第二十一章四边形单元复习题2025-2026学年人教版数学八年级下册

第二十一章 四边形 单元复习题 一、单选题 1．在平行四边形中，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．下列说法中，正确的是（    ） A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 D．对角线相等的平行四边形是矩形 3．如图，在矩形中，、相交于点O，平分交于点E，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 4．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则的长为（    ） A．6 B．5 C．3 D．2.5 5．菱形的两个邻角之比为，如果较短的对角线的长是，则它的周长为（    ） A． B． C． D． 6．如图，菱形的对角线，相交于点，，分别是边、的中点，连接，若，，则菱形的面积为（     ）    A．6 B．20 C．24 D．48 7．如图，正方形中，，点P在上，点E 是中点 ，则的最小是（   ） A．16 B． C．12 D． 8．在下列方案中，能够得到是的平分线的是（  ） 方案Ⅰ： 取，以A，B为顶点作平行四边形，连接． 方案Ⅱ： 取，以A，B为顶点作矩形，连接，交于点C，连接． A．方案Ⅰ可行，方案Ⅱ不可行 B．方案Ⅰ、Ⅱ都可行 C．方案Ⅰ不可行，方案Ⅱ可行 D．方案Ⅰ、Ⅱ都不可行 9．如图，平行四边形的对角线，相交于点O，点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④，其中，判断正确的是（    ）    A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 二、填空题 10．已知，菱形的面积为40，一条对角线长为10，则另一条对角线长为 ． 11．如图，在中，，是斜边上的中线，，则的长是 ． 12．在平行四边形中，若，则＝ °． 13．如果一个多边形的内角和是它的外角和的13倍，则这个多边形是 ． 14．如图，在中，，，的平分线交于点E，的平分线交于点F，则线段的长是 ． 15．如图，在矩形中，点在上，且平分，，，则的长是 ． 16．在四边形中，，给出下列4组条件：①，②，③，④．其中，不能得到“四边形是平行四边形”的条件是 ．（只填序号） 17．如图，在矩形中，，，点E、F分别为、边上的点，且的长为4，点G为的中点，点P为上一动点，则的最小值为 ． 18．如图，中，，，，对角线，相交于点，过点的线段交于点，交于点，以下说法中：①；②；③；④的面积与的面积比为．其中，正确的序号有 ． 三、解答题 19．如图，的对角线相交于点分别是的中点，连接、，求证：．    20．在平行四边形中，，M是的中点，求证：． 21．如图，中，过点作，交的延长线点；过点作，交的延长线于点，交于点，连接，． (1)求的长； (2)求证：四边形为菱形． 22．如图，在正方形中，为中点． (1)请在图中用无刻度的直尺和圆规作图：在上方过点作，使，交的延长线于点；（不写作法，保留作图痕迹） (2)若，求的长． 23．如图 (1)如图1，在中，平分交边于点E，已知，，则等于_______ ． (2)如图2，在中，若分别是的平分线，点E在边上，且，则的周长为__________． (3)如图3，已知四边形是平行四边形，，若分别是的平分线．求证： (4)在（3）的条件下，如果，则的长为_______． 24．正方形中对角线相交于，为上一点，交于，交于． (1)说明的道理； (2)在（）中，若为延长线上，交的延长线于，的延长线交于，其他条件不变，如图，则结论：“”还成立吗？请说明理由． 25．如图，在矩形中，cm，cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接．设点P、Q运动的时间为ts．    (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当t为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 26．请阅读下列材料，并解答相应的问题． 如图①，可看作矩形的对角线和边的夹角，以为端点的射线交于点，交的延长线于点．求证：若，则射线是的一条三等分线． 证明：如图②，取的中点，连接…… (1)完成材料中的证明过程． (2)如图③，在矩形中，对角线的延长线与外角的平分线交于点．若，求的度数． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【分析】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等是解题的关键． 根据平行四边形的对角相等即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 故选：B． 2．D 【分析】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定，熟知平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，原说法错误，不符合题意； B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原说法错误，不符合题意； C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原说法错误，不符合题意； D、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法正确，符合题意； 故选：D． 3．B 【分析】根据矩形的性质及平分分别判定及为等边三角形，进一步推出，然后求得，则可在中求得的度数． 【详解】解：在矩形中，平分， ，，， ， ． ，， ， 又， 为等边三角形， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形和等腰三角形的判定、性质及三角形的内角和等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 4．