难点解析沪教版上海八年级数学第二学期第二十二章四边形专题测评试题含答案解析

八年级数学第二学期第二十二章四边形专题测评考试时间: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Ⅱ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、七边形的内角和为()A.720° B.900° C.1080° D.1440°2.在□ABCD中,AC=24,BD=38,AB=m,则m的取值范围是()A.24<m<39 B.14<m<62 C.7<m<31 D.7<m<123.若一个多边形的外角和与它的内角和相等,则这个多边形是()A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形4.在数学活动课上,老师和同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某个合作小组的4位同学拟定的方案,其中正确的是()A.测量对角线是否互相平分 B.测量两组对边是否分别相等C.测量其内角是否均为直角 D.测量对角线是否垂直5、如图,四边形ABCD是平行四边形,下列结论中错误的是（）A.当▱ABCD是矩形时,∠ABC＝90° B.当▱ABCD是菱形时,AC⊥BDC.当▱ABCD是正方形时,AC＝BD D.当▱ABCD是菱形时,AB＝AC6、如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的点A和点C分别落在x轴和y轴正半轴上,AO＝4,直线l：y＝3x+2经过点C,将直线l向下平移m个单位,设直线可将矩形OABC的面积平分,则m的值为（）A.7 B.6 C.4 D.87、已知三角形三边长分别为7cm,8cm,9cm,作三条中位线组成一个新的三角形,同样方法作下去,一共做了五个新的三角形,则这五个新三角形的周长之和为()A.46.5cm B.22.5cm C.23.25cm D.以上都不对8、下列测量方案中,能确定四边形门框为矩形的是()A.测量对角线是否互相平分 B.测量两组对边是否分别相等C.测量对角线是否相等 D.测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等9、如图,函数的图象经过斜边OB的中点C,连结AC．如果,那么的周长为（）．A. B. C. D.10、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠,AE、AF为折痕,点B、D折叠后的对应点分别为、,若＝10°,则∠EAF的度数为（）A.40° B.45° C.50° D.55°第Ⅱ卷(非选择题70分)二、填空题(5小题,每小题4分,共计20分)1.一个正多边形的每个外角都等于45°,那么这个正多边形的内角和为______度.2、一个多边形,每个外角都是,则这个多边形是________边形.3、如图,在平面直角坐标系中,第1次将边长为1的正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后,得到正方形OA1B1C1；第2次将正方形OA1B1C1绕点O逆时针旋转45°后,得到正方形OA2B2C2…按此规律,绕点O旋转得到正方形OA2020B2020C2020,则点B2021的坐标为______．4.如图,正方形ABCD的面积为18,△ABE是等边三角形,点E在正方形ABCD内,在对角线AC上有一点P,使PD+PE的和最小,则这个最小值为_____.5.如图,在四边形中,,分别是的中点,分别以为直径作半圆,这两个半圆面积的和为,则的长为_______.三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)1、“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．今天人们已经知道,仅用圆规和直尺是不可能作出的．有人曾利用如图所示的图形进行探索,其中ABCD是长方形,F是DA延长线上一点,G是CF上一点,且∠ACG＝∠AGC,∠GAF＝∠F．请写出∠ECB和∠ACB的数量关系,并说明理由．2.