2023-2024学年沪科版（2012）八年级下册第十九章四边形单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 沪科版（2012）八年级下册 第十九章 四边形� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，在中，，点，分别在，上，且，将沿折叠，点恰好落在边上的点处，与交于点．下列结论：其中正确的结论有几个(    )①；②若，则；③若，，则；④若，，则．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2．在中，分别是边上的点，图中的数字表示该部分图形的面积，则图中阴影部分的面积为(    )    A．25 B．27 C．37 D．743．如图，边长为的正方形中，为对角线上的一点，连接并延长交于点，若，则的长为(   )A． B． C． D．4．菱形的两条对角线长为4、3，则这个菱形面积是（　　）A．12 B．24 C．6 D．105．如图，在正方形中，点F为上的一点，与交于点E．若，则等于（    ）A． B． C． D．6．如图，E是四边形ABCD的边BC延长线上的一点，且AB∥CD，则下列条件中不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（    ）A．∠D＝∠5 B．∠3＝∠4 C．∠1＝∠2 D．∠B＝∠D7．如图，在ABCD中，AB＝4，BC＝6，AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，且AE，DF相交于点O，若点P为线段EF的中点，连接OP，则线段OP的长为（    ）A． B．2 C． D．18．如图，四边形，，若点D在的垂直平分线上，则为（　　）A． B． C． D．9．如图，一张矩形纸片平放在平面直角坐标系内，为原点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，且的长满足，将纸片沿对折，使点落在轴上的点处，则点的坐标为（）  A． B．） C． D．10．如图，在中，平分，交于点F，平分交于点E，，则长为（　　）A．1 B．2 C．3 D．411．如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，若，则的长是 12．如图，在长方形中，，，点E为上一点，将沿翻折至，延长交于点O，交的延长线于点G，且，则的长为 ．13．如图，直线过正方形的顶点，点，到直线的距离，分别为6和4，则正方形的面积是 ．14．如图，在正六边形内作正方形，连接，则 ． 15．如图，在中，D是上一点，，E，F分别是，的中点，，则的长为   16．如图，面积为的正方形的顶点在数轴上，且点表示的数为，若点在数轴上（点在点左侧），且，则点所表示的数是 ．17．如图，已知，分别是平行四边形的边，上的点，且．  (1)求证：四边形是平行四边形；(2)若 ，，且四边形是菱形，求的长．18．已知：平行四边形的两边，的长是关于x的方程的两个实数根．(1)m为何值时，四边形是菱形？求出这时菱形的边长；(2)如果的长为2，那么平行四边形的周长是多少？评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、证明题评卷人得分四、问答题参考答案：1．C【分析】①是的中线，即可求解；②，则，则，即可求解；③勾股定理求得，即可求解；④勾股定理求得，进而根据是的中线，即可求解．【详解】解①，，，，，，，，， ，， ；故①正确；②∵，，，则，故②正确；③，，，设，则解得：故③不正确；④，，则，故④正确．故选：C．【点评】本题考查的是翻折变换(折叠问题)，涉及到直角三角形中线定理，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．2．C【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质和面积之间的关系解答．【详解】解：如图：  ，分别是边，上的点，，，，，设，，，即图中阴影部分的面积是，故选：C．3．D【分析】本题考查正方形性质及应用，解题的关键是建立直角坐标系，求出的坐标．以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，由正方形边长为，可知，，，，，进而求得直线解析式为；求出点的坐标，，利用两点间的距离公式得方程，解得：，得到，，利用两点间距离公式求得即可．【详解】解：以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，如图：正方形边长为，，，，，，由，，可得直线解析式为，设，解析式为，代入得：，解得：，直线解析式为，在中，令得，，，，，整理得，解得：（不符合题意，舍去）或，，，．故选：D．4．C【分析】本题考查了菱形的面积，解题的关键是掌握菱形面积的求解方法有两种：①底乘以高，②对角线积的一半．利用菱形的面积是对角线乘积的一半，求解即可．【详解】解：∵菱形的两条对角线长为4、3，∴这个菱形面积是．故选：C．5．A【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理；先证明，求出，再在中利用三角形内角和定理可求度数．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，又∵，∴．∴，∴，故选：A．6．C【详解】A．∵∠D＝∠5，∴AD∥BC．∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；B．∵∠3＝∠4，∴AD∥BC．∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；C．