO＝CO，即可得出结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠OAF＝∠OCE，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（ASA）∴FO＝EO，又∵AO＝CO，∴四边形AECF是平行四边形．【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等学问；娴熟驾驭平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．22．如图，D是△ABC边BC的中点，连接AD并延长到点E，使DE＝AD，连接BE．（1）图中哪两个图形成中心对称？（2）若△ADC的面积为4，求△ABE的面积．【分析】（1）干脆利用中心对称的定义写出答案即可；（2）依据成中心对称的图形的两个图形全等确定三角形BDE的面积，依据等底同高确定ABD的面积，从而确定ABE的面积．【解答】解：（1）图中△ADC和三角形EDB成中心对称；（2）∵△ADC和三角形EDB成中心对称，△ADC的面积为4，∴△EDB的面积也为4，∵D为BC的中点，∴△ABD的面积也为4，所以△ABE的面积为8．【点评】本题考查了中心对称的定义，解题的关键是了解中心对称的定义，难度较小．23．如图，△ABC中，D是BC上一点，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．（1）求证：四边形AEDF是中心对称图形；（2）若AD平分∠BAC，求证：点E、F关于直线AD对称．【分析】（1）判定四边形AEDF是平行四边形，即可得出四边形AEDF是中心对称图形；（2）先得出AE＝DE，再依据四边形AEDF是平行四边形，可得四边形AEDF是菱形，即可得到结论．【解答】解：（1）∵DE∥AC，DF∥AB，∴四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是中心对称图形；（2）∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，又∵DE∥AC，∴∠CAD＝∠ADE，∴∠BAD＝∠ADE，∴AE＝DE，又∵四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是菱形，∴AD垂直平分EF，∴点E、F关于直线AD对称．【点评】本题考查了中心对称，平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点．24．如图，点D、E是Rt△ABC两直角边AB、AC上的一点，连接BE，已知点F、G、H分别是DE、BE、BC的中点．（1）求∠FGH度数；（2）连CD，取CD中点M，连接GM，若BD＝8，CE＝6，求GM的长．【分析】（1）首先证明FG∥DB，GH∥EC，由平行线的性质可知∠DBE＝∠FGE，∠EHG＝∠AEG，从而可证明∠FGH＝90°；（2）连接FM、HM．首先证明四边形FGHM为矩形，然后利用勾股定理求解即可．【解答】解：（1）∵F、G、H分别是DE、BE、BC的中点，∴FG∥DB，GH∥EC．∴∠DBE＝∠FGE，∠EGH＝∠AEG．∠FGH＝∠FGE+∠EGH＝∠ABE+∠BEA＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°．（2）如图所示：连接FM、HM．∵M、H分别是BC和DC的中点，∴MH∥BD，MH＝．同理：GF∥BD，GF＝．∴四边形FGHM为平行四边形．∵G、H、M分别是BE、BC、DC的中点，∴GH＝＝3，，由（1）可知：∠FGH＝90°，∴四边形FGHM为矩形．∴∠GHM＝90°．∴GM＝＝5．【点评】本题主要考查的是三角形的中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定、勾股定理、平行线的性质的综合应用，证得四边形FGHM是矩形是解题的关键．25．如图，在▱ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F．（1）求证：AB＝CF；（2）连接DE，若AD＝2AB，求证：DE⊥AF．【分析】（1）由在▱ABCD中，E是BC的中点，利用ASA，即可判定△ABE≌△FCE，继而证得结论；（2）由AD＝2AB，AB＝FC＝CD，可得AD＝DF，又由△ABE≌△FCE，可得AE＝EF，然后利用三线合一，证得结论．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DF，∴∠ABE＝∠FCE，∵E为BC中点，∴BE＝CE，在△ABE与△