2022年最新强化训练沪教版(上海)八年级数学第二学期第二十二章四边形同步测评试题(含详细解析)

1、八年级数学第二学期第二十二章四边形同步测评 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的两边OA，OC落在坐标轴上，反比例函数y的图象分别交BC，OB于点D，点E

2、，且，若SAOE3，则k的值为（ ）A4BC8D22、下列说法中正确的是（ ）A从一个八边形的某个顶点出发共有8条对角线B已知C、D为线段AB上两点，若，则C“道路尽可能修直一点”，这是因为“两点确定一条直线”D用两个钉子把木条固定在墙上，用数学的知识解释是“两点之间线段最短”3、欧几里得在几何原本中，记载了用图解法解方程x2+axb2的方法，类似地我们可以用折纸的方法求方程x2+x10的一个正根如图，一张边长为1的正方形的纸片ABCD，先折出AD，BC的中点E，F，再沿过点A的直线折叠使AD落在线段AF上，点D的对应点为点H，折痕为AG，点G在边CD上，连接GH，GF，长度恰好是方程x2+x

3、10的一个正根的线段为（）A线段BFB线段DGC线段CGD线段GF4、如图，矩形OABC的边OA长为2，边AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（ ）A2.5B2CD5、如图，E为正方形ABCD边AB上一动点（不与A重合），AB4，将DAE绕着点A逆时针旋转90得到BAF，再将DAE沿直线DE折叠得到DME下列结论：连接AM，则AMFB；连接FE，当F，E，M共线时，AE44；连接EF，EC，FC，若FEC是等腰三角形，则AE44，其中正确的个数有（）个A3B2C1D06、在数学活动课上，老师和同学们判断一个四边形门框是否为矩形

4、下面是某个合作小组的4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）A测量对角线是否互相平分B测量两组对边是否分别相等C测量其内角是否均为直角D测量对角线是否垂直7、七边形的内角和为（ ）A720B900C1080D14408、如图，在平行四边形中，于点，把以点为中心顺时针旋转一定角度后，得到，已知点在上，连接若，则的大小为（ ）A140B155C145D1359、如图是用若干个全等的等腰梯形拼成的图形，下列说法错误的是（ ）A梯形的下底是上底的两倍B梯形最大角是C梯形的腰与上底相等D梯形的底角是10、如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30后沿直

5、线前进10m到达点照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（ ）米A80B100C120D140第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、已知正方形ABCD的一条对角线长为2，则它的面积是_2、若一个多边形的一条对角线把它分成两个四边形，则这个多边形的内角和是_度3、平面直角坐标系中，四边形ABCD的顶点坐标分别是A(3，0)，B(0，2)，C(3，0)，D(0，2)，则四边形ABCD是_4、如图1，塔吊是建筑工地上常用的一种起重设备，可以用来搬运货物如图2，已知一款塔吊的平衡臂ABC部分构成一个直角三角形，且，起重臂AD可以通过拉伸BD进行上下调整现将起重

6、臂AD从水平位置调整至位置，使货物E到达位置（挂绳DE的长度不变且始终与地面垂直）此时货物E升高了24米，且到塔身AH的距离缩短了16米，测得，则AC的长为_米5、一个正多边形的每个外角都等于45，那么这个正多边形的内角和为_度三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，四边形ABCD是平行四边形，且分别交对角线于点E、F，连接ED、BF（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；（2）若AEEF，请直接写出图2中面积等于四边形ABCD的面积的的所有三角形2、如图，在平行四边形中，点在上由点向点出发，速度为每秒；点在边上，同时由点向点运动，速度为每秒当点运动到点时，点，同时停止运动连接

7、，设运动时间为秒（1）当为何值时，四边形为平行四边形？（2）设四边形的面积为，求与之间的函数关系式（3）当为何值时，四边形的面积是四边形的面积的四分之三？求出此时的度数（4）连接，是否存在某一时刻，使为等腰三角形？若存在，请求出此刻的值；若不存在，请说明理由3、如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG2OD，OE2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连结AG、DE（1）猜想AG与DE的数量关系，请直接写出结论；（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，旋转角为（0180），得到图2，请判断：（1）中的结论是否仍然成立？若成立

