第19章四边形 期末综合复习训练题 2025-2026学年沪科版八年级数学下册

**基本信息** 以四边形性质判定为核心，融合多边形、三角形中位线等知识，通过定义辨析、性质应用、动态探究构建系统性训练，突出逻辑推理与几何直观。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|单选1|定义辨析与反例验证|从平行四边形到特殊四边形的判定定理推导| |性质应用|填空11|中位线与等腰三角形性质结合|三角形中位线与四边形边、角关系关联| |综合探究|解答20|构造对称与全等转化|动态几何中四边形性质与勾股定理综合应用|

2025-2026学年沪科版八年级数学下册《第19章四边形》期末综合复习训练题（附答案） 一、单选题 1．下列命题中正确的是（    ） A．对角线相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的菱形是正方形 C．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 D．有一个角是直角的平行四边形是菱形 2．一个多边形除去一个内角后，其余各内角的和为，则这个内角是（     ） A． B． C． D． 3．如图，在中，是边上的中线，在中，是边上的中线，下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 4．如图，的中线，交于点，连接，点，分别为，的中点，，，则四边形的周长为（     ） A． B． C． D． 5．如图，中，对角线与交于点交于点E，的周长是，则的周长是（    ）cm． A．30 B．40 C．50 D．60 6．如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C．10 D．12 7．如图，在矩形中，，连接，分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点、，直线分别交、于点、．结论中：①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．其中错误的结论有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 8．一个正多边形的每一个外角度数为，那么由该正多边形的一个顶点可以引出的对角线的条数为________． 9．在平行四边形中，若，则______． 10．如图：等腰梯形中，，，，，的周长为12，则等腰梯形的周长是______． 11．如图，在四边形中，点是对角线的中点，点、分别是、的中点，，，则的度数是________． 12．如图，在中，平分，交于点，交的延长线于点．若，，则的长为______． 13．如图，矩形中，，延长至点E，使，那么_______． 14．如图，是正方形的对角线，点E，F分别是上的点，且，连接与交于点G，连接． （1）的长为________； （2）若点M，N分别是的中点，连接，则的长为________． 三、解答题 15．已知一个多边形的内角和是外角和的倍． (1)求这个多边形的边数； (2)若这个多边形是正多边形，求该正多边形一个内角的度数． 16．如图，点E在平行四边形的边上，为对角线，平分． (1)求证：． (2)若，，求的度数． 17．如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长． 18．已知：如图，菱形的对角线、交于点，分别过点C、D作，，连接交于点． (1)求证：； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 19．如图，在矩形中，为对角线的中点，过点作直线分别与矩形的边、交于点，连接、，若． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的长． 20．如图，在正方形中，是对角线上一点，连接，过点作交的延长线于点． (1)如图①，在探究线段与之间的数量关系时，小亮的方法是：过点分别作，，垂足分别为M，N．请你补全小亮的解题思路：先证明四边形是____________；再证明____________；即可得出线段与之间的数量关系是____________； (2)如图②，延长交的延长线于点，且，连接，若，，求EF的长； (3)如图③，过点的直线分别交于点M、N，且平分，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由． 参考答案 1．B 【详解】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，不是菱形，∴A错误； ∵菱形本身四边相等，若有一个角是直角，则四个角均为直角，满足正方形的定义，∴B正确； ∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是矩形，∴C错误； ∵有一个角是直角的平行四边形是矩形，不是菱形，∴D错误． 2．C 【分析】本题考查多边形内角和公式的灵活运用，解题的关键是根据多边形内角和公式建立边数与内角度数的等式．设这个内角度数为，边数为，根据多边形内角和的公式建立等式，再根据多边形的一个内角一定大于，并且小于计算出边数，最后再根据边数和内角和计算出所求内角的值． 【详解】解：设这个内角度数为，边数为， 则， ， ∵为正整数，， ∴， ∴这个内角度数为． 故选：C． 3．C 【分析】根据题意得是的中位线，可得． 【详解】解：在中，是边上的中线，在中，是边上的中线， ，分别是，的中点， 是的中位线， ． 所以，选项 C正确，选项A，B，D不正确． 4．B 【分析】用三角形中位线定理，先求出四边形的四条边，再把四条边相加得到周长． 【详解】解：点、分别是，的中点，点、分别是，的中点， 且，且，且，且， ，， ． 5．A 【分析】根据平行四边形的性质可得O是的中点，结合可说明为线段的中垂线，则，然后求出的周长即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴O是的中点． 又∵， ∴为线段的中垂线， ∴， 又∵的周长， ∴的周长， 又∵▱ABCD 的周长为， ∴， ∴的周长． 6．D 【分析】如图：延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N，根据线段垂直平分线的性质得到，，根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图：延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N， ∵四边形是正方形， ∴， ∴垂直平分，垂直平分， ∴，， ∴四边形周长， 根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值． ∵E为边长是4的正方形的中点， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形周长的最小值为． 7．A 【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：设交于点 由作图知，垂直平分 在矩形中， 四边形是菱形 ∴①正确 四边形是菱形 ∴②正确 ∴③错误 平分 ∴④正确． 综上，错误的结论只有1个． 8． 【分析】先根据任意多边形的外角和为，结合已知外角度数求出正多边形的边数，再根据边形一个顶点引出对角线条数的规律计算即可． 