第19章 四边形 单元测试-2024-2025学年八年级数学下册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练（沪科版）

第19章 四边形 单元测试 总分：150分 考生姓名： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：第19章（四边形）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。 1．已知在平行四边形中，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（    ） A．30米 B．40米 C．50米 D．60米 3．下列说法正确的是（    ）． A．平行四边形对边平行 B．平行四边形邻边相等 C．平行四边形对角线互相垂直 D．平行四边形对角互补 4．如图，四边形的对角线相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B．， C．， D．， 5．若一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 6．下列说法不正确的是（   ） A．矩形的对角线相等 B．平行四边形的对角线互相平分 C．对角线互相垂直的矩形是正方形 D．有一组邻边相等的四边形是菱形 7．石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，所有多边形都是正六边形．一个正六边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 8．如图，在矩形中，两条对角线，相交于点．若，则的长为（    ） A．10 B．8 C． D．5 9．用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，叫做平面镶嵌．若只选用一种大小相同的正多边形瓷砖进行平面镶嵌，则不能铺满地面的是（   ） A． B． C． D． 10．如图，在菱形中，过点作于点，连结．若，，则的长为(　 ) A． B． C． D． 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 11．四边形外角和的度数是 ． 12．如图，平行四边形的顶点M坐标的是，顶点N坐标是，则顶点P坐标是 ． 13．已知有三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接，那么这三个正多边形的边数分别是 ． 14．如图，矩形中，，，点、分别在、边上，，将沿翻折至，沿翻折至，恰好落在线段上，则到的距离为 ． 三、解答题：本题共9小题，共90分． 15．一个多边形的内角和比它的外角和的 4 倍少，求：这个多边形是几边形？这个多边形共有多少条对角线？ 16．如图，已知四边形，，，求证：四边形是平行四边形． 17．如图，在中，点M、N分别在、边上，连接、，，，求证：四边形是菱形． 18．如图，在平行四边形ABCD中，点P是AB边上一点（不与A，B重合），过点P作PQ⊥CP，交AD边于点Q，且∠QPA＝∠PCB． 求证：四边形ABCD是矩形． 19．使用给定的某些正多边形，能够拼成一个平面图形，既不留下空隙，又不互相重叠（在几何里面叫做平面镶嵌）．平面镶嵌显然与正多边形的内角大小有关．当围绕一点拼在一起的几个多边形的内角加在一起恰好组成一个周角（）时，就拼成了一个平面图形． (1)请填写下表 正多边形的边数 3 4 5 6 … n 正多边形每个内角的度数 … (2)如果单独选用一种图形不能进行平面镶嵌的是________ A．正三角形            B．正六边形            C．正方形                D．正五边 (3)在镶嵌平面时，围绕某一点有x个正方形和y个正八边形的内角可以拼成一个周角，请求x和y的值 20．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的三个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，要求保留作图痕迹． (1)在图1中画出轴对称图形； (2)在图2中，是边上一点，是边的中点，将点绕点旋转得到点，请画出点； (3)在图3中，是边上一点，请画出点，使两点关于直线对称． 21．如图，四边形是平行四边形，其中点的坐标是，点的坐标是，点的坐标是． (1)请求出点的坐标； (2)已知点是线段上一个动点，若三角形是等腰三角形，请求出所有符合要求的点的坐标； (3)已知直线：恰好将平行四边形分成面积相等的两部分，求出与之间满足的关系式． 22．综合与实践 问题情境：数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，在正方形中，点是线段上的动点，连接，过点作（点在直线的下方），且，连接． （1）【动手操作】 在图①中画出线段，；与的数量关系是：______； （2）【问题解决】 利用（1）题画出的图形，在图②中试说明，，三点在一条直线上 （注：当时，，，三点在一条直线上）； （3）【问题探究】 取的中点，连接，利用图③试求的值． 23．定义：若两个等腰三角形的顶角之和等于，则称这两个等腰三角形互为“友好三角形”，这两个角的顶点互为“友好点”． (1)已知与互为“友好三角形”，点和点互为“友好点”，且中有一个内角为，则_____． (2)已知，在平面直角坐标系中，点，，点为角平分线上一动点，点为轴上一动点，连接． ①如图，，求证：与互为“友好三角形”； ②在①的条件下，若点的坐标为，则点坐标为_____； (3)在（2）的条件下，动点、同时从点出发向左运动，当点与点重合时动点同时停止运动．点的速度为每秒6个单位，点的速度为每秒2个单位，以为边在轴的上方作正方形，当一条边的垂直平分线成为正方形对称轴时，直接写出的值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第19章 四边形 单元测试 总分：150分 考生姓名： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：第19章（四边形）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。 1．