第四章 平行四边形 章末小结 同步练习（含答案）

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第4章平行四边形章末小结
类型之一　多边形的内角和与外角和
1.(2021温岭模拟)正n边形的一个外角为30°,则n的值为 (　　)
A.9 B.10 C.12 D.14
2.(2021宁波北仑区二模)已知正多边形的一个内角等于一个外角的3倍,那么这个正多边形的边数为 (　　)
A.6 B.7 C.8 D.9
3.(2021衢州)如图4-X-1,在正五边形ABCDE中,连结AC,BD交于点F,则∠AFB的度数为　　　　.
图4-X-1
类型之二　中心对称与中心对称图形
4.(2021宁波模拟)下列图形中,不是中心对称图形的是 (　　)
图4-X-2
5.如图4-X-3,△ABC绕点O旋转180°得到△DEF,下列说法错误的是 (　　)
图4-X-3
A.点B和点E关于点O对称
B.CE=BF
C.△ABC≌△DEF
D.△ABC与△DEF关于点B中心对称
类型之三　平行四边形的性质和判定
6.(2021株洲)如图4-X-4所示,四边形ABCD是平行四边形,点E在线段BC的延长线上.若∠DCE=132°,则∠A等于 (　　)
图4-X-4
A.38° B.48°
C.58° D.66°
7.如图4-X-5, ABCD的对角线AC,BD相交于点O.若AC+BD=10,BC=4,则△BOC的周长为 (　　)
图4-X-5
A.8 B.9
C.10 D.14
8.(2021杭州下城区期中)如图4-X-6,在平行四边形ABCD中,E,F是对角线BD上的两点.若添加一个条件使四边形AECF是平行四边形,则添加的条件不能是 (　　)
图4-X-6
A.AE=CF B.BE=FD
C.BF=DE D.∠1=∠2
9.(2021嘉兴)如图4-X-7,在 ABCD中,对角线AC,BD交于点O,AB⊥AC,AH⊥BD于点H.若AB=2,BC=2,则AH的长为　　　　.
图4-X-7
10.如图4-X-8,在 ABCD中,BD是对角线,AE⊥BD于点E,CF⊥BD于点F.求证:四边形AECF为平行四边形.
图4-X-8
11.(2020丽水期末)如图4-X-9,在 ABCD中,CM平分∠BCD交AD于点M.
(1)若CD=2,求DM的长;
(2)若M是AD的中点,连结BM,求证:BM平分∠ABC.
图4-X-9
类型之四　三角形的中位线
12.(2021宁波)如图4-X-10,在△ABC中,∠B=45°,∠C=60°,AD⊥BC于点D,BD=.若E,F分别为AB,BC的中点,则EF的长为 (　　)
　图4-X-10
A. B. C.1 D.
13.如图4-X-11,在△ABC中,AB=AC,D是边AB上的点,DE∥BC交AC于点E,连结BE,F,G,H分别为BE,DE,BC的中点,连结FG,FH.
(1)求证:FG=FH;
(2)当∠A为多少度时,FG⊥FH 说明理由.
图4-X-11
类型之五　反证法
14.(2020温州期末)用反证法证明“在同一平面内,若a⊥c,b⊥c,则a∥b”时,应假设 (　　)
A.a∥c B.b∥c C.a∥c,b∥c D.a与b相交
类型之六　数学活动
15.如图4-X-12①,在三角形纸片ABC中,沿着中位线DE剪切后,将△ADE绕着点E顺时针旋转180°拼接到△CFE的位置,则四边形BCFD是平行四边形.
类似地,在如图②所示的多边形中,AE=CD,AE∥CD,你能按照上面的剪切方法,沿一条直线剪切拼成一个平行四边形吗 若能,画出示意图,并简要说明理由.
　　　　　　　　图4-X-12
详解详析
1.C　2.C
3.72°　[解析] ∵五边形ABCDE是正五边形,
∴∠BCD=∠ABC==108°.