∵∠1＝∠2，∴AB∥CD，不能判断四边形ABCD是平行四边形，故符合题意；D．∵AB∥CD，∴∠B＝∠5．∵∠B＝∠D，∴∠D＝∠5，∴AD∥BC．∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意．7．D【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB＝CD＝4，AB∥CD，∴∠DAE＝∠AEB．∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝∠EAB，∴∠AEB＝∠EAB，∴AB＝BE＝4．同理可得，CD＝CF＝4．∴EF＝BE＋CF－BC＝4＋4－6＝2．∵AB∥CD，∴∠DAB＋∠ADC＝180°．∵AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，∴∠DAO＋∠ADO＝90°，∴∠FOE＝∠AOD＝90°，∴△FOE是直角三角形．∵OP是Rt△FOE的斜边EF的中线，∴OP＝1．8．D【分析】本题考查了四边形的内角和定理，等腰三角形的性质和判定，线段垂直平分线性质的应用，连接，根据线段的垂直平分线性质得出，推出，，求出，即可求出答案．【详解】解：连接，∵点D在的垂直平分线上，∴，∴，∵，∴，∴，故选：D．9．C【分析】本题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．先根据勾股定理求出的长，进而可得出的长，在中，由勾股定理可求出的长，进而得出点坐标．【详解】，，，由折叠性质得：，设，由勾股定理得：，，，设，，，，故选：C．10．B【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，根据平行和角平分线，推出均为等腰三角形，得到，进而得到，即可得解．【详解】解：∵，∴，∴，∵平分，平分，∴，∴，∴，∴；故选B．11．2【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得到，进而可得和ED的长，然后可得答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，又平分，，，，同理可证：，，，，．故答案为：2．12．/【分析】由折叠的性质得，根据证明得，于是得到，设，则，，在中，利用勾股定理建立方程求解即可．【详解】解：∵四边形为矩形，，∴，由折叠可知，，∴，在和中，，∴，∴，∴，即，设，则， ，∴， ，在中，，∴，解得：，∴．故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，利用全等三角形的性质得出是解题关键．13．52【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，由为正方形得到，再由与都垂直于，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，利用得出，由全等三角形对应边相等得到，在中，利用勾股定理求出的长，即可确定出正方形的面积．【详解】解：∵为正方形，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，根据勾股定理得：，则正方形面积为52．故答案为：52．14．/45度【分析】本题主要考查了正多边形的性质．等腰三角形的性质．根据正六边形的性质可得，再根据四边形是正方形，可得，再根据等腰三角形的性质，即可求解．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴正六边形的一个内角，∴．∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴．故答案为：15．4【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质；连结，根据等腰三角形三线合一的性质得出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得．【详解】解：如图，连结，  ∵，F是的中点，∴，又∵在中，E是的中点，，∴，故答案为：4．16．【分析】本题考查了实数与数轴，掌握应用正方形的面积公式是解答本题的关键．根据正方形的面积为，得到，由，点表示的数为，点在点左侧，得到点所表示的数，由此得到答案．【详解】解：由题意得：正方形的面积为，，，，点表示的数为，点在点左侧，点所表示的数为：，故答案为：．17．(1)证明见解析(2)5【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的性质，等腰三角形的性质等知识点，掌握相关定理是解题的关键．（1）利用平行四边形的性质得到，，结合得到，从而得证；（2）先证明，可得，结合，可得．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，．，，又，即，四边形是平行四边形；（2）∵四边形是菱形，∴，∴．又∵，∴，∴，∴，∵，∴．18．(1)；边长为1(2)周长为6【分析】（1）根据菱形的性质可知方程有两个相等的实数根，由根的判别式求出m，进而可求出方程的根；（2）由的长为2，可知2是方程的一个根，代入方程求出m，根据根与系数的关系可求出平行四边形的周长．【详解】（1）解：∵平行四边形是菱形，∴，∴方程有两个相等的实数根，∴，解得：，   当时，方程为，解得，即菱形的边长为1；（2）解：∵，的长是方程的两个实数根，的长为2，∴，2是方程的一个根，∴，∴解得，   ∴，∴，∴平行四边形的周长为6．【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，一元二次方程根的判别式以及根据系数的关系，解一元二次方程，综合运用各知识点是解答本题的关键．