【详解】解：任意多边形的外角和为，该正多边形每个外角为， 该正多边形的边数为， 从边形的一个顶点出发，除去自身及其两个相邻顶点，剩余顶点均可连接得到对角线， 可引出的对角线条数为． 9．140 【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对角相等是解题的关键． 由平行四边形的对角相等，再根据角的和差求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴． 故答案为：140． 10．16 【分析】先证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，得到，求出，即可求解． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形， ，， 四边形是等腰梯形， ， ． ， 是等边三角形， 的周长为12， ， ， 等腰梯形的周长． 11．/30度 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理和等腰三角形的性质，根据已知条件证明是解题关键． 根据题中所给的中点关系，由中位线定理可得，，进而可得，即是等腰三角形，由此即可求解． 【详解】点是对角线的中点，点分别是的中点， 是的中位线，即， 同理，， ， ， 是等腰三角形， 故答案为：． 12．6 【分析】由题意易得，，则有，然后可得，进而问题可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 13．/25度 【分析】连接，交于点O，由矩形的性质得出，，，由等边对等角得出，由平角的定义得出，再得出，最后根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求出． 【详解】解：连接，交于点O， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 14． 【分析】（1）证明四边形、四边形是矩形，可得，，，然后根据求解即可； （2）连接、，先证明四边形和都是矩形，得出点F、N、C三点共线，证明是等腰直角三角形，由三线合一得，利用勾股定理求出，然后利用直角三角形斜线中线的性质即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ，． ∵， ∴，， 四边形、四边形是矩形， ，，， ． （2）如图，连接、， ∵四边形和都是矩形， ∴， ， ∵N是的中点， ∴点F、N、C三点共线， ∵四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形． ∵M是的中点， ， ． ∵四边形是矩形， ． 又∵N是的中点， ∴N是的中点， ． 15．(1) (2) 【分析】（）设这个多边形的边数为，根据多边形内角和公式和外角和定理列出方程解答即可； （）用多边形内角和除以边数即可求解； 本题考查了多边形的内角和和外角和，掌握多边形内角和公式和外角和定理是解题的关键． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数为， 由题意得，， 解得， 答：这个多边形的边数为； （2）解：， 答：该正多边形一个内角的度数为． 16．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，然后证明即可； （2）先根据平行四边形得到，，即可求出，然后根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解，即可求解的度数，最后根据平行线的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵平行四边形中， ∴ ∵平分． ∴ ∴ ∴ ∴； （2）解：中，， 又， ， ， ， ， 中， ． 17．(1)证明：∵，交于点，， ∴是的中点， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； (2) 【分析】（1）因为，所以是的中点，而是的中点，根据三角形中位线定理得，即，因为，所以四边形是平行四边形； （2）由是的中点，是的中点，，根据三角形中位线定理，由平行四边形的性质可得，而，，根据勾股定理得． 【详解】（1）略； （2）解：∵是的中点，是的中点，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴的长是． 18．(1)见解析 (2)四边形的形状是正方形，理由见解析 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，得出，证出，即可得出； （2）先证明四边形为正方形，得到，即可得出结论. 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形，， ， 四边形是菱形， ， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形的形状是正方形，理由如下： ∵菱形，， ∴四边形为正方形， ∴， 由（1）知：四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形. 19．(1)四边形是菱形； (2)． 【分析】先根据矩形的性质和平行线的性质可得，，再证明，根据全等三角形的性质可得，从而可证明四边形是平行四边形，然后通过垂直平分线的性质可得，所以四边形是菱形； 由得四边形为菱形，通过，，，，然后在中根据勾股定理求的长． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下， ∵四边形是矩形，为对角线的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形为平行四边形， ∵，为对角线的中点， ∴垂直平分， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：由（）得四边形为菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理，得， ∴， ∴， ∴的长为． 20．(1)正方形，，． (2)13 (3)，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质以及角平分线的性质可得，可证四边形是正方形，再证明可得． （2）由已知求得，则；由勾股定理可求得，进而得,，再由勾股定理即可求得； （3）如图：过点C作交于Q，连接；先证明四边形为平行四边形，再证明可得，即，再说明是等腰直角三角形，最后根据勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，为对角线， ∴，， ∵，， ∴，四边形是矩形， ∴是正方形， ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； 在与中， ， ∴， ∴． 故答案为：正方形，，． （2）解：∵四边形是正方形，为对角线， ∴， ∵， ∴， ∴ 在中，由勾股定理得； ∵， ∴，， 由（1）知，, ∵ ∴． （3）解：，理由如下： 如图：过点C作交于Q，连接； ∵四边形为正方形， ∴，，； ∵， ∴四边形是平行四边形； ∴； ∵平分，， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 在与中， ， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $