2021-2022学年北师大版八年级数学下册第六章平行四边形章节训练试题(含答案解析).docx

北师大版八年级数学下册第六章平行四边形章节训练 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（ ）A14或15或16B15或16或17C15或16D16或172、如图，在ABC中，AC=BC=8，BCA=60°，直线ADBC于点D，E是AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C按逆时针方向旋转60°得到FC，连接DF，则在点E的运动过程中，DF的最小值是（ ）A1B1.5C2D43、如图，在平行四边形中，于点，把以点为中心顺时针旋转一定角度后，得到，已知点在上，连接若，则的大小为（ ）A140°B155°C145°D135°4、在平行四边形ABCD中，A30°，那么B与A的度数之比为（ ）A4：1B5：1C6：1D7：15、如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（ ）米A80B100C120D1406、如图，ABC以点O为旋转中心，旋转180°后得到ED是ABC的中位线，经旋转后为线段已知，则BC的值是（ ）A1B2C4D57、如图，正五边形ABCDE的对角线AC、BD交于点P，那么（ ）A96°B100°C108°D115°8、一个多边形的内角和是它的外角和的两倍，则从这个多边形的一个顶点出发共有（）条对角线A6条B4条C3条D2条9、一个正多边形的一个外角是，则该正多边形的内角和是（ ）ABCD10、如图，AD是ABC的角平分线，DEAB，DFAC，垂足分别为E，F，连接EF，EF与AD相交于点G，则下列关系正确的是（ ）AB且CD第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、一个四边形，剪掉一个角后得到的新多边形的外角和为_2、一个三角形三边长之比为456，三边中点连线组成的三角形的周长为30cm，则原三角形最大边长为_cm3、一个正多边形的内角和为540°，则它的一个外角等于 _4、如图，在平行四边形ABCD中，AB4，BC6，以点B为圆心，以任意长为半径作弧，分别交BA、BC于点P、Q，再分别以P、Q为圆心，以大于PQ的长为半径作弧，两弧在ABC内交于点M，连接BM并延长交AD于点E，则DE的长为_5、过n边形的一个顶点有5条对角线，则这个多边形的内角和为_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，点B，E，C，F在一条直线上，ABDE，ABDE，BECF（1）求证：ABCDEF；（2）连接AD，求证：四边形ACFD是平行四边形2、如图，一辆小汽车从P市出发，先到B市，再到C市，再到A市，最后返回P市，这辆小汽车共转了多少度角？3、在等腰直角三角形ABC中，点E、F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），将线段AH绕点A逆时针方向旋转90°得到AG，连接GC，HB（1）如图1，求证：；（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q点H在运动的过程中，求证：；若，当为等腰三角形时，EH的长为_4、已知，在中，点D为BC的中点（1）观察猜想如图，若点E、F分别是AB、AC的中点，则线段DE与DF的数量关系是_；线段DE与DF的位置关系是_（2）类比探究如图，若点E、F分别是AB、AC上的点，且，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明：若不成立，请说明理由；（3）解决问题如图，若点E、F分别为AB、CA延长线的点，且，请直接写出的面积5、如图，四边形中，过点作，垂足为，且连接，交于点（1）探究与的数量关系，并证明；（2）探究线段，的数量关系，并证明你的结论-参考答案-一、单选题1、A【分析】由题意先根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论即可【详解】解：设新多边形的边数为n，则（n-2）180°=2340°，解得：n=15，若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为14，若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为15，若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为16，所以多边形的边数可以为14，15或16故选：A【点睛】本题考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式（n-2）180°（n为边数）是解题的关键2、C【分析】取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD=CG以及FCD=ECG，由旋转的性质可得出EC=FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出FCDECG，进而即可得出DF=GE，再根据点G为AC的中点，即可得出EG的最小值，此题得解【详解】解：取线段AC