滿分100分


班級:________姓名:________學(xué)號:________成績:________


一．選擇題（共8小題,，滿分24分）


1．從五邊形的一個頂點出發(fā)可以連接的對角線條數(shù)為（ ）


A．1B．2C．3D．4


2．內(nèi)角和為540°的多邊形是（ ）


A．三角形B．四邊形C．五邊形D．六邊形


3．下列邊長相等的正多邊形能完成鑲嵌的是（ ）


A．2個正八邊形和1個正三角形


B．3個正方形和2個正三角形


C．1個正五邊形和1個正十邊形


D．2個正六邊形和2個正三角形


4．如圖，為了測量池塘邊A、B兩地之間的距離，在線段AB的同側(cè)取一點C，連結(jié)CA并延長至點D，連結(jié)CB并延長至點E，使得A、B分別是CD、CE的中點，若DE＝18m，則線段AB的長度是（ ）





A．9mB．12mC．8mD．10m


5．下列判斷錯誤的是（ ）


A．兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形


B．四個內(nèi)角都相等的四邊形是矩形


C．一組對邊平行且對角線相等的四邊形是矩形


D．四條邊都相等的四邊形是菱形


6．如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，添加下列條件后仍不能判定四邊形ABCD是平行四邊形的是（ ）





A．AD∥BC，AO＝COB．AD＝BC，AO＝OC


C．AD＝BC，CD＝ABD．S△AOD＝S△COD＝S△BOC


7．如圖，在正方形ABCD內(nèi)，以BC為邊作等邊三角形BCM，連接AM并延長交CD于N，則下列結(jié)論不正確的是（ ）





A．∠DAN＝15°B．∠CMN＝45°C．AM＝MND．MN＝NC


8．若一個多邊形截去一個角后，變成十四邊形，則原來的多邊形的邊數(shù)可能為（ ）


A．14或15B．13或14C．13或14或15D．14或15或16


二．填空題（共8小題，滿分24分）


9．正七邊形的外角和是 ．


10．如圖，在平行四邊形ABCD中，∠A與∠B的度數(shù)之比為2：1，則∠A＝ °．





11．如圖，五邊形ABCDE的對角線共有 條．





12．如圖，菱形ABCD中，∠ABC＝130°，DE⊥AB于點E，則∠BDE＝ °．





13．如圖，在矩形ABCD中，AC，BD交于點O，M、N分別為BC、OC的中點．若BD＝8，則MN的長為 ．





14．如圖，在菱形ABCD中，連接BD，點E在AB上，連接CE交BD于點F，作FG⊥BC于點G，∠BEC＝3∠BCE，BF＝DF，若FG＝，則AB的長為 ．





15．閱讀：將一個量用兩種方法分別計算一次，由結(jié)果相同構(gòu)造等式解決問題，這種思維方法稱為“算兩次”原理，又稱“富比尼原理”，比如我們常用的等積法是其中的一種．如圖，在長方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝3cm，E是CD的中點，動點P從點A出發(fā)，以每秒1cm的速度沿點A→B→C→E運動，最終到達(dá)點E．若點P運動的時間為ts，則當(dāng)t＝ s時，S△APE＝4．





16．如圖，△A1B1C1中，A1B1＝4，A1C1＝5，B1C1＝7．點A2，B2，C2分別是邊B1C1，A1C1，A1B1的中點；點A3，B3，C3分別是邊B2C2，A2C2，A2B2的中點；…以此類推，則第2020個三角形的周長是 ．





三．解答題（共7小題，滿分52分）


17．矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于點E，CF平分∠BCD交AD于點F，求證：AE∥CF．








18．如圖，在?ABCD中，點E是BC上的一點，連接DE，在DE上取一點F使得∠AFE＝∠ADC．若DE＝AD，求證：DF＝CE．











19．已知：如圖，平行四邊形ABCD中，O是CD的中點，連接AO并延長，交BC的延長線于點E．


（1）求證：△AOD≌△EOC；


（2）連接AC、DE，當(dāng)∠B＝∠AEB＝45°時，求證四邊形ACED是正方形．








20．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交BE的延長線于點F．


（1）求證：四邊形ADCF是菱形；


（2）若AC＝12，AB＝16，求菱形ADCF的面積．











21．在平行四邊形ABCD中，在平行四邊形內(nèi)作以線段AD為邊的等邊△ADM，連結(jié)AM．


（1）如圖1，若點M在對角線BD上，且∠ABC＝105°，AB＝3，求AM的長；


（2）如圖2，點E為CD邊上一點，連接ME，點F是BM的中點，CF⊥BM，若CE+ME＝DE．求證：BM⊥ME．








22．如圖，矩形ABCD中，點P是線段AD上的一個動點，O為BD的中點，PO的延長線交BC于Q．


（1）求證：OP＝OQ；


（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度向點D運動（不與D重合）．設(shè)點P運動的時間為t秒，請用t表示PD的長；


