北京市重点校2024－2025学年八年级下学期期中数学汇编：四边形章节综合（京改版）（选择题）2

2024北京重点校初二（下）期中数学汇编 四边形章节综合（京改版）（选择题）2 一、单选题 1．（2024北京育才学校初二下期中）在学校科技节活动中，聪聪用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具．他先活动学具成为图1所示菱形，并测得，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得对角线，则图1中对角线的长为（） A． B． C． D． 2．（2024北京育才学校初二下期中）关于四边形对角线的性质，下列描述错误的是（    ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．矩形的对角线互相垂直 C．菱形的每一条对角线平分一组对角 D．正方形的对角线相等 3．（2024北京海淀实验中学初二下期中）如图，已知平行四边形的面积是1，E、F分别为、的中点，G是上的任一点，则和分别等于（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 4．（2024北京海淀初二下期中）如图，在平行四边形中，平分，交于点F，平分，交于点E，，，则长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2024北京朝阳初二下期中）如图，在菱形中，，点E，F分别在上，且，过点E作交于点G，过点F作交于点H，与交于点O．当四边形比四边形的周长大12时，的值为（      ） A．6.5 B．6 C．5.5 D．5 6．（2024北京海淀初二下期中）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点为平面内一个动点，线段，，，的中点分别为M，N，P，Q，在点的运动过程中，有下列结论： ①存在无数个中点四边形是平行四边形； ②存在无数个中点四边形是菱形； ③存在无数个中点四边形是矩形； ④存在无数个中点四边形是正方形． 其中，所有正确的有（    ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 7．（2024北京通州初二下期中）如图，在菱形中，，点在对角线上，且，那么的度数是（    ） A． B． C． D． 8．（2024北京通州初二下期中）如图，在中，对角线与相交于点，如果，那么的长是（    ） A．4 B．5 C．6 D．无法确定 9．（2024北京房山初二下期中）如图，中，E是延长线上的一点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 10．（2024北京东城初二下期中）如图，将长方形沿对角线折叠，使点落在点处，，则重叠部分（即）的面积为（    ） A．6 B．10 C．12 D．16 11．（2024北京第101中学初二下期中）在平行四边形中，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 12．（2024北京东城初二下期中）如图，在中，点分别是边的中点，点是线段上的一点．连接，且，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 13．（2024北京大峪中学初二下期中）如图，在中，，垂足为．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 14．（2024北京陈经纶中学初二下期中）如图，在矩形中，对角线，交于点，点为边上一点，过分别作，，垂足为点，，过作，垂足为点，若知道与的周长和，则一定能求出（　　） A．的周长 B．的周长 C．的周长 D．四边形APFH的周长 15．（2024北京大峪中学初二下期中）如图，在正方形中，，为对角线上与点，不重合的一个动点，过点作于点，于点，连接，，下列结论：；；；的最小值为，其中正确的结论是（  ） A． B． C． D． 16．（2024北京汇文中学初二下期中）如图，已知，增加下列条件可以使四边形成为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 17．（2024北京大峪中学初二下期中）如图，在菱形中，，对角线交于点O，E为的中点，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 18．（2024北京中关村中学初二下期中）如图，，，和都是等边三角形，F为中点，交于G点，下列结论中，正确的结论有（　　）个． ①； ②四边形是菱形； ③； ④． A．1 B．2 C．3 D．4 19．（2024北京日坛中学初二下期中）在平行四边形中，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 20．（22-23八年级下·北京朝阳·期末）如图，在中，D，E，F分别是边，，的中点，若，，则四边形的周长为（   ）    A．13 B．21 C．26 D．52 21．（2024北京第十二中学初二下期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（   ）    A．1 B．2 C． D． 22．（2024北京和平街第一中学初二下期中）下列命题是真命题的是（    ） A．若，则 B．等腰三角形的角平分线、中线和高重合 C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D．一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的一个外角等于 23．（2024北京北师大附中初二下期中）若平行四边形中两个内角的度数比为：，则其中较小的内角是（    ） A． B． C． D． 24．（2024北京第十二中学初二下期中）如图，矩形的两条对角线相交于点O．若，，则边的长为（    ）    A． B．2 C． D．1 25．（2024北京东直门中学初二下期中）在中，，为斜边的中点．若，，则的长为（    ）    A．10 B．6 C．5 D．4 26．