8、，请证明；若不成立，请说明理由；（3）在正方形OEFG旋转过程中，请直接写出：当30时，OAG的度数；当AEG的面积最小时，旋转角的度数4、已知矩形，将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形（1）当点E在上时，求证：；（2）当时，求a值；（3）将矩形绕点A顺时针旋转的过程中，求绕过的面积5、如图，的对角线与相交于点O，过点B作BPAC，过点C作CPBD，与相交于点P（1）试判断四边形的形状，并说明理由；（2）若将改为矩形，且，其他条件不变，求四边形的面积；（3）要得到矩形，应满足的条件是_（填上一个即可）-参考答案-一、单选题1、D【分析】设点B的坐标为（a，b），则点D的坐标为（，b），点A的坐标为

9、（a，0），分别求出BD、CD、AB，找到a，b，k之间的关系，设点E坐标为（m，n），利用三角形的面积表示出点E的坐标，再利用割补法求出abk=576，进而可得k值【详解】解：设点B的坐标为（a，b），则点D的坐标为（，b），点A的坐标为（a，0），BD=，BC=a，CD=，AB=b，5（）=4（），设点E坐标为（m，n），SAOE=3，即，点E在反比例函数上，E（，），SAOE=S矩形OABCSOBCSABE=，abk=36，把abk=36代入得，解得：由图象可知，k0，故选：D【点睛】本题考查反比例函数系数k的几何意义，矩形的性质等，解题的关键是利用割补法表示出AOE的面积2、B【分析】

10、根据n边形的某个顶点出发共有（n-3）条对角线即可判断A；根据线段的和差即可判断B；根据两点之间，线段最短即可判断C；根据两点确定一条直线即可判断D【详解】解：A、从一个八边形的某个顶点出发共有5条对角线，说法错误，不符合题意；B、已知C、D为线段AB上两点，若AC=BD，则AD=BC，说法正确，符合题意；C、“道路尽可能修直一点”，这是因为“两点之间，线段最短”，说法错误，不符合题意；D、用两个钉子把木条固定在墙上，用数学的知识解释是“两点确定一条直线”，说法错误，不符合题意；故选B【点睛】本题主要考查了多边形对角线问题，线段的和差，两点之间，线段最短，两点确定一条直线等等，熟知相关知识是解

11、题的关键3、B【分析】首先根据方程x2+x-1=0解出正根为，再判断这个数值和题目中的哪条线段接近线段BF=0.5排除，其余三条线段可以通过设未知数找到等量关系利用正方形的面积等于图中各个三角形的面积和，列等量关系设DG=m，则GC=1-m，从而可以用m表示等式【详解】解：设DG=m，则GC=1-m由题意可知：ADGAHG，F是BC的中点，DG=GH=m，FC=0.5S正方形=SABF+SADG+SCGF+SAGF，11=1+1m+（1-m）+m，m=x2+x-1=0的解为：x=，取正值为x=这条线段是线段DG故选：B【点睛】此题考查的是一元二次方程的解法，运用勾股定理和面积法找到线段的关系是

12、解题的关键4、D【分析】利用矩形的性质，求证明，进而在中利用勾股定理求出的长度，弧长就是的长度，利用数轴上的点表示，求出弧与数轴交点表示的实数即可【详解】解：四边形OABC是矩形，在中，由勾股定理可知：， ，弧长为，故在数轴上表示的数为，故选：【点睛】本题主要是考查了矩形的性质、勾股定理解三角形以及数轴上的点的表示，熟练利用矩形性质，得到直角三角形，然后通过勾股定理求边长，是解决该类问题的关键5、A【分析】正确，如图1中，连接AM，延长DE交BF于J，想办法证明BFDJ，AMDJ即可；正确，如图2中，当F、E、M共线时，易证DEA=DEM=67.5，在MD上取一点J，使得ME=MJ，连接EJ，

13、设AE=EM=MJ=x，则EJ=JD=x，构建方程即可解决问题；正确，如图3中，连接EC，CF，当EF=CE时，设AE=AF=m，利用勾股定理构建方程即可解决问题【详解】解：如下图，连接AM，延长DE交BF于J，四边形ABCD是正方形，AB=AD，DAE=BAF=90，由题意可得AE=AF，BAFDAE(SAS)，ABF=ADE，ADE+AED=90，AED=BEJ，BEJ+EBJ=90，BJE=90，DJBF，由翻折可知：EA=EM，DM=DA，DE垂直平分线段AM，BFAM，故正确；如下图，当F、E、M共线时，易证DEA=DEM=67.5，在MD上取一点J，使得ME=MJ，连接EJ，则由题