已知在平行四边形中，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等是解题关键． 根据平行四边形对角相等的性质即可得到答案． 【详解】∵在平行四边形中，， ∴． 故选：C． 2．如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（    ） A．30米 B．40米 C．50米 D．60米 【答案】B 【分析】本题考查了三角形中位线定理的应用；根据三角形中位线定理知，，即可求解． 【详解】解：∵的中点分别为， ∴是的中位线， ∴（米）； 故选：B． 3．下列说法正确的是（    ）． A．平行四边形对边平行 B．平行四边形邻边相等 C．平行四边形对角线互相垂直 D．平行四边形对角互补 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、平行四边形对边平行，说法正确，符合题意； B、平行四边形邻边不一定相等，原说法错误，不符合题意； C、平行四边形对角线互相平分，原说法错误，不符合题意； D、平行四边形对角相等，原说法错误，不符合题意； 故选A． 4．如图，四边形的对角线相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定对各选项进行判断作答即可． 【详解】解：A、，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； B、∵， ∴， ∵， ∴， ∴，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； C、，，不可以判定四边形是平行四边形，故符合要求； D、∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； 故选：C． 5．若一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角和和外角和问题，设这个多边形的边数为，根据多边形的内角和公式和外角和并结合题意得出方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得：， 解得：， 故这个多边形的边数是， 故选：D． 6．下列说法不正确的是（   ） A．矩形的对角线相等 B．平行四边形的对角线互相平分 C．对角线互相垂直的矩形是正方形 D．有一组邻边相等的四边形是菱形 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形和平行四边形的性质，正方形和菱形的判定定理，熟知矩形和平行四边形的性质，正方形的判定定理和菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，原说法正确，不符合题意； B、平行四边形的对角线互相平分，原说法正确，不符合题意； C、对角线互相垂直的矩形是正方形，原说法正确，不符合题意； D、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，原说法错误，符合题意； 故选：D． 7．石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，所有多边形都是正六边形．一个正六边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正多边形的内角和问题．熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键． 根据正多边形的内角和公式，其中n为边数，即可求解． 【详解】解：， 即一个正六边形的内角和为． 故选：C 8．如图，在矩形中，两条对角线，相交于点．若，则的长为（    ） A．10 B．8 C． D．5 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，根据矩形的两条对角线相等即可得到答案． 【详解】解：∵在矩形中，两条对角线，相交于点，， ∴， 故选：A ． 9．用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，叫做平面镶嵌．若只选用一种大小相同的正多边形瓷砖进行平面镶嵌，则不能铺满地面的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面镶嵌（密铺），用到的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除． 几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 【详解】解：A、正三角形每个内角是，能整除，能密铺，故选项不符合题意； B、正方形的每个内角是，能整除，4个能密铺，故选项不符合题意； C、正五边形每个内角是，不能整除，不能密铺，故选项符合题意； D、正六边形的每个内角是，能整除，3个能密铺，故选项不符合题意； 故选：C． 10．如图，在菱形中，过点作于点，连结．若，，则的长为(　 ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，连接交于点，根据勾股定理求得，则，进而根据菱形的面积公式得出，代入数据，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵菱形中，，， ∴,， 在中， ∴， ∵ ∴菱形的面积为 ∴， 故选：B． 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 11．四边形外角和的度数是 ． 【答案】/360度 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理，多边形的外角和为，据此可得答案． 【详解】解：四边形外角和的度数是， 故答案为：． 12．如图，平行四边形的顶点M坐标的是，顶点N坐标是，则顶点P坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形，平行四边形的性质，平行四边形的对边相等，以及考查坐标与图形的性质等知识点． 根据平行四边形的性质和各顶点的位置求解即可． 【详解】∵平行四边形的顶点M坐标的是，顶点N坐标是， ∴P点的纵坐标是3，横坐标坐标为， ∴顶点P坐标是． 故答案为：． 13．