第19章四边形单元检测卷 2025-2026学年沪科版数学八年级下册

2025-2026学年数学沪科版八下第19章四边形单元检测卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：90分钟 满分：120分 ） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．下列图形中，对称轴最多的是（   ） A．圆 B．等边三角形 C．正方形 D．等腰三角形 2．若一个正多边形每个内角的度数都是其相邻外角度数的4倍，则它的边数是（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 3．已知平行四边形相邻两边的长分别是，则它的周长是（　　） A． B． C． D． 4．如图，菱形的对角线，，则该菱形的面积为（   ） A．50 B．25 C． D． 5．如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 6．如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点、、、、、、在小正方形的顶点上，则的重心是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 7．如图，菱形的一边的中点到对角线交点的距离为，则菱形的周长为（    ） A． B． C． D． 8．如图，点、分别为的边、的中点，连接、，点、分别为、的中点，连接、，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 9．如图，菱形各边的中点分别为，，，，若四边形的面积为，则菱形的面积为（　 　） A． B． C． D．4 10．如图，在中，，，，则的长为（   ） A．10 B． C．12 D．2 二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。 11．正八边形的一个外角的度数是_____． 12．如图，要使是菱形，需添加的条件是________． 13．如图所示，在中，，、分别是、的中点，，，则______． 14．如图，四边形中，，，，点M，N分别为线段上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为的中点，则长度的最大值为________． 15．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上．若点的坐标为．则点的坐标为______ 16．如图，点、、分别为三边的中点，若的周长为，则的周长为_____． 17．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C的坐标分别为，，D是的中点，点P在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为______． 18．如图，，的顶点A在射线上，顶点B在射线上，已知，，连接．则的最大值是_______． 三、解答题 19．（6分）已知一个多边形的每个内角都比与它相邻的外角的4倍多，求这个多边形的边数． 20．（10分）已知：如图，在梯形中，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)交点G，如果，求证：． 21．（10分）如图，在四边形中，，为对角线上一点，，且． (1)求证：． (2)若，，求的长． 22．（10分）如图，在矩形中，对角线和相交于点，过作，交于，交于，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 23．（12分）如图，在正方形中，点G在边上（点G与点不重合），，垂足分别为．求证： (1)≌； (2)． 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 《第19章 四边形 单元检测》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C B B A C B A B 1．A 【分析】本题考查了轴对称图形的对称轴数量，分别找出各选项的对称轴数量，选出最多的即可． 【详解】解：圆有无数条对称轴，等边三角形有3条对称轴，正方形有4条对称轴，等腰三角形有1条对称轴，圆的对称轴最多； 故选A． 2．C 【分析】一个多边形的每个内角度数都是其外角度数的4倍，利用内外角的关系得出等式，即可求得多边形的外角和的度数，依据多边形的外角和公式即可求解． 本题主要考查了多边形的内角与外角的关系以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化． 【详解】解：设多边形的每个外角为，则其内角为：， ， 解得：， 即这个多边形是： 故选：C． 3．C 【分析】根据平行四边形对边相等的性质，计算周长即可． 【详解】解：∵平行四边形对边相等，相邻两边长分别是和， ∴平行四边形的周长为． 4．B 【分析】本题考查了菱形的性质求面积，掌握菱形面积的计算方法是关键． 根据题意，菱形的面积为，代入求解即可． 【详解】解：菱形的对角线，， ∴菱形的面积为， 故选：B ． 5．B 【分析】根据矩形的性质，三角形的中位线定理，得到，即可得出结果. 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴. 6．A 【分析】三角形三条中线的交点，叫做它的重心，据此解答即可． 【详解】根据题意可知，直线经过的边上的中点，直线经过的边上的中点，∴点是重心．故选A． 【点睛】本题考查三角形的重心的定义，解题的关键是熟记三角形的重心是三角形中线的交点． 7．C 【分析】先由菱形对角线相互垂直得到是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出菱形边长即可得到答案． 【详解】解：在菱形中，，则， 在中，点是的中点，则， 菱形的周长为． 8．B 【分析】易知是的中位线，可得，再由中点的性质可得． 【详解】解：点、是边、的中点， 是的中位线， ， 点是边的中点， ． 9．A 【分析】连接交于，根据三角形中位线定理得，进而可得四边形是矩形，得到，进而根据菱形的面积公式计算即可求解． 【详解】解：连接交于， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ，， ， ， ∴四边形是矩形， ∵四边形的面积为， ， ∴菱形的面积． 【点睛】注意中点四边形的性质和三角形中位线的性质． 10．B 【分析】先由平行四边形的性质得到，，再根据勾股定理得到的长，从而得到的长，最后再根据勾股定理即可求得的长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ，， ， ， ． 