（2024北京第十四中学初二下期中）如图，在中，，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 27．（2024北京第十八中学初二下期中）如图，在平行四边形中，，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 28．（2024北京第十八中学初二下期中）四边形的对角线，交于点O，点M，N，P，Q分别为边，，，的中点．有下列四个推断： ①对于任意四边形，四边形都是平行四边形； ②若四边形是平行四边形，则与交于点O； ③若四边形是矩形，则四边形也是矩形； ④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形． 所有正确推断的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 29．（2024北京陈经纶中学初二下期中）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 30．（2024北京第十二中学初二下期中）在平行四边形中，有两个内角的度数比为，则平行四边形中较小的内角是（　　） A． B． C． D． 31．（2024北京八一学校初二下期中）如图各交通标志中，不是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 32．（2024北京北师大附中初二下期中）如图，在中，，，，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是（　　） A．2 B． C．3 D． 33．（2024北京十一实验中学初二下期中）如图，在菱形中，E、F分别是的中点，若，则菱形的周长是（    ） A．12 B．16 C．20 D．24 34．（2024北京中关村中学初二下期中）如图，是的中位线，的角平分线交于点F，，则的长为（    ） A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 参考答案 1．C 【分析】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键定灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 如图1中连接，如图2中，连接．在图2中，利用勾股定理求出，在图1中，只要证明是等边三角形即可解决问题． 【详解】如图1中连接，如图2中，连接． 在图2中， ∵四边形是正方形， ， ，， ， 在图1中，∵四边形是菱形，， ， ， ∴是等边三角形， ， ， ， ∴， 故选：C． 2．B 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质等知识，根据平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质一一判断即可． 【详解】解：A、平行四边形的对角线互相平分，正确，本选项不符合题意． B、矩形的对角线相等且平分但是不互相垂直，本选项说法错误，符合题意． C、菱形的每一条对角线平分一组对角，正确，本选项不符合题意． D、正方形的对角线相等，错误，本选项不符合题意． 故选：B． 3．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据 的底和高与平行四边形的底和高的关系即可得出答案． 【详解】解：的底为的一半，高也为平行四边形高的一半； 的底为的一半，高等于平行四边形的高. ∴可得和分别等于平行四边形的面积的和 ， 即，， 故选C． 4．A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，等腰三角形的判定，转化线段是解题的关键．根据平行线的性质可得，，由角平分线可得，，所以，，所以，，则根据即可求解． 【详解】∵平行四边形， ∴，，， ∴，， ∵平分，平分， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 故选A． 5．C 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．根据菱形的性质可得到四边形、四边形、四边形、四边形是平行四边形，再由，可得四边形是菱形，四边形是菱形，即可求解． 【详解】解：在菱形中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形、四边形、四边形、四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是菱形，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵四边形比四边形的周长大12， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C 6．A 【分析】根据中点四边形的性质：一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂直的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，由此即可判断． 【详解】①与不平行时，中点四边形是平行四边形，故存在无数个中点四边形是平行四边形，所以①正确； ②与相等且不平行时，中点四边形是菱形，故存在无数个中点四边形是菱形，所以②正确； ③与互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形是矩形，故存在无数个中点四边形是矩形，所以③正确； ④如图所示，当与相等且互相垂直时，中点四边形是正方形，故存在两个中点四边形是正方形，所以④错误． 故选A． 【点睛】本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 7．B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边对等角以及三角形内角和定理，根据题意得出，根据已知条件得出，根据三角形内角和定理，即可求解． 【详解】解：∵在菱形中，，点在对角线上， ∴， ∵， ∴ 故选：B． 8．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的对角线互相平分即可求解． 【详解】解：∵在中，对角线与相交于点， ， ∴， 故选：C． 9．D 【分析】此题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得到，再由平行线的性质即可得到答案． 【详解】解：中，， ∴， ∴， 故选：D 10．B 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、三角形面积公式，由矩形的性质得出，从而得出，结合折叠的性质得出，推出，设，则，由勾股定理求出，再由三角形面积公式计算即可得出答案． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， 由折叠的性质可得：， ， ， 设，则， 由勾股定理得：，即， 解得：， ， ， 故选：B． 11．D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形的对角相等、邻角互补以及图形可知与是对角，即可求出和的度数；再根据与是邻角，即可求得. 【详解】解：如图： ∵四边形为平行四边形， ∴. ∵， ∴， ∴. 故选D． 12．A 【分析】本题考查了三角形中位线定理、直角三角形的性质，由三角形中位线定理得出，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，即可得解． 【详解】解：点分别是边的中点， 是的中位线， ， ，点是的中点， ， ， 故选：A． 13．B 【分析】根据，得到，结合，得到,继而得到，计算即可，本题考查了直角三角形的特征，平行四边形的性质，熟练掌握特征和性质是解题的关键． 【详解】∵，， ∴， ∵， ∴, ∴， ∴， 故选：B． 14．B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 过点作于，连接，证出四边形为矩形，得出，证明，由全等三角形的性质得出，证明，则可得出答案． 【详解】 解：过点作于，连接， ，， 四边形为矩形， ， 四边形为矩形， ，，， ， ， ， ， 同理， ， ，， ， ， ， 又， ， ， 与的周长和 知道与的周长和，一定能求出的周长． 故选：B． 15．A 【分析】连接，易知四边形为矩形，可得；由≌可得，所以； 由矩形可得，则；由，则；由四边形为正方形可得，即，所以，即，可得； 由中的结论可得； 由于点为上一动点，当时，根据垂线段最短可得此时最小，最小值为，由知，所以的最小值为． 【详解】解：连接，交于点，如图， ，， ． ， 四边形为矩形． ，． 四边形为正方形， ，． 在和中， ， ≌． ． ． 正确； 延长，交于，交于点， ≌， ． 由知：， ． ． ， ． ． 即：， ． 正确； 由知：． 即：． 正确； 点为上一动点， 根据垂线段最短，当时，最小． ，， ． ． 由知：， 的最小值为， 错误． 综上所述，正确的结论为：． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法． 16．C 【分析】此题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．根据平行四边形的判定定理即可求解． 【详解】解：A．∵， ∴， ∴不能判定四边形是平行四边形；     B．不能判定四边形是平行四边形； C．∵， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形；     D．不能判定四边形是平行四边形； 故选C． 17．C 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理．由菱形的性质求得，，根据三角形中位线定理得到，求得，据此求解即可． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴，，O为的中点， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 18．C 【分析】根据等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识分别对各个结论进行判断即可． 【详解】解：①如图，连接， ∵，F为中点， ∴， ∴点F在的垂直平分线上， ∵是等边三角形， ∴， ∴点E在的垂直平分线上， ∴，①正确； ②∵是等边三角形，F是中点， ∴，∴， ∴四边形不可能是菱形，②不正确； ③∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，③正确； ④∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴，④正确； 正确的结论有3个， 故选：C．      【点睛】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的性质是解题的关键． 19．C 【分析】利用平行四边形的性质及即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， 又， ， ， 故选C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形邻角互补，对角相等是解题的关键． 20．C 【分析】根据D，E，F分别是边，，的中点，可判定四边形是平行四边形，再根据三角形中位线定理，即可求得四边形的周长． 【详解】解：∵D，E，F分别是边，，的中点， ∴，， ，， ∴， 故选：C 【点睛】本题考查平行四边形的判定，三角形中位线定理，熟练运用中位线定理是解题的关键． 21．B 【分析】利用菱形的性质，求出，得出三角形是直角三角形，再，运用勾股定理求出. 【详解】解：∵四边形是菱形， ，是对角线，， ∴，， ∴，，，即三角形是直角三角形， 又∵， ∴， 设，则， 根据勾股定理可得，， 解得， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题时解题的关键. 22．