已知有三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接，那么这三个正多边形的边数分别是 ． 【答案】 【分析】题目主要考查多边形内角和及无缝拼接，根据题意列出方程求解是解题关键 设这三个正多边形的边数分别是，根据题意列出方程，整理得，然后从构成多边形的最小的偶数开始进行试算求解即可． 【详解】解：设这三个正多边形的边数分别是， ∵三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接， ∴， 整理得：， ∵边数不同且边数是偶数， ∴假设，则，解得：， 经检验，符合题意， ∴这三个正多边形的边数分别是， 故答案为：． 14．如图，矩形中，，，点、分别在、边上，，将沿翻折至，沿翻折至，恰好落在线段上，则到的距离为 ． 【答案】或 【分析】过作垂直于的延长线与G，连接交与，连接，由矩形的性质及折叠的性质得，由矩形的判定方法得四边形是矩形，设，则，，由勾股定理得，，，，求出的长， ①当时，由，求出，由勾股定理得，即可求解；②当时，同理可求． 【详解】解：如图，过作垂直于的延长线与G，连接交与，连接， 在矩形中，，， ∴， ， ， ∵， ∴， ∵将沿翻折至，沿翻折至，恰好落在线段上， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 设，则，， ， ， ， ， ， ， 解得：，， ①当时， ， ， ， ， ， 解得：， ， ； ②当时， 同理可求：． 综上，到的距离为或． 【点睛】本题主要考查了点到直线的距离，折叠的性质，勾股定理，矩形的判定及性质等，掌握点到直线的距离，折叠的性质矩形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 三、解答题：本题共9小题，共90分． 15．一个多边形的内角和比它的外角和的 4 倍少，求：这个多边形是几边形？这个多边形共有多少条对角线？ 【答案】这个多边形是九边形，这个多边形共有27条对角线． 【分析】多边形的内角和可以表示成，外角和是固定的，从而可根据一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍列方程求解．多边形对角线的条数可以表示成． 【详解】解：设这个多边形是n边形，则， ； 这个多边形的对角线有：（条）． 答：这个多边形是九边形，这个多边形共有27条对角线． 【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和、方程的思想．关键是记住内角和的公式与外角和的特征，及多边形对角线的条数公式． 16．如图，已知四边形，，，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见详解 【分析】本题考查了平行线的判定、平行四边形的判定；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 由可证得，结合，依据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得结论. 【详解】证明：∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 17．如图，在中，点M、N分别在、边上，连接、，，，求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定，先证明，可得，进一步可得结论． 【详解】证明：在中，， 在与中， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． 18．如图，在平行四边形ABCD中，点P是AB边上一点（不与A，B重合），过点P作PQ⊥CP，交AD边于点Q，且∠QPA＝∠PCB． 求证：四边形ABCD是矩形． 【答案】见解析 【分析】根据垂直的性质可得，利用各角之间的等量关系可得，再由矩形的判定定理即可证明． 【详解】证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是矩形． 【点睛】题目主要考查矩形的判定定理及各角之间的等量代换，理解题意，结合图形，熟练运用矩形的判定定理是解题关键． 19．使用给定的某些正多边形，能够拼成一个平面图形，既不留下空隙，又不互相重叠（在几何里面叫做平面镶嵌）．平面镶嵌显然与正多边形的内角大小有关．当围绕一点拼在一起的几个多边形的内角加在一起恰好组成一个周角（）时，就拼成了一个平面图形． (1)请填写下表 正多边形的边数 3 4 5 6 … n 正多边形每个内角的度数 … (2)如果单独选用一种图形不能进行平面镶嵌的是________ A．正三角形            B．正六边形            C．正方形                D．正五边 (3)在镶嵌平面时，围绕某一点有x个正方形和y个正八边形的内角可以拼成一个周角，请求x和y的值 【答案】(1)填表见解析 (2)D (3)， 【分析】（1）根据正多边形的内角和公式及正多边形的每个内角都相等依次求出结果即可； （2）根据每个多边形内角的度数进行判断即可； （3）根据x个正方形和y个正八边形的内角和为列出二元一次方程，然后再根据x、y为正整数求出结果即可． 【详解】（1）解：，则正三角形的每个内角为； ，则正四边形的每个内角为； ，则正五边形的每个内角为； ，则正六边形的每个内角为； 则正n边形的每个内角为； 填表如下： 正多边形的边数 3 4 5 6 … n 正多边形每个内角的度数 … （2）解：A．∵，∴正三角形能进行平面镶嵌，故A不符合题意； B．∵，∴正六边形能进行平面镶嵌，故B不符合题意； C．∵，∴正方形能进行平面镶嵌，故C不符合题意； D．∵，∴正五边形不能进行平面镶嵌，故D符合题意； 故选：D． （3）解：根据题意，可得方程： ， 整理得：， ∵x、y为正整数， ∴， 【点睛】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能是解题的关键． 20．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的三个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，要求保留作图痕迹． (1)在图1中画出轴对称图形； (2)在图2中，是边上一点，是边的中点，将点绕点旋转得到点，请画出点； (3)在图3中，是边上一点，请画出点，使两点关于直线对称． 【答案】(1)作图见详解 (2)作图见详解 (3)作图见详解 【分析】本题主要考查轴对称图形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键． （1）根据轴对称图形的性质作图即可； （2）根据中心对称图形的性质作图即可； （3）连接交于点，连接并延长交于点，可证，得，，再证，得，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，画线段，连接， ∵， ∴四边形是菱形，为轴对称图形，对称轴为对角线所在直线， ∴四边形即为所求图形； （2）解：如图所示，连接，并延长交于点， ∵四边形是菱形，点是对角线中点， ∴，，， ∴， ∴， ∵点关于点的中心对称点为点， ∴将点绕点旋转得到点， 根据中心对称图形的性质可得，点即为所求点的位置； （3）解：连接交于点，连接并延长交于点， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴两点关于直线对称， ∴点即为所求点的位置． 21．如图，四边形是平行四边形，其中点的坐标是，点的坐标是，点的坐标是． (1)请求出点的坐标； (2)已知点是线段上一个动点，若三角形是等腰三角形，请求出所有符合要求的点的坐标； (3)已知直线：恰好将平行四边形分成面积相等的两部分，求出与之间满足的关系式． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，平移的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，一次函数的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用平行四边形的性质和平移的性质即可求解； （2）设，分情况进行讨论，当时，当时，当时，利用勾股定理求解即可； （3）连接，交于，利用中点坐标公式求出中点，再利用待定系数法可表示出和的关系． 【详解】（1）解：点坐标是，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点坐标是， ∴； （2）解：∵点是线段上一个动点， ∴设， ①当时，三角形是等腰三角形，根据勾股定理得， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ②当时，三角形是等腰三角形， 则点在的垂直平分线上， ∴， ③时，根据勾股定理得， ∴， ∴（不合题意舍去），（不合题意舍去）， 综上所述，或； （3）解：如图，连接，交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点坐标是，点坐标是， ∴， ∵正好将平行四边形分成面积相等的两部分， ∴直线过， ∴ ∴， 即与的函数关系式为． 22．综合与实践 问题情境：数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，在正方形中，点是线段上的动点，连接，过点作（点在直线的下方），且，连接． （1）【动手操作】 在图①中画出线段，；与的数量关系是：______； （2）【问题解决】 利用（1）题画出的图形，在图②中试说明，，三点在一条直线上 （注：当时，，，三点在一条直线上）； （3）【问题探究】 取的中点，连接，利用图③试求的值． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据题意补全图形，结合正方形的性质可得，进而可得结论； （2）如图，连接，先证明，可得，可知，进而可证明结论； （3）连接，，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半可知，再证，得，取的中点，连接，则，，再证是等腰直角三角形，即，设，则，，即可求解． 【详解】解：（1）如图，在正方形中，， ∵， ∴，则， ∴， 故答案为：； （2）如图②，连接． ∵四边形是正方形， ∴，， 由（1）可知， ∵， ∴， ∴， ∴， 即，，三点在一条直线上； （3）连接，， 在和中， ∵P是斜边的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴ 取的中点，连接，则，， ∴， ∴是等腰直角三角形，即， 设，则，， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 23．定义：若两个等腰三角形的顶角之和等于，则称这两个等腰三角形互为“友好三角形”，这两个角的顶点互为“友好点”． (1)已知与互为“友好三角形”，点和点互为“友好点”，且中有一个内角为，则_____． (2)已知，在平面直角坐标系中，点，，点为角平分线上一动点，点为轴上一动点，连接． ①如图，，求证：与互为“友好三角形”； ②在①的条件下，若点的坐标为，则点坐标为_____； (3)在（2）的条件下，动点、同时从点出发向左运动，当点与点重合时动点同时停止运动．点的速度为每秒6个单位，点的速度为每秒2个单位，以为边在轴的上方作正方形，当一条边的垂直平分线成为正方形对称轴时，直接写出的值． 【答案】(1)或 (2)①见详解；② (3)或或 【分析】（1）根据“友好三角形”的相关定义，可分类讨论求出的度数； （2）①根据“友好三角形”的定义，先证和是等腰三角形，再证它们的顶角的和等于即可； ②由①得出，继而得出点的坐标即可； （3）三边的垂直平分线分别是：，然后根据对称的性质，构造方程分别求出不同情况的时间． 【详解】（1）解：当时，由题意可知：； 当时，可知， ， 或， 故答案为：或； （2）①证明：过点作轴于点轴于点， 则四边形是矩形， 平分， ， ∴四边形是正方形， ， ， 又 ∵， ， ， ∴是等腰三角形， ， ∴是等腰三角形， 又， ∴与互为“友好三角形”； ②∵点的坐标为， ， ， ， ， ， ∴点的坐标为； （3）解：由题意可知，三边的垂直平分线分别是：； 当正方形关于直线对称时，点的中点是， 即， 解得：， 当正方形关于直线对称时（此时与重合）， ； 当正方形关于直线对称时，， 解得：； 综上所述，或或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线及分类是解题的关键． 2 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