11．/45度 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，熟记任何一个多边形的外角和都是是解题的关键．利用多边形的外角和等于即可得出答案． 【详解】解：任何一个多边形的外角和都是， 正八边形的每个外角的度数是：． 故答案为：． 12．或 【分析】本题考查了菱形的判定，一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得出答案． 【详解】解：因为一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直平分的四边形是菱形， 那么可添加的条件是：或． 故答案为∶ 或 13． 【分析】此题主要考查了三角形中位线定理，勾股定理，关键是熟练掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．首先根据三角形中位线定理可得，再由可得到的长，然后在中利用勾股定理可以算出的长． 【详解】解：、分别是边、的中点， ， ， ， 在中，，， ． 故答案为：． 14． 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理．过点D作于点H，连接，根据三角形中位线定理，可得，从而得到当点N与点B重合时，最大，此时最大，最大值为，再由直角三角形的性质，可得，然后根据勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图，过点D作于点H，连接， ∵点E，F分别为的中点， ∴， ∴当最大时，最大， 当点N与点B重合时，最大，此时最大，最大值为， 在中， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴长度的最大值为． 故答案为： 15． () 【分析】利用勾股定理求得的长，再利用菱形的性质求得，再根据菱形对边平行可得点B与点C的横坐标相同，据此求解即可． 【详解】解：∵点C的坐标为， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴B点的坐标为，即． 16． 【分析】本题考查三角形的中位线，根据三角形中位线定理得、、，继而得到，即可得到答案．解题的关键是掌握中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半． 【详解】解：∵的周长为， ∴， ∵点、、分别为三边的中点， ∴、、为的中位线， ∴，，， 即，，， ∴， ∴的周长为． 故答案为：． 17． 或 或 【分析】先求出，，然后根据题意分情况讨论：当时，当时，当时，分别利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵矩形的顶点、的坐标分别为，， ∴． ∵D是OA的中点， ∴． 过作于，则 ①当时，如图1所示： 由勾股定理得：， ； ②当时，如图1所示： 由勾股定理得：, ∴，这与矛盾，此种情况不存在； ③当时，如图2所示： 由勾股定理得：， ， ； 如图3所示： 由勾股定理得：， ， ； 综上，点的坐标为 或 或． 18．7 【分析】过点C作于点D，连接，则，在中，有，当O，D，C三点共线时，的值最大． 【详解】解：如图，过点C作于点D，连接， ， ， ∴，点是的中点， ∵， ∴， ∵在中，， 当O，D，C三点共线时，值最大， ∴的最大值为． 19．12． 【分析】本题考查了多边形的外角和，内角与外角之间的关系，熟练掌握知识点是解题的关键． 设这个多边形的每个外角为，则每个内角为，依题意得，， 求出每个外角度数，再拿外角和除以每个外角度数即为边数． 【详解】解：设这个多边形的每个外角为，则每个内角为，依题意得，， 解得， ∴， ∴这个多边形的边数为12． 20．(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查的是梯形的性质、菱形的判定和性质，掌握菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据等腰三角形的三线合一得到，根据角平分线的定义、平行线的性质得到，得到，根据菱形的判定定理证明； （2）连接，根据等腰梯形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质求出，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出，证明结论． 【详解】（1）证明：∵是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形； （2）如图，连接， 在梯形中，， 则梯形等腰梯形， ， 由（1）可知：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ． 21．(1)见解析 (2)6 【分析】（1）由补角的性质得到，由平行得，由即可证明三角形全等； （2）由全等三角形得，，进而求得，即可得到答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：∵， ∴，， ∵， ∴． ∴． 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知条件和矩形的性质易证，进而可得四边形是平行四边形，又因为，从而结论得证； （2）设，由已知和矩形的性质可得，在中，利用勾股定理可求出的值，进而可求出菱形的周长． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，对角线和相交于点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． （2）解：设， ∵四边形是菱形， ∴， ∵矩形中，，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴菱形的周长． 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．理解和掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 23．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据正方形性质得，，再根据，得，证明，进而可依据“”判定； （2）根据和全等得，，然后再根据即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵于，于， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（1）知：， ∴， ∵， ∴． 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 $