的中点G，连接EG，如图所示AC=BC=8，BCA=60°，ABC为等边三角形，且AD为ABC的对称轴，CD=CG=AB=4，ACD=60°，ECF=60°，FCD=ECG，在FCD和ECG中，FCDECG（SAS），DF=GE当EGBC时，EG最小，点G为AC的中点，此时EG=DF=CD=BC=2故选：C【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF=GE，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键3、C【分析】根据题意求出ADF，根据平行四边形的性质求出ABC、BAE，根据旋转变换的性质、结合图形计算即可【详解】解：ADC=70°，CDF=15°，ADF=55°，四边形ABCD是平行四边形，ABC=ADC=70°，ADBC，BFD=125°，AEBC，BAE=20°，由旋转变换的性质可知，BFG=BAE=20°，DFG=DFB+BFG=145°，故选：C【点睛】本题考查的是平行四边形的性质、旋转变换的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键4、B【分析】根据平行四边形的性质先求出B的度数，即可得到答案【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，ADBC，B=180°-A=150°，B：A=5：1，故选B【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形邻角互补5、C【分析】由小明第一次回到出发点A，则小明走过的路程刚好是一个多边形的周长，由多边形的外角和为，每次的转向的角度的大小刚好是多边形的一个外角，则先求解多边形的边数，从而可得答案.【详解】解：由 可得：小明第一次回到出发点A，一个要走米，故选C【点睛】本题考查的是多边形的外角和的应用，掌握“由多边形的外角和为得到一共要走12个10米”是解本题的关键.6、C【分析】先根据旋转的性质可得ED E'D'2，再根据三角形的中位线定理求解即可【详解】解：ABC以点O为旋转中心，旋转180°后得到ABC，ED是ABC的中位线，经旋转后为线段E'D'，EDE'D'2，BC2ED4，故选C【点睛】本题考查旋转的性质、三角形的中位线定理，掌握旋转的性质是解题的关键7、C【分析】先根据正多边形的内角和求出的度数，再根据三角形的内角和定理可得的度数，同样的方法可得的度数，然后根据三角形的内角和定理、对顶角相等即可得【详解】解：五边形是正五边形，同理可得：，故选：C【点睛】本题考查了正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和是解题关键8、C【分析】先由多边形的内角和公式与外角和的关系可得再解方程，从而可得答案.【详解】解：设这个多边形为边形，则 解得： 所以从这个多边形的一个顶点出发共有条对角线，故选C【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理与外角和定理，多边形的对角线问题，掌握“利用多边形的内角和为 外角和为”是解题的关键.9、D【分析】由正多边形的外角和及一个外角即可知道该正多边形的边数，再由多边形的内角和定理即可求得结果【详解】多边形的外角和为360，且正多边形的一个外角为40该正多边形的边数为：360÷40=9此正多边形的内角和为：(9-2)×180=1260故选：D【点睛】本题考查了多边形的外角和性质与多边形的内角和定理，掌握这两个知识是关键10、B【分析】证明ADEADF（HL），利用全等三角形的性质以及线段的垂直平分线的判定一一判断即可【详解】解：AD平分BAC，BAD=CAD，DEAB，DFAC，DE= DF，在ADE和ADF中，ADEADF（HL），AE= AF，AD是线段EF的垂直平分线，ADEF且EG=FG，故选项B正确；DEAB，DFAC，AED=AFD=90°，BAC+EDF=360°-AED-AFD =180°，BAC不一定等于90°，EDF也不一定等于90°，故选项C错误；EDF90°，而AFD=90°，EDF+AFD180°，DE与AC不一定平行，故选项D错误；AED=90°，DE与AE不一定相等，AG与DG也不一定相等，故选项A错误；故选：B【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，四边形内角和定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键二、填空题1、360°360度【分析】根据多边形外角和始终为360°可直接进行求解【详解】解：一个四边形剪掉一个角得到的新多边形可能是三角形，可能是四边形，可能是五边形，然后根据多边形的外角和始终是360°可知剪掉后的新多边形的外角和为360°；故答案为360°【点睛】本题主要考查多边形的外角和，熟练掌握多边形的外角和是解题的关键2、24【分析】由三边长之比得到三角形的三条中位线之比，再由这三条中位线组成的三角形周长求出三中位线长，推出边长，再比大小判断即可【详解】 