角的平分线的判定定理:角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上.小强证明该定理的步骤如下:已知:如图1,点P在上,于点D,于点E,且．求证:是的平分线.证明:通过测量可得,．∴.∴是的平分线.(1)关于定理的证明,下面说法正确的是()A.小强用到了从特殊到一般的方法证明该定理.B.只要测量一百个到角的两边的距离相等的点都在角的平分线上,就能证明该定理.C.不能只用这个角,还需要用其它角度进行测量验证,该定理的证明才完整.D.小强的方法可以用作猜想,但不属于严谨的推理证明.（2）利用小强的已知和求证,请你证明该定理;（3）如图2,在五边形中,,,,,在五边形内有一点F,使得．直接写出的度数．3.△ABC和△GEF都是等边三角形.问题背景:如图1,点E与点C重合且B.C.G三点共线.此时△BFC可以看作是△AGC经过平移、轴对称或旋转得到.请直接写出得到△BFC的过程.迁移应用:如图2,点E为AC边上一点(不与点A,C重合),点F为△ABC中线CD上一点,延长GF交BC于点H,求证:.联系拓展：如图3,AB＝12,点D,E分别为AB.AC的中点,M为线段BD上靠近点B的三等分点,点F在射线DC上运动（E、F、G三点按顺时针排列).当最小时,则△MDG的面积为_______.4.在平面直角坐标系xOy中,点A(x,﹣m)在第四象限,A,B两点关于x轴对称,x＝+n(n为常数),点C在x轴正半轴上,(1)如图1,连接AB,直接写出AB的长为;(2）延长AC至D,使CD＝AC,连接BD.①如图2,若OA＝AC,求线段OC与线段BD的关系;②如图3,若OC＝AC,连接OD．点P为线段OD上一点,且∠PBD＝45°,求点P的横坐标．5.如图,在矩形ABCD中,AB＝6cm,BC＝3cm,点P沿边AB从点A开始向点B以2cm/s的速度运动,点Q沿边DA从点D开始向点A以1cm/s的速度运动.如果P、Q同时出发,运动时间为t(s)(0≤t≤3).(1)AP＝cm,AQ＝cm;（2）t为何值时,△QAP的面积等于2cm2？-参考答案-一、单选题1.B【分析】根据多边形内角和公式即可求解.【详解】解:七边形的内角和为:(7-2)×180°=900°,故选：B.【点睛】此题考查了多边形的内角和,熟记多边形的内角和公式是解题的关键.2.C【分析】作出平行四边形,根据平行四边形的性质可得,,然后在中,利用三角形三边的关系即可确定m的取值范围.【详解】解:如图所示:∵四边形ABCD为平行四边形,∴,,在中,,∴,即,故选：C.【点睛】题目主要考查平行四边形的性质及三角形三边的关系,熟练掌握平行四边形的性质及三角形三边关系是解题关键.3.B【分析】任意多边形的外角和为360°,然后利用多边形的内角和公式计算即可.【详解】解:设多边形的边数为n.根据题意得:(n−2)×180°＝360°,解得:n＝4.故选：B.【点睛】本题主要考查的是多边形的内角和和外角和,掌握任意多边形的外角和为360°和多边形的内角和公式是解题的关键.4.C【分析】根据矩形的判定:(1)四个角均为直角;(2)对边互相平行且相等;(3)对角线相等且平分,据此即可判断结果.【详解】解:A.根据矩形的对角线相等且平分,故错误;B.对边分别相等只能判定四边形是平行四边形,故错误;C、矩形的四个角都是直角,故正确;D.矩形的对角线互相相等且平分,所以垂直与否与矩形的判定无关,故错误．故选：C.【点睛】本题主要考查的是矩形的判定方法,熟练掌握矩形的判定是解题的关键.5.D【分析】由矩形的四个角是直角可判断A,由菱形的对角线互相垂直可判断B,由正方形的对角线相等可判断C,由菱形的四条边相等可判断D,从而可得答案.【详解】解:当▱ABCD是矩形时,∠ABC＝90°,正确,故A不符合题意;当▱ABCD是菱形时,AC⊥BD,正确,故B不符合题意;当▱ABCD是正方形时,AC＝BD,正确,故C不符合题意;当▱ABCD是菱形时,AB＝BC,故D符合题意；故选D【点睛】本题考查的是矩形,菱形,正方形的性质,熟练的记忆矩形,菱形,正方形的性质是解本题的关键.6、A【分析】如图所示,连接AC,OB交于点D,先求出C和A的坐标,然后根据矩形的性质得到D是AC的中点,从而求出D点坐标为(2,1),再由当直线经过点D时,可将矩形OABC的面积平分,进行求解即可.