14、意可得M=90，MEJ=MJE=45，JED=JDE=22.5，EJ=JD，设AE=EM=MJ=x,则EJ=JD=x，则有x+x =4，x=44，AE=44，故正确；如下图，连接CF，当EF=CE时，设AE=AF=m，则在BCE中，有2m=4+(4-m)2，m=44或-44 (舍弃)，AE=44，故正确；故选A【点睛】本题考查旋转变换，翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题6、C【分析】根据矩形的判定：（1）四个角均为直角；（2）对边互相平行且相等；（3）对角线相等且平分，据此即可判

15、断结果【详解】解：A、根据矩形的对角线相等且平分，故错误；B、对边分别相等只能判定四边形是平行四边形，故错误；C、矩形的四个角都是直角，故正确；D、矩形的对角线互相相等且平分，所以垂直与否与矩形的判定无关，故错误故选：C【点睛】本题主要考查的是矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定是解题的关键7、B【分析】根据多边形内角和公式即可求解【详解】解：七边形的内角和为：（7-2）180=900，故选：B【点睛】此题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题的关键8、C【分析】根据题意求出ADF，根据平行四边形的性质求出ABC、BAE，根据旋转变换的性质、结合图形计算即可【详解】解：ADC=70，

16、CDF=15，ADF=55，四边形ABCD是平行四边形，ABC=ADC=70，ADBC，BFD=125，AEBC，BAE=20，由旋转变换的性质可知，BFG=BAE=20，DFG=DFB+BFG=145，故选：C【点睛】本题考查的是平行四边形的性质、旋转变换的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键9、D【分析】如图（见解析），先根据平角的定义可得，再根据可求出，由此可判断选项；先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，然后根据菱形的判定可得四边形是菱形，根据菱形的性质可得，最后根据线段的和差、等量代换可得，由此可判断选项【详解

17、】解：如图，梯形是等腰梯形， ，则梯形最大角是，选项B正确；没有指明哪个角是底角，梯形的底角是或，选项D错误；如图，连接，是等边三角形，点共线，四边形是平行四边形，四边形是菱形，选项A、C正确；故选：D【点睛】本题考查了等腰梯形、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各判定与性质是解题关键10、C【分析】由小明第一次回到出发点A，则小明走过的路程刚好是一个多边形的周长，由多边形的外角和为，每次的转向的角度的大小刚好是多边形的一个外角，则先求解多边形的边数，从而可得答案.【详解】解：由 可得：小明第一次回到出发点A，一个要走米，故选C【点睛】本题考查的是多边形的外角和的应用，

18、掌握“由多边形的外角和为得到一共要走12个10米”是解本题的关键.二、填空题1、6【分析】正方形的面积：边长的平方或两条对角线之积的一半，根据公式直接计算即可.【详解】解： 正方形ABCD的一条对角线长为2， 故答案为：【点睛】本题考查的是正方形的性质，掌握“正方形的面积等于两条对角线之积的一半”是解题的关键.2、720【分析】根据一个多边形被一条对角线分成两个四边形，可得多边形的边数，根据多边形的内角和定理，可得答案【详解】解：由题意，得两个四边形有一条公共边，得多边形是，由多边形内角和定理，得3、菱形【分析】先在坐标系中画出四边形ABCD，由A、B、C、D的坐标即可得到OA=OC=3，OB

19、=OD=2，再由ACBD，即可得到答案【详解】解：图象如图所示：A（-3，0）、B（0，2）、C（3，0）、D（0，-2），OA=OC=3，OB=OD=2，四边形ABCD为平行四边形，ACBD，四边形ABCD为菱形，故答案为：菱形【点睛】本题主要考查了菱形的判定，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的判定条件4、7【分析】过点B作于点M，由题意易得，则有四边形是矩形，设，则，然后根据勾股定理可得AF的长，进而问他可求解【详解】解：过点B作于点M，如图所示：由题意得：，四边形是矩形，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，设，在中，在中，整理得：，解得：；故答案为7【点睛】本题主要考查勾股定

20、理、矩形的性质与判定及一元二次方程的解法，熟练掌握勾股定理、矩形的性质与判定及一元二次方程的解法是解题的关键5、1080【分析】利用多边形的外角和为360计算出这个正多边形的边数，然后再根据内角和公式进行求解即可【详解】解：正多边形的每一个外角都等于，正多边形的边数为36045=8，所有这个正多边形的内角和为（8-2）180=1080故答案为：1080【点睛】本题考查了多边形内角与外角等知识，熟知多边形内角和定理（n2）180 （n3）和多边形的外角和等于360是解题关键三、解答题1、（1）证明见解析；（2）【分析】（1）先证明再证明可得从而有 于是可得结论；（2）先证明再证明，从而可得结论.