D 【分析】根据不等式的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和正多边形的性质依次判断． 【详解】解：A、若，则，错误，故不是真命题； B、等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线和高重合，错误，故不是真命题； C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，错误，故不是真命题； D、一个正多边形的内角和为，则这个正多边形是六边形，它的一个外角等于，正确，是真命题； 故选：D． 【点睛】此题考查了真命题：正确的命题是真命题，熟练掌握不等式的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和正多边形的性质是解题的关键． 23．A 【分析】根据平行四边形的性质可得，结合题意即可求解． 【详解】解：如图所示，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 解得：， 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 24．A 【分析】根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半可得，在根据勾股定理求出． 【详解】，，， ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质、直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用． 25．C 【分析】根据勾股定理求得，由斜边上中线等于斜边一半求得． 【详解】由勾股定理，, ∴； 故选：C． 【点睛】本题考查勾股定理，直角三角形性质，由相关定理得出线段间数量关系是解题的关键． 26．C 【分析】根据平行四边形对角相等的性质和平行线的性质解答即可. 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选：C. 【点睛】本题考查了平行四边形的对角相等和平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键. 27．B 【分析】根据平行四边形对角相等，邻角互补即可求解. 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， 故选：B 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答此题的关键. 28．A 【分析】根据四边形的性质及中位线的性质推导即可． 【详解】解：如图， 点，，，分别为边， ，，的中点， 且，且， 且， 是平行四边形， 故①正确； 四边形是平行四边形， ，，且点为，的中点， 点M，N，P，Q分别为边，，，的中点， ，，， ，即M、O、P三点共线， 即过O点，   同理有过O点， 与交于点O， 故②正确； 点，，，分别为边， ，，的中点， ，， 在矩形中，， ， 是平行四边形， 四边形是菱形， 故③错误； 若四边形是正方形，则有,, 则四边形可能是正方形，也可能是对角线互相垂直的等腰梯形， 故④错误； 综上，正确的有：①②， 故选：A． 【点睛】本题考查了中位线定理，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 29．C 【分析】根据平行四边形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：如图： A、∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形；故A选项不符合题意； B、∵，， ∴四边形是平行四边形；故B选项不符合题意； C、，无法判断四边形是平行四边形；故C选项符合题意； D、∵，， ∴四边形是平行四边形；故D选项不符合题意； 故选C． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键． 30．D 【分析】由平行四边形的性质得出，推出，再由，求出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形中较小的内角是， 故选：B． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的邻角互补是解题的关键． 31．A 【分析】根据中心对称图形的定义在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，可直接选出答案． 【详解】解：B、C、D中的交通标志都属于中心对称图形， 而选项A中的交通标志绕其圆心旋转后，不能和原来的图形重合， 所以不是中心对称图形． 故选：A． 【点睛】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 32．B 【分析】连接，利用三角形中位线的性质得到，根据垂线段最短知，当时，最小，即最小，利用勾股定理和等面积法求得即可． 【详解】解：连接， ∵点D、E分别为CN，MN的中点， ∴， ∴当时，最小，即最小， 在中，，，， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值为， 故选：B． 【点睛】本题考查了三角形的中位线性质、勾股定理、垂线段最短，熟练掌握三角形的中位线性质，将求的最小值转化为求的最小值是解答的关键． 33．B 【分析】利用三角形的中位线定理以及菱形的性质进行计算即可． 【详解】解：∵E、F分别是的中点 ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长为：； 故选：B． 【点睛】本题考查三角形的中位线和菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 34．C 【分析】由中位线的性质定理得，，且，由平行线的性质结合角平分线可得，则可求得的长． 【详解】是的中位线，， ，，， ， 是的平分线， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$