【详解】解:如图所示,连接AC,OB交于点D,∵C是直线与y轴的交点,∴点C的坐标为(0,2),∵OA=4,∴A点坐标为(4,0),∵四边形OABC是矩形,∴D是AC的中点,∴D点坐标为(2,1),当直线经过点D时,可将矩形OABC的面积平分,由题意得平移后的直线解析式为,∴,∴,故选A.【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合,一次函数的平移,矩形的性质,解题的关键在于能够熟知过矩形中心的直线平分矩形面积.7、C【分析】如图所示,,,,DE,DF,EF分别是三角形ABC的中位线,GH,GI,HI分别是△DEF的中位线,则,,,即可得到△DEF的周长,由此即可求出其他四个新三角形的周长,最后求和即可.【详解】解:如图所示,,,,DE,DF,EF分别是三角形ABC的中位线,GH,GI,HI分别是△DEF的中位线,∴,,,∴△DEF的周长,同理可得:△GHI的周长,∴第三次作中位线得到的三角形周长为,∴第四次作中位线得到的三角形周长为∴第三次作中位线得到的三角形周长为∴这五个新三角形的周长之和为,故选C.【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理,解题的关键在于能够熟练掌握三角形中位线定理.8、D【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可.【详解】解:A.∵对角线互相平分的四边形是平行四边形,∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形,∴选项A不符合题意;B.∵两组对边分别相等是平行四边形,∴选项B不符合题意;C.∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形,∴对角线相等的四边形不是矩形,∴选项C不符合题意;D.∵对角线交点到四个顶点的距离都相等,∴对角线互相平分且相等,∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形,∴选项D符合题意;故选：D.【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理.9、D【分析】过点C作于E,由直角三角形的性质可得,由三角形中位线性质可得,,由勾股定理可求,即可求解.【详解】解:如图,过点C作于E,∵点C是BO的中点,∴,∴,∵,,∴,∴CE是的中位线,∴,,∵点在上,∴,∴,∵,∴,∴,∴的周长为:,故选：D.【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征,直角三角形斜边中线的性质,中位线的性质及判断,勾股定理,灵活运用这些性质是解题的关键.10、A【分析】可以设∠EAD′＝α,∠FAB′＝β,根据折叠可得∠DAF＝∠D′AF,∠BAE＝∠B′AE,用α,β表示∠DAF＝10°+β,∠BAE＝10°+α,根据四边形ABCD是矩形,利用∠DAB＝90°,列方程10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°,求出α+β＝30°即可求解.【详解】解:设∠EAD′＝α,∠FAB′＝β,根据折叠性质可知:∠DAF＝∠D′AF,∠BAE＝∠B′AE,∵∠B′AD′＝10°,∴∠DAF＝10°+β,∠BAE＝10°+α,∵四边形ABCD是矩形∴∠DAB＝90°,∴10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°,∴α+β＝30°,∴∠EAF＝∠B′AD′+∠D′AE+∠FAB′,＝10°+α+β,＝10°+30°,＝40°.则∠EAF的度数为40°.故选：A.【点睛】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力,解决此类问题,应结合题意,最好实际操作图形的折叠,易于找到图形间的关系.二、填空题1.1080【分析】利用多边形的外角和为360°计算出这个正多边形的边数,然后再根据内角和公式进行求解即可.