21、【详解】证明：（1） 四边形ABCD是平行四边形， ，BEF=DFE, 四边形BEDF是平行四边形.（2）由（1）得： 四边形BEDF是平行四边形, 四边形ABCD是平行四边形，SADF=SDEC=SABF=SBEC=13SABCD.【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，熟练的运用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是证明的关键，第（2）问先确定面积为平行四边形ABCD的的三角形是解题的关键.2、（1）；（2）yS四边形ABPQ2t32（0t8）；（3）t8，；（4）当t4或或时，为等腰三角形，理由见解析【分析】（1）利用平行四边形的对边相等AQBP建立方程求解即可；（2）先构造直角三

22、角形，求出AE，再用梯形的面积公式即可得出结论；（3）利用面积关系求出t，即可求出DQ，进而判断出DQPQ，即可得出结论；（4）分三种情况，利用等腰三角形的性质，两腰相等建立方程求解即可得出结论【详解】解：（1）在平行四边形中，由运动知，AQ16t，BP2t，四边形ABPQ为平行四边形，AQBP，16t2tt，即：ts时，四边形ABPQ是平行四边形；（2）过点A作AEBC于E，如图，在RtABE中，B30，AB8，AE4，由运动知，BP2t，DQt，四边形ABCD是平行四边形，ADBC16，AQ16t，yS四边形ABPQ（BPAQ）AE（2t16t）42t32（0t8）；（3）由（2）知，AE

23、4，BC16，S四边形ABCD16464，由（2）知，yS四边形ABPQ2t32（0t8），四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三2t3264，t8；如图，当t8时，点P和点C重合，DQ8，CDAB8，DPDQ，DQCDPQ，DB30，DQP75；（4）当ABBP时，BP8，即2t8，t4；当APBP时，如图，B30，过P作PM垂直于AB，垂足为点M，BM4，解得：BP，2t，t当ABAP时，同（2）的方法得，BP，2t，t所以，当t4或 或时，ABP为等腰三角形【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，含30的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解（1）的关键是利

24、用AQBP建立方程，解（2）的关键是求出梯形的高，解（3）的关键是求出t，解（4）的关键是分类讨论的思想思考问题3、（1）AG=DE；（2）成立，理由见解析；（3）90，135【分析】（1）证明AOGDOE（SAS），得出AG=DE即可；（2）先证明AOG=DOE，再证明AOGDOE（SAS），得出AG=DE即可；（3）过点E作EMAC交AC的延长线于点M，证明AOGDOE，则可得出答案；作AHGE于H，连接OH，则当O、A、H在同一直线上时OH最小，然后根据旋转的性质可得出答案【详解】（1）证明：点O是正方形ABCD两对角线的交点，OA=OD，OAOD，AOG=DOE=90，四边形OEFG是

25、正方形，OG=OE，在AOG和DOE中，AOGDOE（SAS），AG=DE；（2）成立，理由：点O是正方形ABCD两对角线的交点，OA=OD，OAOD，AOD=DOC=90，DOG=COE=，AOG=DOE，四边形OEFG是正方形，OG=OE，在AOG和DOE中，AOGDOE（SAS），AG=DE；（3）过点E作EMAC交AC的延长线于点M，则EMO=90，由旋转的性质可知MOE=DOG=30，MOE=90-30=60，点O是正方形ABCD两对角线的交点，OAOD，AOG=90-30=60，AOG =MOE，在AOG和DOE中，AOGDOE（SAS），OAG=EMO=90；作AHGE于H，连接

26、OH， OG2OD，OE2OC，OG、OE为定值，GE=是定值，当AH最小时，AEG的面积最小，当O、A、H在同一直线上时OH最小，OA为定值，此时AH最小，即AEG的面积最小，此时的旋转角=HOG+AOD=45+90=135【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练掌握旋转的性质及证明三角形全等是解决问题的关键4、（1）见解析；（2）旋转角为 60或者 300；（3）9【分析】（1）由旋转的性质及等腰三角形性质得AEBABE，由AEFBAD可得EAFABD，从而有AEBEAF，故由平行线的判定即可得到结论；（2）分点G在AD的右侧和AD的左侧两种情况；均可证明GAD是等边三角形，从而问题解决；（3）由S阴影S扇形ACFS扇形ADG，分别计算出两个扇形的面积即可求得阴影部分面积【详解】（1）连接AF，由旋转可得，AEAB，EF=BC，AEF=ABC=90AEBABE，又四边形ABCD是矩形ABC=BA