（3）當(dāng)t為何值時，四邊形PBQD是菱形？





23．如圖1，在正方形ABCD中，點P是對角線BD上的一點，點E在AD的延長線上，且PA＝PE，PE交CD于點F，


（1）證明：PC＝PE；


（2）求∠CPE的度數(shù)；


（3）如圖2，把正方形ABCD改為菱形ABCD，其他條件不變，當(dāng)∠ABC＝120°，連接CE，試探究線段AP與線段CE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．






























































參考答案


一．選擇題（共8小題）


1．【解答】解：∵n邊形（n＞3）從一個頂點出發(fā)可以引（n﹣3）條對角線，


∴從五邊形的一個頂點出發(fā)可以畫出5﹣3＝2（條）對角線．


故選：B．


2．【解答】解：設(shè)這個多邊形的邊數(shù)是n，


則（n﹣2）?180°＝540°，


解得n＝5，


故選：C．


3．【解答】解：A、正三角形的每個內(nèi)角是60°，正八邊形形的每個內(nèi)角是135°，∵2×135°+1×90°≠360°，不能密鋪．


B、正三角形的每個內(nèi)角是60°，正方形的每個內(nèi)角是90°，∵3×90°+2×60°≠360°，不能密鋪．


C、正五邊形的每個內(nèi)角是108°，正十邊形的每個內(nèi)角是144°，∵108°+144°≠360°，不能密鋪．


D、正六邊形的每個內(nèi)角是120°，正三角形每個內(nèi)角是60°，2×120°+2×60°＝360°，能鋪滿．


故選：D．


4．【解答】解：∵A、B分別是CD、CE的中點，若DE＝18m，


∴AB＝DE＝9m，


故選：A．


5．【解答】解：A、兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形，故A選項不符合題意；


B、四個內(nèi)角都相等的四邊形是矩形，故B選項不符合題意；


C、一組對邊平行且對角線相等的四邊形不一定是矩形，故C選項符合題意；


D、四條邊都相等的四邊形是菱形，故D選項不符合題意；


故選：C．


6．【解答】解：若∵AD∥BC，


∴∠ADO＝∠CBO，且AO＝CO，∠AOD＝∠BOC，


∴△AOD≌△COB（AAS）


∴AD＝BC，


∴四邊形ABCD是平行四邊形，故A選項不合題意；


若AD＝BC，CD＝AB，


∴四邊形ABCD是平行四邊形，故C選項不合題意；


若S△AOD＝S△COD＝S△BOC，


∴AO＝CO，BO＝DO，


∴四邊形ABCD是平行四邊形，故D選項不合題意；


故選：B．


7．【解答】解：作MG⊥BC于G．





∵四邊形ABCD是正方形，


∴BA＝BC，∠ABC＝∠DAB＝°∠DCB＝90°


∵△MBC是等邊三角形，


∴MB＝MC＝BC，∠MBC＝∠BMC＝60°，


∵MG⊥BC，


∴BG＝GC，


∵AB∥MG∥CD，


∴AM＝MN，


∴∠ABM＝30°，


∵BA＝BM，


∴∠MAB＝∠BMA＝75°，


∴∠DAN＝90°﹣75°＝15°，∠CMN＝180°﹣75°﹣60°＝45°，


故A，B，C正確，


故選：D．


8．【解答】解：如圖，n邊形，A1A2A3…An，


若沿著直線A1A3截去一個角，所得到的多邊形，比原來的多邊形的邊數(shù)少1，


若沿著直線A1M截去一個角，所得到的多邊形，與原來的多邊形的邊數(shù)相等，


若沿著直線A1N截去一個角，所得到的多邊形，比原來的多邊形的邊數(shù)多1，


因此將一個多邊形截去一個角后，變成十四邊形，則原來的四邊形為13或14或15，


故選：C．





二．填空題（共8小題）


9．【解答】解：根據(jù)任意多邊形的外角和都為360°，可知正七邊形的外角和是360°，


故答案為360°．


10．【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，


∴∠A+∠B＝180°，


∵∠A：∠B＝2：1，


∴∠A＝×180°＝120°．


故答案為：120．


11．【解答】解：五邊形ABCDE的對角線共有＝5（條）．


故答案為：5．


