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，正五边形中，，的延长线交于点，连接交于点，若平分，则（    ）A． B． C． D．2．如图，在平面直角坐标系中，是菱形的对角线的中点，轴且，，点C的坐标是(    )A． B． C． D．3．如图，在平行四边形中，，是上两点，，连接，，，，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是（  ）A． B． C． D．4．如图，在矩形中，点，分别是边，的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长度为（    ）A． B． C． D．5．如图，点D，E，F分别是三边的中点，则下列判断：①四边形一定是平行四边形；②若平分，则四边形是正方形；③若，则四边形是菱形；④若，则四边形是矩形．正确的个数为（　　）A．1 B．2 C．3 D．46．如图，在菱形中，E，F分别是边CD，上的动点，连接，，G，H分别为，的中点，连接．若，，则的最小值为（　　）A． B． C． D．7．如图，在中，于点E，点在边的延长线上，则添加下列条件不能证明四边形是矩形的是（　　）A． B．C． D．8．如图，将长方形纸片的角C沿着折叠（点F在上，不与B，C重合），使点C落在长方形内部点E处，若平分，则的度数α是（　　）A． B．C． D．α随折痕位置的变化而变化9．如图，正方形的对角线交于点O，M是边上一点，连接，过点O作交于点N，若四边形的面积是4，则的长为（    ）A．2 B． C．4 D．10．如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，成立的个数有（　　）  A．1个 B．2个 C．3个 D．4个11．如图，点E在正方形内，满足，，，则阴影部分的面积是 ．12．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，，点E，F分别是的中点，连接于点交于点N，若，则线段的长为 ．13．如图，平行四边形的对角线与交于点O，请你添加一个条件使它是矩形，你添加的条件是 ．14．如图，若、、分别是的三边的中点，则与的周长之比＝ ．15．如图，中，，，，点P为边上任一点，过P分别作于E，于，则线段的最小值是 ． 16．如图，中，，，D，E分别为上的点，，F，G分别为，的中点，连，则的长度是 ．  17．如图1，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与C、D重合，过点A作的垂线交延长线于点F，连接．(1)计算的度数；(2)如图2，过点A作，垂足为G，连接．用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．18．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案：1．D【分析】本题考查了正多边形的定义，等腰三角形的判定与性质，判断出是解题的关键．先根据正多边形的定义得出，再根据补角的性质得出，根据等角对等边得出，然后根据等腰三角形三线合一的性质即可求解．【详解】解：∵五边形是正五边形，∴，又，，∴，∴，∵平分，∴，∴．故选：D．2．D【分析】根据题意得出是等边三角形，则，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出点的坐标，根据中心对称的性质即可求解．【详解】解：如图所示，设与轴交于点，∵四边形是菱形，∴，∵，，∴是等边三角形，则，∵是菱形的对角线的中点，∴∵轴，则，∴∴，，∴∵关于对称，∴,故选：D．【点睛】本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，求得点的坐标是解题的关键．3．B【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，由平行四边形的性质可知：，，再证明即可证明四边形是平行四边形．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，，∵对角线上的两点、满足，∴，即，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形．故选：B．4．C【分析】连接并延长交于，连接，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．【详解】解：连接并延长交于，连接，四边形是矩形，，，，分别是边，的中点，，，，，，在与中，，，，，，点是的中点，是的中点，，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．5．C【分析】利用三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定证明判断即可．【详解】解：∵点D，E，F分别是三边的中点，∴，∴四边形一定是平行四边形，故①正确；∵平分， ∴，∵，∴，∴∴，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形，故②错误；∵点D，E，F分别是三边的中点，∴，∴，∵，∴直线是线段的垂直平分线，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形；故③正确；∵四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形，故④正确；故选C．【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．6．D【分析】连接，利用三角形中位线定理，可知，求出的最小值即可解决问题．【详解】解：连接，如图所示：∵四边形是菱形，，，分别为，的中点，是的中位线，，当时，最小，得到最小值，则，，是等腰直角三角形，，，即的最小值为，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．7．D【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．由平行四边形的性质得，，再证，得四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论．【详解】解：四边形是平行四边形，∴，，，，，，四边形是矩形，故A不符合题意；，，∵，，四边形是矩形，故B不符合题意；，，即，，四边形是平行四边形，又，，平行四边形是矩形，故C不符合题意；，，故四边形不能判定是矩形，故D符合题意；故选：D．8．C【分析】本题考查了折叠的性质，角的平分线的定义，平角的定义，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．【详解】∵且平分，∴ ．故选：C．9．C【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．过点O作，证明，进而得到四边形的面积等于正方形的面积，进而求出的长，即可得解．【详解】解：过点O作于点E，于点F，则：，∵四边形是正方形，∴，∴，四边形为矩形，∴四边形为正方形，∴，∵，∴，∴，∴，∴正方形的面积等于四边形的面积，∴，∴（负值已舍掉）；∴；故选：C．10．B【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，以及等边三角形的判定与性质．利用平行四边形的性质可得，，利用角平分线的性质证明是等边三角形，然后推出，再结合等腰三角形的性质：等边对等角、三线合一进行推理解题的关键．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∵平分，∴，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，故①正确；∴，∴，∴，故②错误；∵，∴E为中点，∴，故③错误；∵，，∴，故④正确；故正确的个数为个，故选：B．11．76【分析】本题主要考查勾股定理的应用，正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．根据题意求出，根据即可得到答案．【详解】解：在中，，由勾股定理得：，正方形的面积是，的面积是，阴影部分的面积是，故答案为：76．12．【分析】设，根据三角形的中位线定理表示，可得，证明是等腰直角三角形，则，证明，则，，最后利用勾股定理计算x的值，可得的长．【详解】解：设，∵点E，F分别是的中点，，∴是的中位线，∴∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，连接，∵∴∴，∴，∴，易得，∴，，中，由勾股定理得：，即解得∴故答案为：【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；解决问题的关键是设未知数，利用方程思想解决问题．13．（答案不唯一）【分析】本题主要考查了矩形的判定．根据矩形的判定定理，即可求解．【详解】解：添加，理由：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形．故答案为：（答案不唯一）14．/【分析】此题考查的是三角形中位线的性质，根据三角形中位线定理易得所求的三角形的各边长为原三角形各边长的一半，那么所求的三角形的周长就等于原三角形周长的一半．【详解】解：∵点、、分别是、、的中点，∴，，分别是原三角形三边的一半，∴与的周长之比．故答案为．15．【分析】连接，根据勾股定理求出的长，证明四边形是矩形，推出，过作，由垂线段最短可知，，再利用的面积，求出的长，即可得到答案．【详解】解：如图，连接， ，，，，，，四边形是矩形，，过作，由垂线段最短可知，，即的最小值为的长，，，即线段的最小值是，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质和判定，三角形的面积，垂线段最短，勾股定理等知识，能得到是解此题的关键．16．【分析】取的中点，连接，并延长交于点，交于点，根据三角形中位线定理得出，，，，证明四边形是矩形，再根据勾股定理求解即可．【详解】解：如图，取的中点，连接，并延长交于点，交于点，  ，分别为，的中点，是的中位线，是的中位线，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是矩形，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形中位线的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，勾股定理等知识点，根据三角形中位线的性质和已知条件得到是解答本题的关键．17．(1)(2)，证明见解析【分析】（1）先证明，再利用等腰直角三角形的性质得出结论；（2）连接，先证明，得出，取的中点M，连接，证明，从而得出结论．【详解】（1）解：四边形是正方形，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形；（2）．理由：如图，取的中点，连接，，  是等腰直角三角形，，是的中点，，同理，在中，，，，，，，，；∵，为的中位线，，，，在中，，为等腰三角形，，，，，，．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，作出合适的辅助线是解题的关键．18．(1)见解析(2)【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的定义求出，证明，得到，继而判断四边形是平行四边形，再结合得出结论；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，在中，利用勾股定理求出即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，∴．【点睛】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，灵活运用相关判定定理和性质定理是解题的关键．