C 【分析】根据菱形的面积公式：对角线乘积的一半，求出菱形的对角线的长，再利用菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】∵四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， 故选：C 【点睛】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的性质以及直角三角形斜边上中线是斜边的一半是解题的关键． 5．C 【分析】根据菱形的性质，得到菱形的两个内角分别为，推出菱形的两条邻边和较短的对角线组成一个等边三角形，得到菱形的边长，即可得出结果． 【详解】解：如图：菱形，，则：，    ∵ ∴ ∴ ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴菱形的周长为：； 故选C． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是得到为等边三角形． 6．C 【分析】根据是的中位线，根据三角形中位线定理求的的长，然后根据菱形的面积公式求解． 【详解】解：、分别是，边上的中点，即是的中位线， ， 则． 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理和菱形的面积公式，理解中位线定理求的的长是关键． 7．B 【分析】本题题考查了轴对称中的最短路线问题，要灵活运用正方形的性质、对称性是解决此类问题的重要方法，找出P点位置是解题的关键. 由于点B与D关于对称，所以连接，设与交于点，连接，此时最小，直角中，利用勾股定理即可得出结果. 【详解】解：如图，连接，设与交于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴点B与D关于对称， ∴， ∴是最小. 即P在与的交点上时，最小，即为的长度. ∴直角中，，， ∴. 故选：B. 8．B 【分析】本题考查了菱形的性质与判定、矩形的性质，解题的关键是正确推理． 根据菱形的性质与判定和矩形的性质证明即可． 【详解】解：方案Ⅰ： 四边形是平行四边形，， 四边形是菱形， （菱形的性质）， 是的平分线； 方案Ⅱ： 矩形， （矩形的性质）， ，， ， ， 是的平分线； 综上所述，方案Ⅰ、Ⅱ都可行． 故选：B． 9．D 【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④． 【详解】解：点为的中点， ， 又， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， 即，故①正确； 在平行四边形中，，，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形，故③正确； ， 在中，， ，则，故②正确； 在平行四边形中，， 又点为的中点， ，故④正确； 正确的结论①②③④． 故选：D． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，三角形的中线性质，掌握菱形的判定是解题关键． 10．8 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可得解． 【详解】解：∵菱形的面积为40，一条对角线长为10， ∴另一条对角线的长为， 故答案为：． 11．4 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”即可得出答案． 【详解】在中，，是斜边上的中线，， ， 故答案为：4． 12．145 【分析】运用平行四边形的性质即可解答； 【详解】四边形是平行四边形， ， ， ， ， 故答案为： 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质：平行四边形两组对边分别平行且相等，本题的关键是能够熟练地运用平行四边形的性质． 13．二十八边形/28边形 【分析】本题考查多边形内角和及外角和综合，根据多边形的外角和为360度求出内角和，再根据内角和公式求出边数即可得答案．熟练掌握多边形外角和为360°，内角和公式为是解题关键． 【详解】解：设这个多边形是边形， ∵多边形的内角和是它的外角和的13倍， ∴， 解得：． 故答案为：二十八边形 14．3 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键． 根据平行四边形的性质，结合角平分线的定义，得到等腰和等腰，根据等腰三角形的性质即可求解． 【详解】在中，，， ∴，， ∵平分，平分， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：3 15．/ 【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等，根据条件证得是解题的关键． 在中可求得的长，由角平分线的定义和平行的性质可证得，则可求得的长，则可求得的长． 【详解】解：四边形为矩形， ，，， ，， ∴， ∴， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 故答案为：． 16．② 【分析】根据平行四边形的判定直接判断即可． 【详解】①，则一组对边平行且相等，可得到四边形是平行四边形，不符合题意； ②，无法得到四边形是平行四边形，符合题意； ③，两组对边分别平行，可得到四边形是平行四边形，不符合题意； ④，则此两角都是的补角，而与为同旁内角互补，可推出，两组对边分别平行，可得到四边形是平行四边形，不符合题意； 故答案为：② 【点睛】此题考查平行四边形的判定定理，解题关键是熟练掌握所有平行四边形的判定定理． 17．/ 【分析】本题考查了利用轴对称求最短路径，解题关键利用轴对称和直角三角形的性质确定最短路径．作点A关于的对称点H，连接，，，可知当H、P、G、D共线时，最小，求出、长即可． 【详解】解：作点A关于的对称点H，连接，，，如图所示： ∵， ∴当H、P、G、D共线时，最小， ∵，， ∴，， ∵的长为4，点为的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 18．①③④ 【分析】过点作于点，连接，易通过证明，得到，再证四边形为菱形，进而判断①；根据平行四边形及菱形的性质，易证为等腰直角三角形，得到，则，设，则，在中，利用勾股定理建立方程，解得，进而求得，由平行线的性质得，由可得，以此判断②；在中，利用勾股定理求得，在中，利用勾股定理求得，以此判断③；易得到的距离为1，到的距离为1，则，，再进一步计算即可判断④． 