如图，H、I、J分别为BC，AC，AB的中点，又AB：AC：BC=4：5：6，即BC边最长故填24【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半3、72°【分析】根据题意求得正多边形的边数，进而求得答案【详解】解：一个正多边形的内角和为540°，即由故答案为：【点睛】本题考查了正多边形的内角和和外角和公式，根据内角和公式求得边数是解题的关键4、2【分析】先根据题意得到BE为ABC的平分线，再根据平行四边形的定义和性质得到ADBC，5、【分析】根据过n边形的一个顶点有n-3条对角线求出n的值，再利用多边形内角和公式计算即可【详解】过n边形的一个顶点有5条对角线n=8这个多边形的内角和是故答案为：【点睛】本题考查了多边形的对角线，多边形的内角，读懂题目信息并准确识图，熟记多边形对角线的的规律是解题的关键三、解答题1、（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理（定理）即可得证；（2）先根据平行四边形的判定与性质可得，从而可得，再根据平行四边形的判定即可得证【详解】证明：（1），即，在和中，；（2），四边形是平行四边形，又点在一条直线上，且，四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理和平行四边形的判定是解题关键2、360°【分析】分别记的外角为，用即可得出答案【详解】如图，当小汽车从P出发行驶到B市，由B市向C市行驶时转的角是，由C市向A市行驶时转的角是，由A市向P市行驶时转的角是小汽车从P市出发，经B市、C 市、A市，又回到P市，共转【点睛】本题考查外角和定理的应用，掌握多边形的外角和为是解题的关键3、（1）见解析；（2）见解析，或2【分析】（1）由旋转的性质可得，再由ABC是的等腰直角三角形，可得，由此即可证明；（2）证明AEHAFG（SAS），可得AFG=AEH=45°，从而根据两角的和可得结论；分两种情况：i）如图3，AQ=QG时，ii）如图4，当AG=QG时，分别根据等腰三角形的性质可得结论【详解】（1）证明：由旋转得：， ABC是的等腰直角三角形， ；（2）证明：在等腰直角三角形ABC中， 点E，F分别为AB，AC的中点，EF是的中位线， ，； 分两种情况：i）如图3，AQ=QG时，AQ=QG，QAG=AGQ，AGAH且AG=AH，AHG=AGH=45°，AHG=AGH=HAQ=QAG=45°，EAH=FAH=45°，AE=AF，AH=AH，AEHAFH（SAS），AHE=AHF，AHE+AHF=180°，AHE=AHF=90°，EAH=AEH=45°，AH=EH，由得，即，；ii）如图4，当AG=QG时，GAQ=AQG，AEH=AGQ=45°，GAQ=AQG=67.5°，EAQ=HAG=90°，EAH=GAQ=67.5°，AHE=EAH=67.5°，EH=AE=2H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），不存在AG=AQ的情况综上，当AQG为等腰三角形时，HE=2或，故答案为：或2【点睛】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，也考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，第二问要注意分类讨论，不要丢解4、（1），；（2）成立，证明见解析；（3）【分析】（1）由点E、F、D分别是AB、AC、BC的中点，可得，再由，得，由此即可得到答案；（2）连接，只需要证明，得到，即可得到结论；（3）连接AD，证明BDEADF得到，则，由此求解即可【详解】解：（1）点E、F、D分别是AB、AC、BC的中点，即，故答案为：，；（2）结论成立：，证明：如图所示，连接，D为BC的中点，且AD平分，在和中，即，即；（3）如图所示，连接AD，D为BC的中点，且AD平分，FAD=180°-CAD=135°，EBD=180°-ABC=135°，FAD=EBD,在在和中，BDEADF（SAS），【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件5、（1）DAE+CAE=90°，理由见解析；（2）AF=EF+CE，理由见解析【分析】（1）设CAE=，先证EAB=EBA=45°，再证DAC=180°-DCA-ADC=90°-2，最后由DAE+CAE=DAC+CAE+CAE得出结论；（2）延长DC交AE延长线于G，连接BG，先证CEAGEB，再证四边形ABGD是平行四边形，最后根据平行四边形的性质解答即可【详解】解：（1）DAE+CAE=90°，理由：设CAE=，AEBE，AEB=90°，AE=BE，EAB=EBA=45°，CDAB，DCA=CAB=45°+，AC=AD，DCA=ADC=45°+，DAC=180°-DCA-ADC=90°-2，DAE+CAE=DAC+CAE+CAE=90°-2+=90°；（2）AF=EF+CE，理由：延长DC交AE延长线于G，连接BG，CDAB，ECG=EBA=EAB=CGE=45°，CE=EG，AE=BE，又CEA=GEB=90°， CEAGEB，AC=GB=AD，ACE=BGE，CAE=GBE，GEB=90°，AGB+GBE=90°，由（1）知DAE+CAE=90°，DAE=AGB，ADBG，DGAB，四边形ABGD是平行四边形，AF=GF，GF=EF+GE=EF+CE，AF=EF+CE【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键