12．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，


∴∠DBC＝∠DBA＝∠ABC＝65°，


∵DE⊥AB，


∴∠DBE+∠BDE＝90°，


∴∠BDE＝25°，


故答案為：25．


13．【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，AC，BD交于點O，BD＝8


∴BD＝2BO，即2BO＝8．


∴BO＝4．


又∵M、N分別為BC、OC的中點，


∴MN是△CBO的中位線，


∴MN＝BO＝2．


故答案是：2．





14．【解答】解：連接AC交BD于M，如圖所示：


設(shè)BF＝5a，則DF＝11a，


∴BD＝16a，


∵四邊形ABCD是菱形，


∴AC⊥BD，∠ACB＝∠ACD，AB＝BC，AB∥CD，BM＝DM＝BD＝8a，


∴FM＝BM﹣BF＝3a，


∵AB∥CD，


∴∠BEC＝∠ECD，


∵∠BEC＝3∠BCE，


∴∠ECD＝3∠BCE，


∴∠ACE＝∠BCE，


∴CF平分∠ACB，


∵FG⊥BC，F(xiàn)M⊥AC，


∴FG＝FM＝，


∴3a＝，


∴a＝，


∴BF＝，BM＝2，


在Rt△FMC和Rt△FGC中，，


∴Rt△FMC≌Rt△FGC（HL），


∴CG＝CM，


在Rt△BFG中，BG＝＝＝1，


設(shè)CG＝CM＝x，則BC＝x+1，


在Rt△BMC中，由勾股定理得：22+x2＝（x+1）2，


解得：x＝，


∴AB＝BC＝．





15．【解答】解：①如圖1，





當(dāng)P在AB上時，


∵△APE的面積等于4，


∴t?3＝4，


t＝；


②當(dāng)P在BC上時，如圖2，





∵△APE的面積等于4，


∴S長方形ABCD﹣S△CPE﹣S△ADE﹣S△ABP＝4，


∴3×4﹣（3+4﹣t）×2﹣×2×3﹣×4×（t﹣4）＝4，


t＝6；


③當(dāng)P在CE上時，如圖3，





∴（4+3+2﹣t）×3＝4，


t＝＜3+4，此時不符合；


故答案為：或6．


16．【解答】解：∵△A1B1C1中，A1B1＝4，A1C1＝5，B1C1＝7，


∴△A1B1C1的周長是16，


∵A2，B2，C2分別是邊B1C1，A1C1，A1B1的中點，


∴B2C2，A2C2，A2B2分別等于A1B1、B1C1、C1A1的，


…，


以此類推，則△A4B4C4的周長是×16，


∴△AnBn?n的周長是，


則第2020個三角形的周長是＝．


故答案為：．


三．解答題（共7小題）


17．【解答】證明：∵四邊形ABCD是矩形，


∴AD∥BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，


∴∠AEB＝∠DAE，


∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，


∴∠DAE＝∠BAD＝45°，∠BCF＝∠BCD＝45°，


∴∠AEB＝∠DAE＝∠BCF，


∴AE∥CF．


18．【解答】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，


∴∠B＝∠ADC，AB∥CD，AD∥BC，


∴∠C+∠B＝180°，∠ADF＝∠DEC，


∵∠AFD+∠AFE＝180°，∠AFE＝∠ADC，


∴∠AFD＝∠C，


在△AFD和△DEC中，，


∴△AFD≌△DCE（AAS），


∴DF＝CE．


19．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC．


∴∠D＝∠OCE，∠DAO＝∠E．


∵O是CD的中點，


∴OC＝OD，


在△AOD和△EOC中，，


∴△AOD≌△EOC（AAS）；


（2）∵△AOD≌△EOC，


∴OA＝OE．


又∵OC＝OD，


∴四邊形ACED是平行四邊形．


∵∠B＝∠AEB＝45°，


∴AB＝AE，∠BAE＝90°


∵四邊形ABCD是平行四邊形，


∴AB∥CD，AB＝CD．


∴∠COE＝∠BAE＝90°．


∴?ACED是菱形．


∵AB＝AE，AB＝CD，


∴AE＝CD．


∴菱形ACED是正方形．





20．【解答】（1）證明：∵E是AD的中點，