【详解】解：如图，过点作于点，连接， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，，， ∴，， 在和中，， ∴， ∴， 又∵，， ∴四边形为菱形， ∴，故①正确； ∵四边形为菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 设，则， 在中，，则， 解得：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故②错误； 在中，， ∴， 在中，， ∴，故③正确； ∵， ∴到的距离为1，到的距离为1， ∴， ， ∴，故④正确． 综上，正确的结论有①③④． 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积，灵活运用所学知识解决问题是解题关键． 19．见解析 【分析】根据平行四边形的性质对角线互相平分得出，利用中点的意义得出，从而利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定是平行四边形，从而得出结论． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ． 分别是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的基本性质和判定定理的运用．证明四边形是平行四边形是解题的关键． 20．证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，先由平行四边形的性质得到，，则，，再证明，推出，，进而得到，则，由此即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵，M是的中点， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴， ∴， ∴． 21．(1) (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定； （1）证明四边形是平行四边形，得出，求出即可得解； （2）证明，可得，然后证明，根据菱形的判定定理可得结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ，即， ， 四边形是平行四边形， ∴， ， ∴， ； （2）证明：∵， ∴，， 由（1）得， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形． 22．(1)图见解析 (2) 【分析】本题考查尺规作图——作一个角等于已知角，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理． （1）根据作一个角等于已知角的尺规作图的方法作图即可； （2）连接．由正方形的性质得到，进而，证明得到，求出，，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：连接． 四边形为正方形，， ， ， 在与中， ， ． 为中点， ， ， 在中，． 23．(1)2 (2)12 (3)见解析 (4)1 【分析】（1）根据平行四边形的性质求出长，再根据平行线的性质，结合角平分线的定义求出，则可求出长，即可解答； （2）由（1）得出，然后根据平行四边形的性质求出长，根据线段间的和差关系求出和的长度之和，从而求出的周长； （3）根据平行线的性质，结合角平分线的定义求出，则可求出结合，则可得出； （4）由（3）求出和的长，结合，利用线段间的和差关系即可解答． 本题考查了平行四边形的性质以及角平分线的定义，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分交边于点E， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2． （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分交边于点E， ∴， ∴ 同理， ∴， ∴的周长． 故答案为：12． （3）证明：∵在中，， ． 又∵是的平分线 ∴， 同理可得 ∵ ； （4）解：由（3）可得，． ∵ 故答案为1． 24．(1)见解析； (2)仍然成立，理由见解析． 【分析】此题考查正方形的性质及全等三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据正方形的性质利用判定，根据全等三角形的对应边相等得到； （）类比（）的方法证得同理得出结论成立． 【详解】（1）证明：在正方形中， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：仍然成立，理由如下： 在正方形中， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ 在和中， ， ∴， ∴． 所以结论仍然成立． 25．(1) (2) (3)周长为40cm；面积为80 【分析】（1）根据矩形的判定可得：当时，四边形为矩形，进而可得关于t的方程，即可求解； （2）当时，四边形为菱形，进而可得关于t的方程，即可求解； （3）求出菱形的边长，再计算周长和面积即可． 【详解】（1）∵在矩形中，， ∴， 由已知可得，， 在矩形中，， 当时，四边形为矩形， ∴，得， 故当时，四边形为矩形； （2）∵， ∴四边形为平行四边形， ∴当，即时，四边形为菱形 即时，四边形为菱形，解得， 故当时，四边形为菱形； （3）当时，， 则周长为cm； 面积为． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、菱形的判定和性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题的关键． 26．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）由矩形的性质得到，，则，；由直角三角形的性质得到，则．证明，得到，则，据此可证明结论； （2）取的中点，连接，如图．由矩形的性质得到．由角平分线的定义得到．则由三角形外角的性质得到．由直角三角形的性质得到，则，，据此可证明，则，即可得到． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ，． 是的中点， ， ． ， ， ， ， 射线是的一条三等分线． （2）解：取的中点，连接，如图． 四边形是矩形， ． 是的平分线， ． ， ． ，是的中点， ， ，， ， ， ， ， ． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $