期末复习：第19章 四边形 2024-2025学年沪科版数学八年级下册

期末复习：第19章 四边形- 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1.如果一个正多边形的每个外角都等于40°，那么它是（　　）边形． A．七 B．八 C．九 D．十 2.如图，在▱ABCD中，∠D＝150°，则∠C＝（　　） A．30° B．40° C．50° D．55° （第2题） （第3题） （第4题） （第6题） 3.如图在四边形ABCD中，若已知AB∥CD，再添加下列条件之一，能使四边形ABCD成为平行四边形的条件是（　　） A．∠DAB＝∠ADC B．∠BAD＝∠BCD C．∠ABD＝∠BDC D．AD＝BC 4.矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，若∠OBA＝60°，B（3，0）对角线AC与BD相交于点E，AC∥x轴，则BE的长为（　　） A． B．4 C．3 D．2 5.菱形的周长为20cm，两个相邻的内角的度数之比为1：2，则较短的对角线长度是（　　） A． B． C． D．5cm 6.如图，已知四边形ABCD的对角线相交于O，则下列条件能判断它是正方形的是（　　） A．AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，AB∥CD B．AB＝BC＝CD＝DA，AC＝BD C．AB＝BC＝CD，AD∥BC D．AB∥CD，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD，AC＝BD 7.出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG的值为（　　） A． B． C． D． 8.如图，DE是△ABC的中位线，∠ABC的角平分线交DE于点F，AB＝6，BC＝9，则EF的长为（　　） A．0.5 B．1 C．1.5 D．2 （第7题） （第8题） （第9题） （第10题） 9.演示课上，王林用四根长度都为4cm的木条制作了图1所示正方形，而后将正方形的BC边固定，平推成图2的图形，并测得∠B＝60°，则在此变化过程中结论错误的是（　　） A．AB长度不变，为4cm B．AC长度变小，减少4 C．BD长度变大，增大4 D．ABCD面积变小，减少 10.已知四边形ABCD和DEFG都是正方形，点F在线段AB上，连接AE、BD，BD交FG于点H．若∠AEF＝α，则∠BHF＝（　　） A．2α B．45°+α C．22.5°+α D．90°﹣α 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11.已知平行四边形ABCD的周长是22cm，AC和BD交于点O，△OAB比△OBC的周长小3，则AB的长为 　　 ． 12.如图，菱形ABCD的周长为20，对角线AC，BD相交于点O，AC＝8，DE⊥BC于点E，连接OE，则OE的长度为　　 ． （第12题） （第13题） （第14题） 13.如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，E为CD的中点，若P、Q为BC边上的两个动点，且PQ＝2，则线段AP+QE的最小值为 　 　 ． 14.如图，点E在正方形ABCD外，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点F．若，BF＝10，则下列结论： ①△AFD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为；④S△ABF+S△ADF＝40． 其中正确的结论是 　 　 ．（填写所有正确结论的序号） 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15.小红在求一个凸n边形的内角和时，多算了一个角，求得的内角和为1920° （1）多算进去的那个内角为多少度？ （2）求这个多边形的边数？ 16.如图，在▱ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F． （1）若AB＝4，AD＝6，求EC的长； （2）若∠F＝62°，求∠BAE和∠D的度数． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17.如图，在▱ABCD中，∠ABC和∠DAB的角平分线BE与AE交于点E，且点E恰好在边CD上． （1）若AD＝3，BE＝4，求AE的长 　　 ． （2）点F为AE的中点，连接CF，交BE于点G，求证：BG＝3EG． 18.如图，AE∥BF，AC平分∠BAD，且交BF于点C，BD平分∠ABC，且交AE于点D，连接CD． （1）求证：四边形ABCD是菱形． （2）过点D作DH⊥BF，垂足为H点，连接OH，若CH＝3，AB＝5，求OH的长． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19.如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，分别过点B，D作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F． （1）求证：四边形BEDF是平行四边形； （2）四边形BEDF能否是菱形？简要说明你的理由； （3）若DF＝EF，CE＝7，AB＝13，求平行四边形ABCD的面积． 20.如图，在▱ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长． 六、（本题满分12分） 21.将边长为4的正方形ABCD与边长为5的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．将正方形ABCD绕点A逆时针旋转一周，直线EB与直线DG交于点P． （1）DG与BE的数量关系：　 　 ；DG与BE的位置关系：　 　 ． （2）如图2，当点B在线段DG上时，求△ADG的面积． （3）连接PF，当PE时，求PF的值． 七、（本题满分12分） 22.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为t s． （1）CD边的长度为　　 cm，t的取值范围为　 　 ． （2）从运动开始，当t＝　或　 时，PQ＝CD． （3）在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQCD是菱形．若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由． 八、（本题满分12分） 23.如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A，B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，且∠CGD＝∠DGE，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH． （1）猜想：△DEH的形状，并说明理由． （2）猜想BH与AE的数量关系，并证明． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末复习：第19章 四边形 参考答案 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A B A D B C C D D 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 4cm． 12.3． 13. 13.①②④． 13.解：取AB中点F，连接EF，延长AB到G使BG＝AB，连接PG，作PK∥QE交FE于K， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD＝10， ∴BC垂直平分AG， ∴PG＝PA， ∵E是CD中点，F是AB中点， ∴BFAB，CECD， ∴BF＝CE， ∵BF∥CE，∠FBC＝90°， ∴四边形BCEF是矩形， ∴EF∥BC，EF＝BC＝10， ∵PK∥QE， ∴四边形OQEK是平行四边形， ∴PK＝QE，KE＝PQ＝2， ∴KF＝EF﹣KE＝10﹣2＝8， ∵BFAB6＝3， ∴FG＝BF+BG＝3+6＝9， ∴KG， ∵PK+PG≥GK， ∴PA+QE， ∴线段AP+QE的最小值为． 故答案为：． 14.解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠BAF+∠DAF＝90°． ∵EA⊥AF， ∴∠EAB+∠BAF＝90°， ∴∠EAB＝∠FAD． 又∵AE＝AF， ∴△AEB≌△AFD（SAS），故①正确； ∵△AFD≌△AEB， ∴∠AFD＝∠AEB． ∵∠EAF＝90°，AE＝AF， ∴∠AEF＝∠AFE＝45°， ∴∠AEB＝∠AFD＝180°﹣∠AFE＝135°， ∴∠BEF＝∠AEB﹣∠AEF＝135°﹣45°＝90°， ∴EB⊥ED，故②正确； 如图，过点B作BG⊥AE，交AE延长线于点G，则BG的长即为点B到直线AE的距离． ∵∠EAF＝90°，， ∴． ∵BF＝10，∠BEF＝90°， ∴． ∵∠AEB＝135°， ∴∠GBE＝∠GEB＝45°， ∴，故③错误； ∵△AFD≌△AEB， ∴S△AFD＝S△AEB， ∴S△ABF+S△ADF＝S△ABF+S△AEB＝S△AEF+S△BEF． ∵，， ∴S△ABF+S△ADF＝16+24＝40，故④正确． 故答案为：①②④． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15.解：（1）设多算的那个角是x°， 由题意得：（n﹣2）×180°+x°＝1920°， ∴（n﹣2）×180°＝1920°﹣x°， ∵1920÷180＝10……120， ∴x＝120°， ∴多算进去的那个内角为120度． （2）∵（n﹣2）×180°＝1800°， ∴n＝12， ∴这个多边形的边数是12． 16.解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC∥AD，BC＝AD，AD＝BC＝6， ∴∠FAD＝∠AEB， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAF， ∴∠BEA＝∠BAE， ∴BA＝BE， ∵AB＝4， ∴BE＝4， ∴CE＝BC﹣BE＝2， （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，∠B＝∠D， ∴∠BAE＝∠F， ∵∠F＝62°， ∴∠F＝∠BAE＝62°， ∴∠B＝56°， ∴∠D＝56°． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17.（1）解：∵四边形ABC都是平行四边形， ∴AB∥CD，AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC＝3， ∵AE平分∠DAB， ∴∠DAE＝∠EAB， ∴∠DAE＝∠DEA， ∴AD＝DE＝3， 同法可证EC＝BC＝3， ∴AB＝CD＝6， ∵∠DAB+∠CBA＝180°，∠EAB∠DAB，∠EBA∠ABC， ∴∠EAB+∠EBA＝90°， ∴∠AEB＝90°， ∴AE2． 故答案为：2； （2）证明：取BE的中点T，连接FT． ∵EF＝FA，ET＝TB， ∴FT∥AB，FTAB， ∵CD∥AB，CD＝AB，DE＝EC， ∴FT＝EC，FT∥EC， ∴∠GEC＝∠GTF， ∵∠EGC＝∠TGF， ∴△EGC≌△TGF（ASA）， ∴EG＝GT， ∴BG＝3EG． 18.（1）证明：∵AE∥BF， ∴∠ADB＝∠DBC，∠DAC＝∠BCA， ∵AC平分∠BAD，BD平分∠ABC， ∴∠DAC＝∠BAC，∠ABD＝∠DBC， ∴∠BAC＝∠BCA，∠ABD＝∠ADB， ∴AB＝BC，AB＝AD， ∴AD＝BC， ∵AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AD＝AB， ∴四边形ABCD是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，CD＝AB＝BC＝5，OB＝OD， ∴BH＝BC+CH＝5+3＝8， ∵DH⊥CH， ∴DH4， ∴BD4， ∵OB＝OD， ∴OHBD＝2． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19.（1）证明：∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F， ∴BE∥DF，∠CEB＝∠AFD＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CB∥AD，且CB＝AD， ∴∠BCE＝∠DAF， 在△BCE和△DAF中， ， ∴△BCE≌△DAF（AAS）， ∴BE＝DF， ∴四边形BEDF是平行四边形． （2）解：四边形BEDF不能是菱形， 理由：∵四边形BEDF是平行四边形， ∴点E与点F不能重合， ∵BE⊥AC于点E， ∴BE＜BF， ∴BE≠BF， ∴四边形BEDF不能是菱形． （3）解：由（1）得△BCE≌△DAF， ∴CE＝AF＝7，BE＝DF， ∵DF＝EF，AB＝13， ∴BE＝EF， ∴AE＝7+EF＝7+BE， ∵∠AEB＝90°， ∴AE2+BE2＝AB2， ∴（7+BE）2+BE2＝132， 解得BE＝5或BE＝﹣12（不符合题意，舍去）， ∴BE＝DF＝EF＝5， ∴AC＝CE+AF+EF＝7+7+5＝19， ∴S△ABC＝S△CDA19×5， ∴S平行四边形ABCD＝2S△ABC＝295， ∴平行四边形ABCD的面积为95． 20.（1）证明：∵O为AD的中点， ∴AO＝DO， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠BAO＝∠EDO， 又∵∠AOB＝∠DOE， ∴△AOB≌△DOE（ASA）， ∴AB＝DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵∠BDC＝90°， ∴∠BDE＝90°， ∴平行四边形ABDE是矩形； （2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F， ∵四边形ABDE是矩形， ∴DE＝AB＝2，ODAD，OB＝OEBE，AD＝BE， ∴OD＝OE， ∵OF⊥DE， ∴DF＝EFDE＝1， ∴OF为△BDE的中位线， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝2， ∴CF＝CD+DF＝3， 在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC， 即OC的长为． 六、（本题满分12分） 21.解：（1）如图1， ∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形， ∴AD＝AB，∠DAG＝∠BAE＝90°，AG＝AE， 在△ADG与△ABE中， ， ∴△ADG≌△ABE（SAS）， ∴∠AGD＝∠AEB，DG＝BE， 在△ADG中∠AGD+∠ADG＝90°， ∴∠AEB+∠ADG＝90°， 在△DEP中，∠AEB+∠ADG+∠DPE＝180°， ∴∠DPE＝90°， ∴DG⊥BE； 故答案为：相等，垂直； （2）如图2，当B在线段DG上时，连接AC交于点O， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝90°， 在Rt△AOD中，AD＝4， ∴OD＝AOAD， 在Rt△AOG中，AG＝5， ∴OG， ∴DG＝OG+OD， ∴S△ADG（2）×24； （3）如图3，连接GE， 则GEAE＝5， 由（1）知，DG⊥BE， ∴∠GPE＝90°， ∴PG， 延长PE至H．使EH＝PG，连接FH， ∴PH＝PE+EH＝PE+PG＝7， ∵∠GFE＝∠GPE＝90°， ∴∠FGP+∠FEP＝180°， ∵∠FEP+∠FEH＝180°， ∴∠FGP＝∠FEH， ∵FG＝FE， ∴△FGP≌△FEH（SAS）， ∴FP＝FH，∠GFP＝∠EFH， ∴∠PFH＝∠PFE+∠EFH＝∠PFE+∠GFP＝∠EFG＝90°， ∴△PFH是等腰直角三角形， ∴PFPH＝7． 七、（本题满分12分） 22.解：（1）如图1，过点D作FH⊥BC于H， ∴∠CHD＝90°， ∵∠B＝90°， ∴∠B＝∠CHD， ∴DH∥AB， ∵AD∥BC， ∴四边形ABHD是平行四边形， ∴DH＝AB＝8cm，BH＝AD＝12cm， ∴CH＝BC﹣BH＝6（cm）， 根据勾股定理得，CD10（cm）， ∵点P在AD上运动， ∴0≤t≤12， ∵点Q在BC上运动， ∴0≤t≤9， ∴0≤t≤9， 故答案为10，0≤t≤9； （2）如图2， 过点Q作QG⊥AD于G，则四边形ABQG是矩形， ∴QG＝AB＝8cm，AG＝BQ， ∵BQ＝BC﹣CQ＝（18﹣2t）cm， ∴PG＝|AG﹣AP|＝|18﹣2t﹣t|＝|18﹣3t|cm， ∵PQ＝CD＝10cm， 根据勾股定理得，82+（18﹣3t）2＝102， ∴t＝4或t＝8， 故答案为4或8； （3）∵不存在，理由： ∵得四边形PQCD是菱形， ∴CQ＝CD， ∴2t＝10， ∴t＝5， 此时，DP＝AD﹣AP＝12﹣5＝7（cm）， 而DP≠CD， ∴四边形PQCD不可能是菱形． 八、（本题满分12分） 23.解：△DEH为等腰直角三角． （1）证明：连接DF，如图1， ∵A，F关于DE对称． ∴AD＝FD，AE＝FE． 在△ADE和△FDE中， AD＝FD，AE＝FE，DE＝DE， ∴△ADE≌△FDE（SSS）． ∴∠DAE＝∠DFE，∠ADE＝∠EDF． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠C＝90°．AD＝CD， ∴∠DFE＝∠A＝90°， ∴∠DFG＝180°﹣∠DFE＝90°． ∴∠DFG＝∠C， ∵AD＝DF，AD＝CD， ∴DF＝CD． 在Rt△DCG和Rt△DFG． DF＝CD，∠DFG＝∠C，∠CGD＝∠DGE， ∴Rt△DCG≌Rt△DFG（AAS）， ∴∠CDG＝∠FDG， ∴∠ADC＝90°， ∴2∠EDF+2∠FDG＝90° ∴∠EDF+∠FDG＝45°，即∠EDG＝45°， ∵EH⊥DE， ∴∠EDG＝∠DHE＝45°， ∴△DEH为等腰直角三角形． （2）BHAE，理由是： 如图2，在线段AD上截取AM，使AM＝AE， ∵AD＝AB， ∴DM＝BE， 由（1）知：∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∵∠ADC＝90°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4＝90°， ∴2∠2+2∠3＝90°， ∴∠2+∠3＝45°， 即∠EDG＝45°， ∵EH⊥DE， ∴∠DEH＝90°，△DEH是等腰直角三角形， ∴∠AED+∠BEH＝∠AED+∠1＝90°，DE＝EH， ∴∠1＝∠BEH， 在△DME和△EBH中， ， ∴△DME≌△EBH（SAS）， ∴EM＝BH， Rt△AEM中，∠A＝90°，AM＝AE， ∴EMAE， ∴BHAE； 学科网（北京）股份有限公司 $$