∴AE＝DE，


∵AF∥BC，


∴∠AFE＝∠DBE，


在△AEF和△DEB中，


∵，


∴△AEF≌△DEB（AAS），


∴AF＝DB，


∴四邊形ADCF是平行四邊形，


∵∠BAC＝90°，D是BC的中點，


∴AD＝CD＝BC，


∴四邊形ADCF是菱形；


（2）解：設(shè)AF到CD的距離為h，


∵AF∥BC，AF＝BD＝CD，∠BAC＝90°，


∴S菱形ADCF＝CD?h＝BC?h＝S△ABC＝AB?AC＝×12×16＝96．


21．【解答】解：（1）如圖1，過點C作CN⊥BD于N，





∵四邊形ABCD是平行四邊形，


∴BC＝AD，AB＝CD＝3，∠ABC＝∠ADC＝105°，AD∥BC，


∴∠CBD＝∠ADB，


∵△ADM是等邊三角形，


∴AD＝AM＝MD，∠ADM＝60°，


∴∠CBD＝60°，∠CDN＝45°，


∵CN⊥BD，


∴∠BCN＝30°，∠NCD＝∠NDC＝45°，


∴CN＝DN，CD＝CN＝3，


∴CN＝3，


∵∠BCN＝30°，CN⊥BD，


∴CN＝BN，BC＝2BN，


∴BN＝，BC＝2，


∴BC＝AD＝AM＝2；


（2）在ED上截取EH＝EM，連接CM，MH，





∵點F是BM的中點，CF⊥BM，


∴CM＝BC，且CF⊥BM，


∴∠BCF＝∠MCF，


∴CM＝BC＝MD＝AD，


∴∠MCD＝∠MDC，


∵CE+ME＝DE，DE＝EH+DH，且ME＝EH，


∴CE＝DH，且∠MCD＝∠MDC，CM＝DM，


∴△MCE≌△MDH（SAS）


∴MH＝ME，


∴MH＝ME＝EH，


∴△MEH是等邊三角形，


∴∠MEH＝60°，


∵AD∥BC，


∴∠BCD+∠ADC＝180°，


∴∠BCF+∠FCM+∠MCD+∠MDC+60°＝180°，


∴2∠FCM+2∠MCD＝120°，


∴∠FCD＝60°＝∠MEH，


∴CF∥ME，且CF⊥BM，


∴BM⊥ME．


22．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，


∴AD∥BC，


∴∠PDO＝∠QBO，


∵O為BD的中點，


∴DO＝BO，


在△PDO和△QBO中，


，


∴△PDO≌△QBO（ASA），


∴OP＝OQ；


（2）由題意知：AD＝8cm，AP＝tcm，


∴PD＝8﹣t，


（3）∵PB＝PD，


∴PB2＝PD2，


即AB2+AP2＝PD2，


∴62+t2＝（8﹣t）2，


解得 t＝，


∴當(dāng)t＝時，PB＝PD．


23．【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，AB＝BC，


∠ABP＝∠CBP＝45°，


在△ABP和△CBP中，，


∴△ABP≌△CBP（SAS），


∴PA＝PC，


∵PA＝PE，


∴PC＝PE；


（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，


∴∠BAP＝∠BCP，


∴∠DAP＝∠DCP，


∵PA＝PE，


∴∠DAP＝∠E，


∴∠DCP＝∠E，


∵∠CFP＝∠EFD（對頂角相等），


∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，


即∠CPE＝∠EDF＝90°


（3）解：AP＝CE；理由如下：


在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝60°，


在△ABP和△CBP中，，


∴△ABP≌△CBP（SAS），


∴PA＝PC，∠BAP＝∠BCP，


∵PA＝PE，


∴PC＝PE，


∴∠DAP＝∠DCP，


∵PA＝PC，


∴∠DAP＝∠AEP，


∴∠DCP＝∠AEP


∵∠CFP＝∠EFD（對頂角相等），


∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠AEP，


即∠CPF＝∠EDF＝180°﹣∠ADC＝180°﹣120°＝60°，


∴△EPC是等邊三角形，


∴PC＝CE，


∴AP＝CE．





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