第19章四边形 单元检测试题练习卷2025-2026学年沪科版数学八年级下册

2025-2026学年八下数学沪科版第19章四边形单元检测试题练习卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（    ） A．对边平行 B．对边相等 C．对角相等 D．对角线相等 2．下列说法正确的是（    ） A．六边形的外角和大于五边形的外角和 B．一个图形和它经过平移所得的图形中，对应点所连的线段可能垂直 C．三角形的三条角平分线和交于一点，并且这一点到三条边的距离相等 D．用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于”时，首先应假设这个三角形中有一个内角大于60° 3．在平行四边形中，已知，比小2，则它的周长是（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 4．四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形的内角，使正方形变为菱形，如果，那么菱形与正方形的面积之比是（    ） A． B． C． D．1 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，八边形是正八边形，且．若，则为（    ） A． B． C． D． 7．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接OH，若，，则OH的长为（    ） A． B．10 C．5 D． 8．如图，在中，，平分，平分，则图中四边形的面积是（　　） A．24 B．12 C． D． 9．如图，点D是的边的中点，按下列方法尺规作图：先以点D为角的顶点，以所在射线为角的一边，在的右侧作，然后在射线上截取，最后连接．根据以上条件和作法，下列判断不正确的是（   ） A．若，则四边形是菱形 B．若四边形是菱形，则是直角三角形 C．若，则四边形是矩形 D．若是直角三角形，则四边形是正方形 10．如图，在矩形中，对角线、相交于点，，平分交于，以为边向矩形内作等边三角形，连接．的度数为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．若一个边形的每个外角都为，那么边数为________． 12．如图，要使是菱形，需添加的条件是________． 13．如图，在中，D，E，F分别是边的中点，四边形周长为14，则的长为________．    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，长方形纸片中，，．点是边上一点，连接并将沿折叠，得到，以点、、为顶点的三角形是直角三角形时，的长为___________． 16．如图，在四边形中，，，，、分别是边、上的动点（含端点，但点不与点重合），、分别是线段、的中点，则的最大值为_____________． 17．我们规定：在四边形中，是边上一点，如果与全等（对应关系不确定），那么点叫做该四边形的“等形点”．在四边形中，，，，，如果该四边形的“等形点”在边上，那么四边形的周长是__________． 18．如图，菱形的对角线相交于点O，点E在边上，连接并延长交于点F．若，则与的面积之和为 ____________________ ． 三、解答题 19．一个多边形的内角和比外角和的多，它是几边形？ 20．如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为30，且，求四边形的面积． 21．如图1，在中，对角线相交于点O，过O点作直线分别交于点E，F． (1)求证：； (2)如图2，若过O点的直线与的延长线分别交于点E，F，能得到（1）中的结论吗？由此你能得到什么样的一般性结论？ 22．在平行四边形中，，，． (1)若，则______； (2)如图，当时，求对角线的长（用含的式子表示）； (3)如图，四边形，四边形都是平行四边形，延长交于点，若，，，，求的长． 23．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF=45°， 过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点． (1)△GAB≌△FAD吗？说明理由． (2)猜想线段DF、BE、EF之间的数量关系并说明理由． 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 《2025-2026学年八下数学沪科版第19章四边形单元检测试题练习卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B A B B C C D C 1．D 【分析】根据矩形的对角线相等且平分，进行作答即可． 【详解】解：矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是对角线相等； 故选D． 【点睛】本题考查矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线相等，是解题的关键． 2．C 【分析】本题考查的是多边形的内角与外角，角平分线的性质，平移的性质及反证法，熟知以上知识是解题的关键．分别根据多边形的内角与外角，角平分线的性质，平移的性质及反证法对各选项进行逐一分析即可． 【详解】解：A、六边形的外角和等于五边形的外角和，原说法错误，不符合题意； B、一个图形和它经过平移所得的图形中，对应点所连的线段平行，原说法错误，不符合题意； C、三角形的三条角平分线相交于一点，并且这一点到三条边的距离相等，正确，符合题意； D、用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于”时，首先应假设这个三角形中三个内角都大于，原说法错误，不符合题意， 故选：C． 3．B 【分析】本题考查平行四边形性质求周长，根据题意，得到平行四边形的、，由平行四边形性质，数形结合得到即可得到答案，熟记平行四边形性质是解决问题的关键． 【详解】解：如图所示： ，比小2， ， 平行四边形的周长是， 故选：B． 4．A 【分析】本题考查正方形与菱形面积，涉及含直角三角形的三边关系，熟记正方形与菱形面积公式是解决问题的关键． 过作于，如图所示，设正方形边长为，求出，利用含直角三角形的三边关系，在中得到，从而，两个面积作比即可得到答案． 【详解】解：过作于，如图所示： 设正方形边长为， ， ， 在中，，，则， ， ，， 菱形与正方形ABCD的面积之比是， 故选：A． 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．B 【分析】本题考查正多边形性质，多边形的内角和定理，平行线的判定与性质，熟练掌握这些性质与定理是解题的关键．过点作，先利用正多边形的内角和定理求出，利用平行线的判定得出，再利用平行线的性质求解即可． 【详解】解：如图，过点作， ∵八边形是正八边形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：B． 7．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出，再根据点O是直角三角形斜边的中点即可得到． 【详解】解：∵四边形是菱形，对角线相交于点O， ∴，为的中点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选C． 8．C 【分析】本题考查的是平行四边形的性质、勾股定理的应用、等腰三角形的判定与性质，过A作于H，求出，证出，进而得出四边形是平行四边形，求出结论即可． 【详解】解：过A作于H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理： ， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形的面积． 故选：C． 9．D 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据作图过程，证明四边形是平行四边形，又因为点D是的边的中点，证明四边形是平行四边形，然后结合每个选项的条件进行分析，即可作答． 【详解】解：∵ ， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵点D是的边的中点， ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故A选项正确，不符合题意； ∵四边形是菱形， ∴ ∵ ， ∴， ∴， 则是直角三角形, 故B选项正确，不符合题意； ∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故C选项正确，不符合题意； ∵是直角三角形， ∴当时， ∵ ∴ 此时， 则四边形不是正方形， 或当时， 此时， 则四边形不是正方形， 或当时， ∵， ∴， 但不一定相等， 则四边形不是正方形， 故D选项不正确，符合题意； 10．C 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形．过作于，推出是等边三角形，令，则，得到，由勾股定理求出，由和是等腰直角三角形，据此求解即可． 【详解】解：过作于， 四边形是矩形， ，，，，， ， ， ， 是等边三角形， ， 令，则， ， ， 平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ． 故选：C． 11． 【分析】本题考查多边形的外角和，解题的关键是熟练掌握多边形的外角和定理． 根据多边形的外角和定理，计算即可． 【详解】解：∵多边形的外角和为，一个边形的每个外角都为， ∴边数， 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 13．14 【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，根据三角形中位线定理得到，，推出四边形为平行四边形，由此得到，求得． 【详解】∵D，E，F分别是边的中点， ∴，， ∴四边形为平行四边形． ∵四边形周长为14， ∴， ∴． 故答案为14． 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．或 【分析】本题考查翻折变换，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，解题的关键是分情况讨论，正确理解题意作出图形． 根据题意分两种情况：在上，，四边形是正方形，；在上，，用勾股定理，解，即可得的长． 【详解】解：根据题意分以下两种情况： 如图，在上，， ∵四边形是长方形， ∴， 由翻折的性质，可得，， ∴四边形是正方形， ∴； 如图，在上，， ∵四边形是长方形， ∴， 由翻折的性质，可得，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：或． 16．1 【分析】本题考查中位线的性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 连接，根据中位线的性质得到，进而得到最大时，最大，根据勾股定理求出的最大值，据此解答即可． 