湘教版八下第1章 四边形 单元测试卷（含解析）

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第1章 四边形 单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史，让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来．下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，四边形的对角线与相交于点O，已知，若要证明四边形为平行四边形，则还需要添加一个条件是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，直线，矩形的顶点A在直线b上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接、、、、，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在中，对角线交于点，点是的中点．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
7．将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，，为折痕，折叠后点，，E在同一直线上，已知，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形
9．如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（ ）

A．4 B．5 C．8 D．10
10．如图，菱形的对角线交于点O，过点C作，交的延长线于点E，连接．若，，则菱形的面积为（ ）
A． B． C． D．9
评卷人得分
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共计24分.
11．已知中，，则 ．
12．如图，在中，点D，E分别是的中点，连接．若，则的长为 ．
13．如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它的边数是 ．
14．如图，在平行四边形D中，，在上取，则的度数是 度．
15．把一张长方形纸片沿对角线折叠，使折叠后的图形如图所示．若，则 °．
16．如图，过矩形的对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，那么图中矩形的面积与矩形的面积的大小关系是 ；（填“＞”或“＜”或“=”）
17．如图，在菱形中，对角线，，过点A作于点E，则为 ．
18．如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为 ．
评卷人得分
三、解答题：本题共8小题，共计66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
19．如图，在中，E，G，H，F分别是，，，上的点，且，．求证：．
20．已知一个正多边形的边数为n．
(1)若这个正多边形的内角和的比外角和多，求n的值．
(2)若这个正多边形的一个内角为，求n的值．
21．如图，在菱形中，点、分别在、上，且，求证：．
22．如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
23．如图，正方形的对角线交于点O，点E、F分别在上，连接，，求证：．
24．如图，在中，，D是的中点，，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
25．在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒．
(1)求为何值时，四边形是平行四边形？
(2)求为何值时，四边形是矩形？
(3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形；
(4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度．
26．【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____．
(2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
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《第1章 四边形 单元测试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C A C D B C D B B
1．A
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的定义是解题的关键．
2．C
【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．根据平行四边形的判定，逐项分析即可判断．
【详解】解：A、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意；
B、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意；
C、因为，，所以四边形为平行四边形，符合题意；
D、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意；
故选：C．
3．A
【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
在中，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
故选：A．
4．C
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点作，得到，推出，进行求解即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，
过点作，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选C．
5．D
【分析】连接BD，根据三角形内角和求出∠CBD+∠CDB，再利用四边形内角和减去∠CBD和∠CDB的和，即可得到结果．
【详解】解：连接BD，∵∠BCD=100°，
∴∠CBD+∠CDB=180°-100°=80°，
∴∠A+∠ABC+∠E+∠CDE=360°-∠CBD-∠CDB=360°-80°=280°，
故选D．
【点睛】本题考查了三角形内角和，四边形内角和，解题的关键是添加辅助线，构造三角形和四边形．
6．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，由平行四边形的性质可得，进而由点是的中点可得为的中位线，根据三角形中位线的性质即可求解，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴为的中位线，
∴，
故选B．
7．C
【分析】本题考查了折叠的性质，角的计算，解决此类问题的关键，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．根据折叠的性质和角平分线的定义即可得到结论．
【详解】解：由题意知，
则，
所以，
，
．
故选：C．
8．D
【分析】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错．
根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【详解】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故A选项正确，不符合题意；
B、四边形是平行四边形，，
四边形是菱形，故B选项正确，不符合题意；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确，不符合题意；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误，符合题意．
故选：D．
9．B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴；
如图所示，在延长线上截取，连接，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，
∵，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴的最小值为5，
故选：B．
10．B
【分析】此题考查了菱形的性质和直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．首先根据菱形的性质得到，然后利用直角三角形斜边中线的性质得到，然后利用菱形面积公式求解即可．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，
，，
，
，
菱形的面积，
故选B．
11．144
【分析】本题主要是考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的邻角互为补角，对角相等是解答本题的关键．根据平行四边形的基本性质可知，平行四边形的邻角互补，由已知可得，且与是邻角，利用即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12．24
【分析】本题主要考查三角形中位线定理，熟知三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解题的关键．
【详解】解：∵D，E分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
13．12
【分析】本题主要考查了多边形的边数与对角线条数的关系，解题的关键是熟练掌握边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为．
根据边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为，求出多边形的边数即可．
【详解】解：∵多边形从一个顶点出发的对角线最多可画9条，
∴，
∴多边形的边数为：．
故答案为：12．
14．/度
【分析】根据平行四边形的性质求得，，再根据等腰三角形的性质求得，进而可求解．
【详解】解：在平行四边形中，，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质，找到角之间的关系并正确求解是解答的关键．
15．
【分析】本题考查了平行线的性质，翻折的性质，熟记性质是解题的关键．根据翻折的性质求出，根据两直线平行，内错角相等求出，再根据直角三角形两锐角互余求出即可．
【详解】解：如图，由题意，得，，
，
，
，
，
故答案为：
16．
【分析】根据矩形的性质对角线把矩形面积一分为二即可解得．
【详解】解：∵四边形是矩形，
又∵对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积，
∴的面积的面积的面积的面积的面积的面积，
∴．
故答案为．
【点睛】此题考查矩形的性质，解题的关键是熟悉矩形的对角线平分矩形的面积．
17．
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和相勾股定理是解题的关键．
根据菱形的性质得出，，即可求出长，然后利用菱形的面积，即可得出答案．
【详解】解：∵是菱形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
18．2
【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD PD＝6 x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：连接AP，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD PD＝6 x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6 x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
19．见详解
【分析】根据平行四边形的性质可得，再证明，即可．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
20．(1)n的值为12；
(2)n的值为5．
【分析】（1）根据多边形内角和公式列式计算即可解答；
（2）先求得这个正多边形的每个外角为，根据多边形外角和定理解答即可．
【详解】（1）解：依题意，得，
解得，即n的值为12；
（2）解：∵正多边形的一个内角为，
∴这个正多边形的外角为．
∵多边形的外角和为，
∴，即n的值为5．
【点睛】本题考查了正多边形的内角与外角，解题的关键是牢记正多边形的内角和公式与外角和等于360°．
21．见解析
【分析】菱形中，四边相等，对角相等，结合已知条件，可利用三角形全等进行证明，得到，再线段之差相等即可得证．
【详解】四边形是菱形
在和中
(ASA)
即．
【点睛】本题考查了三角形全等的证明，菱形的性质，根据题意找准三角形证明的条件，利用角边角进行三角形全等的证明是解题的关键．
22．(1)证明，见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得，根据平行线的性质，得，；再根据为线段的中点，全等三角形的判定，则，根据矩形的判定，即可；
（2）过点作于点，根据勾股定理，求出的长，再根据四边形的面积等于，即可．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵为线段的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形．
（2）过点作于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的面积等于，
∵，，
∵点是对角线的中心，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：．