∵BA=BC,∴∠BAC=∠BCA=36°,
同理∠CBD=36°,
∴∠AFB=∠BCA+∠CBD=72°.
故答案为72°.
4.D　5.D　6.B
7.B　[解析] ∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BO=BD,CO=AC.
∵AC+BD=10,
∴BO+CO=5,
∴△BOC的周长为5+4=9.故选B.
8.A　[解析] B项,∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AB∥CD,
∴∠ABD=∠CDB.
又∵BE=DF,
∴△ABE≌△CDF(SAS),
∴AE=CF,∠AEB=∠CFD,
∴∠AEF=∠CFE,
∴AE∥CF,
∴四边形AECF是平行四边形,故B项不符合题意;
C项,∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AB∥CD,
∴∠ABD=∠CDB.
∵BF=DE,
∴BF-EF=DE-EF,
即BE=DF,
∴△ABE≌△CDF(SAS),
∴AE=CF,∠AEB=∠CFD,
∴∠AEF=∠CFE,∴AE∥CF,
∴四边形AECF是平行四边形,故C项不符合题意;
D项,∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AB∥CD,
∴∠ABD=∠CDB.
又∵∠1=∠2,
∴△ABE≌△CDF(ASA),
∴AE=CF,∠AEB=∠CFD,
∴∠AEF=∠CFE,∴AE∥CF,
∴四边形AECF是平行四边形,故D项不符合题意;
添加AE=CF后,不能得出△ABE≌△CDF,进而得不出四边形AECF是平行四边形,故A项符合题意.故选A.
9.　[解析] ∵AB⊥AC,AB=2,BC=2,
∴AC==2.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC,
∴OA=OC=AC=.
在Rt△OAB中,由勾股定理,得OB==.
∵AH⊥BD,
∴OB·AH=OA·AB,
即×·AH=××2,
解得AH=.
故答案为.
10.证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AB∥CD,
∴∠ABD=∠CDB.
∵AE⊥BD,CF⊥BD,
∴AE∥CF,∠AEB=∠CFD=90°,
∴△ABE≌△CDF,
∴AE=CF.
又∵AE∥CF,
∴四边形AECF是平行四边形.
11.解:(1)在 ABCD中,∵AD∥BC,
∴∠DMC=∠BCM.　
∵CM平分∠BCD,∴∠DCM=∠BCM.
∴∠DMC=∠DCM,∴DM=CD=2.
(2)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AD∥BC.
∵M是AD的中点,∴AM=DM.
∵DM=CD,∴AM=CD=AB,
∴∠ABM=∠AMB.
∵AD∥BC,∴∠AMB=∠CBM,
∴∠ABM=∠CBM,
即BM平分∠ABC.
12.C
13.解:(1)证明:∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB.
∵DE∥BC,
∴∠ADE=∠ABC,∠AED=∠ACB,
∴∠ADE=∠AED,
则AD=AE,
∴DB=EC.
∵F,G,H分别为BE,DE,BC的中点,
∴FG是△EDB的中位线,FH是△BCE的中位线,
∴FG=DB,FH=EC,
∴FG=FH.
(2)当∠A=90°时,FG⊥FH.
理由:如图,延长FG交AC于点N.
∵FG是△EDB的中位线,FH是△BCE的中位线,
∴FN∥AB,FH∥AC.
∵∠A=90°,
∴∠FNC=90°,
∴∠NFH=90°,
∴FG⊥FH,即当∠A=90°时,FG⊥FH.
14.D
15.解:能.如图,取AB,BC的中点G,H,作直线GH,分别交AE,CD于点P,Q,则四边形PQDE即为所求.
理由:如图,过点B作BM∥AP交GH于点M.∵BM∥AP,
∴∠A=∠GBM,∠APG=∠BMG.
又∵GA=GB,∴△AGP≌△BGM,∴AP=BM.
同理CQ=BM,
∴AP=CQ.
∵AE=CD,∴PE=QD.
又∵AE∥CD,即PE∥QD,
∴四边形PQDE是平行四边形.
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