【详解】解：如图，连接， 、分别是线段、的中点， ， 最大时，最大， 当点与重合时，最大，此时， ， 的最大值为1． 17． 8或 【分析】根据平行线的性质可得，结合“等形点”对应关系不确定的条件，分两种全等对应情况讨论，利用全等三角形的性质、勾股定理求出四边形各边长，进而计算周长． 【详解】解：，， ， 四边形的“等形点”在边上， 如图1，当时，可得，， ，，， 四边形是平行四边形， ， 四边形的周长为； 如图2，当时，可得，，，， ， ， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 在中，由勾股定理得， 四边形的周长为， 综上所述，四边形的周长为或． 18． 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质及面积计算．利用菱形对边平行、对角线互相垂直平分的性质，证明与全等，进而将两个三角形的面积之和转化为的面积求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，是等边三角形，，对角线， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 19．它是七边形 【分析】根据多边形的内角和公式(n-2)•180°和外角和等于360°列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形边数为，依题意得： ， 解得：， 答：它是七边形． 【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，只要结合多边形的内角和公式与外角和的关系来寻求等量关系，构建方程即可求解． 20．(1)见解析 (2)30 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形．再结合直角三角形的性质可得，即可得证； （2）设，．则，，由勾股定理可得，求出，即可得出结果． 【详解】（1）证明：点是的中点， ． ， ∴四边形是平行四边形． 是直角三角形，点是的中点， ． 四边形是菱形． （2）解：设，． 的周长为，． ，． 在中，由勾股定理得． ∵， ∴． ∵点、分别是、的中点， ∴， ∵， ∴． ∴． 答：四边形的面积为30． 21．(1)见解析 (2)能，经过平行四边形的对角线的交点的直线被平行四边形的对边或延长线截得的线段被平行四边形的对角线的交点平分 【分析】（1）通过平行四边形对边平行，得到，再利用对顶角相等和平行四边形对角线平分的性质，通过证明，即可得到结论； （2）通过平行四边形对边平行，得到，再利用对顶角相等和平行四边形对角线平分的性质，通过证明，即可得到结论． 【详解】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴； （2）解：能，经过平行四边形的对角线的交点的直线被平行四边形的对边或延长线截得的线段被平行四边形的对角线的交点平分. 理由：同（1），得，， ∴， 又， ∴， ∴． 22．(1)； (2)； (3)． 【分析】（）延长，过点作的延长线于点，根据锐角三角函数的定义得出及的长，根据勾股定理即可得出结论； （）延长，过点作的延长线于点，根据得出 再由得出，故根据勾股定理即可得出结论，然后把代入即可； （）过点作，交的延长线于点，连接，先根据平行四边形的性质得出，，在中求出和，再用勾股定理求出，然后利用平行四边形的性质求出且然后用勾股定理求即可； 本题考查了平行四边形的性质和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解题的关键． 【详解】（1）如图，延长，过点作的延长线于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图，延长，过点作的延长线于点， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 当时，； （3）过点作，交的延长线于点，连接，如图所示， ∵四边形是平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 23．(1)全等，理由见解析 (2)EF=DF+BE，理由见解析 【分析】（1）过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，利用全等三角形的判定定理证明即可； （2）利用（1）的结论可得：BG=DF，AG=AF；通过证明△GAE≌△FAE，利用全等三角形的性质定理和等量代换即可得出结论． 【详解】（1）解：△GAB≌△FAD，理由： 过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠D=∠ABC=90°，AB=AD， ∴∠ABG=90°， ∴∠ABG=∠D． 在△GAB和△FAD中， ， ∴△GAB≌△FAD（ASA）； （2）解：线段DF、BE、EF之间的数量关系为：DF+BE=EF．理由： 由（1）知：△GAB≌△FAD， ∴BG=DF，AG=AF． ∵∠DAF+∠BAF=90°，∠GAB=∠FAD， ∴∠GAB+∠FAB=90°， ∴∠GAF=90°． ∵∠EAF=45°， ∴∠GAE=∠FAE=45°． 在△GAE和△FAE中， ， ∴△GAE≌△FAE（SAS）， ∴GE=EF， ∵GE=BG+BE， ∴DF+BE=EF． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等量代换，利用正方形的特性构造恰当的辅助线是解题的关键． 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 $