【详解】解:∵正多边形的每一个外角都等于,∴正多边形的边数为360°÷45°=8,所有这个正多边形的内角和为(8-2)×180°=1080°.故答案为：1080.【点睛】本题考查了多边形内角与外角等知识,熟知多边形内角和定理(n﹣2)•180°(n≥3)和多边形的外角和等于360°是解题关键.2.六6【分析】根据正多边形的性质,边数等于360°除以每一个外角的度数.【详解】∵一个多边形的每个外角都是60°,∴n=360°÷60°=6,故答案为：六.【点睛】本题主要考查了利用多边形的外角和,熟练掌握多边形外角和360°是解决问题的关键.3.【分析】根据图形可知:点B在以O为圆心,以OB为半径的圆上运动,由旋转可知:将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OABC,相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°,可得对应点B的坐标,根据规律发现是8次一循环,可得结论.【详解】解:∵四边形OABC是正方形,且OA=1,∴B(1,1);连接OB,由勾股定理得:OB=,由旋转得:OB=OB=OB=OB=…=；∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1,相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°,依次得到∠AOB=∠BOB=∠BOB=…=45°,∴B(0,),B(-1,1),B(-,0),B(-1,-1),B(0,-),B(1,-1),B(,0),B(1,1),…,发现是8次一循环,∵2021÷8=252…余5,∴点B的坐标与点B的坐标相同,∴点B的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角.也考查了坐标与图形的变化、规律型,点的坐标等知识,解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法,属于中考常考题型.4.【分析】由正方形的对称性可知,PB＝PD,当B.P、E共线时PD+PE最小,求出BE即可.【详解】解:∵正方形中B与D关于AC对称,∴PB＝PD,∴PD+PE＝PB+PE＝BE,此时PD+PE最小,∵正方形ABCD的面积为18,△ABE是等边三角形,∴BE＝3,∴PD+PE最小值是3,故答案为：3.【点睛】本题考查轴对称求最短距离,熟练掌握正方形的性质是解题的关键.5.4【分析】根据题意连接BD,取BD的中点M,连接EM、FM,EM交BC于N,根据三角形的中位线定理推出EM=AB,FM=CD,EM∥AB,FM∥CD,推出∠ABC=∠ENC,∠MFN=∠C,求出∠EMF=90°,根据勾股定理求出ME2+FM2=EF2,根据圆的面积公式求出阴影部分的面积即可.【详解】解:连接BD,取BD的中点M,连接EM、FM,延长EM交BC于N,∵∠ABC+∠DCB=90°,∵E、F、M分别是AD.BC.BD的中点,∴EM=AB,FM=CD,EM∥AB,FM∥CD,∴∠ABC=∠ENC,∠MFN=∠C,∴∠MNF+∠MFN=90°,∴∠NMF=180°-90°=90°,∴∠EMF=90°,由勾股定理得:ME2+FM2=EF2,∴阴影部分的面积是：π（ME2+FM2）=EF2π=8π,∴EF=4.故答案为:4.【点睛】本题主要考查对勾股定理,三角形的内角和定理,多边形的内角和定理,三角形的中位线定理,圆的面积,平行线的性质,面积与等积变形等知识点的理解和掌握,能正确作辅助线并求出ME2+FM2的值是解答此题的关键.三、解答题1.∠ACB＝3∠ECB,见解析.【分析】由矩形的对边平行可得∠F=∠ECB,由外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠AGC=2∠F,那么∠ECB＝∠F,所以∠ACB=3∠ECB.【详解】解:∠ACB=3∠ECB.理由如下:在△AGF中,∠AGC＝∠F+∠GAF＝2∠F.∵∠ACG＝∠AGC,∴∠ACG＝2∠F.∵AD//BC,∴∠ECB＝∠F.∴∠ACB＝∠ACG+∠BCE＝3∠F.故∠ACB＝3∠ECB.