【点睛】本题考查矩形，平行四边形，全等三角形的知识，解题的关键是矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
23．证明见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
先根据四边形是正方形，得，，又因为，故，得，即可作答．
【详解】证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，，，
∴，
∴．
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出．
【详解】（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
25．(1)
(2)
(3)不存在
(4)，
【分析】（1）根据时，四边形是平行四边形，列出方程进行求解即可；
（2）根据，，得到当时四边形是矩形，列出方程进行求解即可；
（3）根据菱形的性质可得，结合（1）的结论，分别求得的长，即可得出结论；
（4）当四边形是正方形时，，进而求得，，根据，即可求解．
【详解】（1）解：由题意，得：，，秒，
∴，，
∵，则
当时，四边形是平行四边形；
∴
解得：
（2）解：∵，，
∴当时，四边形是矩形；
∵，，
∴
解得：
（3）解：不存在，理由如下，
由（1）可得，当时，四边形是平行四边形；
∴若此时，则四边形是菱形，
如图，过点作于点，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴， ，
∵ ，，
∴，
∴，
而，
∴，
∴四边形不是菱形，
故答案为：不存在．
（4）解：当四边形是正方形时，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当四边形是正方形时，，．
【点睛】本题考查四边形中的动点问题．解题的关键是掌握矩形的判定和性质，正方形，平行四边形，矩形，菱形的性质与判定，及勾股定理解三角形，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键．
26．(1)
(2)，理由见解析
(3)
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键．
（1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案；
（2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案；
（3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案．
【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到，
，，，，
四边形是正方形，
，
，
E、B、N三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：；
（2）解：；理由如下：
将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，
，，，，
E在上，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：．理由如下：
将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，
，，，，
，
，
E、B、N三点共线，
，
，
，
，
．
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