【点睛】本题考查了矩形的性质,用到的知识点为:矩形的对边平行;两直线平行,内错角相等;三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和.2、（1）D；（2）证明见详解；（3）.【分析】(1)根据题意可得:小强通过测量角度大小证明出角平分线,证明方程不严谨,即可得出选项;(2)根据直角三角形全等的特殊方法(直角边,斜边)得出,然后由全等三角形的性质得出,即可证明角平分线;（3）过点F分别作,,,根据题意可得,运用角平分线的逆定理可得FC平分,FD平分,再由五边形内角和及题中已知条件可得,运用各角之间的数量关系可得,再由三角形内角和定理即可得出结果．【详解】解:(1)根据题意可得:小强通过测量角度大小证明出角平分线,证明方程不严谨,故选:D;(2）在与中,,∴,∴,∴OC是的平分线;（3）如图所示,过点F分别作,,,∵,且,∴,∴FC平分,FD平分,∴,∵,,,五边形内角和为:,∴,∴,∴,故.【点睛】题目主要考查角平分线的判定和性质,三角形内角和定理,全等三角形的判定和性质,多边形内角和等,理解题意,作出相应辅助线,综合运用这些知识点是解题关键.3、（1）以点C为旋转中心将逆时针旋转就得到；（2）见解析；（3）.【分析】(1)只需要利用SAS证明△BCF≌△ACG即可得到答案;(2)法一:以为边作,与的延长线交于点K,如图,先证明,然后证明,得到,则,过点F作FM⊥BC于M,求出,即可推出,则,即:;法二：过F作,.先证明△FCN≌△FCM得到CM=CN,利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出,再证明得到,则；（3）如图3-1所示,连接,GM,AG,先证明△ADE是等边三角形,得到DE=AE,即可证明得到,即点G在的角平分线所在直线上运动．过G作,则,最小即是最小,故当M、G、P三点共线时,最小；如图3-2所示,过点G作GQ⊥AB于Q,连接DG,求出DM和QG的长即可求解．【详解】(1)∵△ABC和△GEF都是等边三角形,∴BC=AC,CF=CG,∠ACB=∠FCG=60°,∴∠ACB+∠ACF=∠FCG+∠ACF,∴∠FCB=∠GCA,∴△BCF≌△ACG(SAS),∴△BFC可以看作是△AGC绕点C逆时针旋转60度所得;(2)法一:证明:以为边作,与的延长线交于点K,如图,∵和均为等边三角形,∴,∠GFE=60°,∴,∴∠EFH+∠ACB=180°,∴,∵,∴.∵是等边的中线,∴,∴,∴∴.在与中,∴,∴,∴,过点F作FM⊥BC于M,∴KM=CM,∵∠K=30°,∴∴,∴,∴,即：；法二证明:过F作,.∴是等边的中线,∴,,∴△FCN≌△FCM(AAS),FC=2FN,∴CM=CN,,同法一,.在与中,∴∴,∴;(3)如图3-1所示,连接,GM,AG,∵D,E分别是AB,AC的中点,∴DE是△ABC的中位线,CD⊥AB,∴DE∥BC,∠CDA=90°,∴∠ADE=∠ABC=60°,∠AED=∠ACB=60°,∴△ADE是等边三角形,∠FDE=30°,∴DE=AE,∵△GEF是等边三角形,∴EF=EG,∠GEF=60°,∴∠AEG=∠AED+∠DEG=∠FEG+∠DEG=∠FED,∴∴,即点G在的角平分线所在直线上运动.过G作,则,∴最小即是最小,∴当M、G、P三点共线时,最小如图3-2所示,过点G作GQ⊥AB于Q,连接DG,∴QG=PG,∵∠MAP=60°,∠MPA=90°,∴∠AMP=30°,∴AM=2AP,∵D是AB的中点,AB=12,∴AD=BD=6,∵M是BD靠近B点的三等分点,∴MD=4,∴AM=10,∴AP=5,又∵∠PAG=30°,∴AG=2GP,∵,∴∴∴.【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定,等边三角形的性质与判定,含30度角的直角三角形的性,勾股定理,解题的关键在于能够正确作出辅助线求解.4、（1）6；（2）①OC＝BD,OC∥BD；②3．【分析】(1)利用二次根式的被开方数是非负数,求出m＝3,判断出A,B两点坐标,可得结论;(2)①结论:OC＝BD,OC∥BD.连接AB交x轴于点T.利用等腰三角形的三线合一的性质得出OC＝2CT,利用三角形中位线定理得出CT∥BD,BD＝2CT,由此即可得;②连接AB交OC于点T,过点P作PH⊥OC于H．证明△OTB≌△PH