八年级数学下册 第23章 四边形 单元综合检测（解析版）

第第页第23章四边形单元综合检测一、单选题1．如图，在中，D，E分别是边的中点．若，则（

）．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】本题主要考查了三角形中位线的判断与性质，说明是的中位线是解题的关键．先证明是的中位线，再根据三角形中位线的性质即可解答．【详解】解：∵在中，D，E分别是边的中点．∴是的中位线，∴．故选C．2．已知一个多边形的内角和为，则这个多边形为

（

）A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形【答案】B【分析】本题考查多边形的内角和，设这个多边形为边形，根据多边形的内角和为，列出方程进行求解即可．【详解】解：设这个多边形为边形，由题意，得：，解得：；∴这个多边形为八边形；故选B．3．在中，的值可以是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查了平行四边形的性质；根据平行四边形对角相等即可判断选择哪一个．【详解】解：由于平行四边形对角相等，所以对角的比值数应该相等，其中A，B，C都不满足，只有D满足．故选：D．4．已知是的重心，如果，，那么底边的长是（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】本题考查的是三角形的重心．也考查了等腰三角形的性质以及勾股定理．连接并延长交于点D，由等腰三角形的性质可得出，，由三角形重心的性质即可得出的长，再根据勾股定理求出的长，据此求解即可．【详解】解：如图所示：连接并延长交于点D，∵G是的重心，，，∴，，∴，∴．故选：C．5．下列命题是真命题的是（

）A．对角线相等的四边形是平行四边形B．对角线相等的四边形是矩形C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【答案】C【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可得出答案．【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原说法错误，不符合题意；B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故原说法错误，不符合题意；C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原说法正确，符合题意；D、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，故原说法错误，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了判断命题真假，平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解此题的关键．6．如图，正方形的边长为4，为上一点，连接，于点，连接，若，则的面积为（）

A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】作于点，根据勾股定理求得，得，则，所以，即可求得的面积为6．【详解】解：作于点，则，

于点，，四边形是边长为4的正方形，，，，，，，∴∴，，的面积为6，故选：B．【点睛】此题重点考查正方形的性质、勾股定理与三角形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线并且求得是解题的关键．二、填空题7．在中，，则．【答案】【分析】本题考查了平行四边形的性质．解题的关键是掌握平行四边形的性质．根据平行四边形对边相等，由已知边求出未知边的长度．【详解】解：四边形是平行四边形，．故答案为：30.8．如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，则两平行直线，之间的距离是．【答案】4【分析】本题考查了平行线的距离，熟连掌握平行线间的距离是解题的关键．根据平行线的距离理解解答即可．【详解】解：∵直线向下平移个单位可与重合，∴与的距离为，故答案为：．9．如果从一个边形的一个顶点出发，最多能引出7条对角线，那么这个边形的内角和是．【答案】【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线条数问题，从一个边形的一个顶点出发，最多能引出条对角线，据此可求出，再根据边形的内角和是进行求解即可．【详解】解：∵从一个边形的一个顶点出发，最多能引出7条对角线，∴，∴，∴这个边形的内角和是，故答案为：．10．如图，四边形是平行四边形，且对角线、相交于点O，请你添加一个条件使得四边形成为矩形，这个条件可以是．【答案】（答案不唯一）【分析】根据矩形的判定定理，从角或对角线的角度添加条件即可判定平行四边形是矩形．本题主要考查矩形的判定定理，熟练掌握“对角线相等的平行四边形是矩形” “有一个角是直角的平行四边形是矩形”是解题的关键．【详解】解：可添加条件：，四边形是平行四边形，且平行四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），故答案为：（答案不唯一）．11．一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少，则这个多边形的边数是．【答案】7【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和定理，任意多边形的外角和都是，与边数无关．设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式与外角和定理列出方程，求解即可．【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意，得，解得．故答案为：7．12．如图，在中，点为边的中点，点为边的中点．若，，则的长为．【答案】3【分析】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键由三角形中位线定理推出，，，即可求解．【详解】解：∵点为边的中点，点为边的中点，∴是的中位线，∴，，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：3．13．如图，菱形的对角线与相交于点O，E是的中点，且，则的长是．【答案】6【分析】本题考查了菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线性质，由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可得，故可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∴是直角三角形，∵点E是的中点，∴．故答案为：6．14．如图，矩形ABCD的相邻两边的长分别是3cm和4cm，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，则四边形EFGH的周长等于cm．【答案】10【分析】连接AC、BD，根据勾股定理求出BD，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到四边形EHGF为菱形，根据菱形的性质计算周长．【详解】解：连接AC、BD，在Rt△ABD中，BD==5，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD=5，∵E、H分别是AB、AD的中点，∴EH∥BD，EH=BD=，同理，FG∥BD，FG=，EF∥AC，EF=AC=，∴四边形EHGF为菱形，∴四边形EFGH的周长=×4=10，故答案为：10．【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．15．如图，正方形的边长是2厘米，点E为边BC延长线上一点，且，交于F，则厘米

【答案】/【分析】根据正方形的性质求出，再利用面积法列出方程，即可求出．【详解】解：∵四边形是正方形，边长为2，∴，，∴，∵，即，解得：，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，分母有理化，面积法，解题的关键是利用面积法建立关于的方程．16．如图，已知：G是的重心，，那么．【答案】【分析】本题考查了三角形重心的性质，三角形的中线的性质，根据G是的重心，得出是的中线，可得，根据重心的性质可得，即可得出．【详解】解：∵G是的重心，∴是的中线，，∴，∵，∴，∴，故答案为：．17．如图，已知正方形边长为1，如果将边沿着过点A的直线翻折后，边恰巧落在对角线上，折痕交边于点E，那么的长是．【答案】【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，分母有理化．由折叠的性质知，利用等积法列式计算即可求解．【详解】解：设点的对应点为点，连接，∵正方形边长为1，∴，由折叠的性质知，∵，∴，∴，故答案为：．18．对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“最优覆盖菱形”．问题：如图，在中，，，且的面积为m，如果存在“最优覆盖菱形”为菱形，那么m的取值范围是．【答案】【分析】由的面积为m可得的高为，然后再分三角形的高取最小值和最大值两种情况求解即可．【详解】解：∵的面积为m∴边BC上的高为如图：当高取最小值时，为等边三角形，A与M或N或MN上一重合重合，如图：过A作AD⊥BC，垂足为D∵等边三角形ABC,BC=4∴∠ABC=60°,BC=4，∠BAD=30°∴BD=2,∴AD==2∴，即m=4；如图：当高取最大值时，菱形为正方形，∴A在中点，∴，即m=8∴．故填：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．三、解答题19．如图，在中，E，F分别是，的中点．求证：四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．根据平行四边形的性质得出，，根据中点定义得出，，证明，即可证明结论．【详解】证明：四边形是平行四边形，，，，，分别是，的中点，，，，四边形是平行四边形．20．如图，在菱形中，，分别是，的中点，连接，若，求菱形的周长．【答案】16【分析】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据菱形的性质求解即可得．【详解】解：∵，分别是，的中点，且，∴，∵四边形是菱形，∴菱形的周长为．21．如图，为矩形的边的中点，于点．若，，求的长．【答案】．【分析】此题主要考查了矩形的性质，勾股定理．连接，求得的面积为，再利用勾股定理求得的长，再利用三角形的面积公式得出答案．【详解】解：连接，∵四边形是矩形，，，∴矩形的面积为，∵为矩形的边的中点，∴的面积为，，∴，∵，∴，即，∴．22．如图，在矩形中，于点，点是边上一点，若平分，交于点G，于点F．(1)求证：；(2)求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．（1）根据矩形性质和角平分线的性质证明；（2）证明，证明四边形是平行四边形，再根据即可证明结论．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∵平分，，∴，，∵，，∴，∵，∴，∴，（2）证明：∵，，∴，∵，，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．23．如图，在由边长为1的小正方形组成的正方形网格中，A、B为格点，M为与网格横线的交点，请仅用无刻度直尺，在给定的网格中依次完成下列画图，过程线用虚线，结果线用实线．(1)在图1中找格点C、D，使四边形是菱形；(2)在图1中画点M关于直线的对称点；(3)在图2中找格点C，使四边形为矩形；(4)在图2中画的垂直平分线．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析(4)见解析【分析】（1）根据勾股定理求出的长，将线段向右平移5个单位长度的到线段，连接，即可得到菱形；（2）连接交于点，连接并延长，交于点，点即为所求；（3）作以，为边的正方形，再构造矩形即可；（4）取正方形的边和的中点，连接两个中点形成的直线即为的垂直平分线．【详解】（1）解：由勾股定理得：，将线段向右平移5个单位长度的到线段，连接，即可得到菱形，如图所示：（2）解：连接交于点，连接并延长，交于点，点即为所求，如图所示：∵菱形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，又，∴垂直平分，即：点M关于直线的对称点为点；（3）解：作以，为边的正方形，过点作，交于点，则矩形，即为所求，如图所示：（4）如图，取格点，连接交于点，取格点，连接交于点，则为正方形的边和的中点，连接形成的直线即为的垂直平分线．如图所示：∵，∴，∴，∴，∴为的中点，同法可得：为的中点，∴，∵，∴四边形为矩形，∴，∵，∴，设与交于点，则：四边形为矩形，∴，∴是的中垂线．【点睛】本题考查无刻度直尺作图．同时考查了菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．24．如图，在正方形中，P是上一动点（不与A，B两点重合），对角线，相交于点O，过点P分别作的垂线，分别交于点E与点F．(1)求证：四边形是矩形．(2)若正方形的边长是a，求四边形的周长（用含a的式子表示）．【答案】(1)见详解(2)【分析】本题考查出正方形的性质，矩形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）根据正方形的性质得，因为过点P分别作的垂线，即，根据三个内角是90度的四边形是矩形，即可作答．（2）先根据四边形的性质得，，，进而得和是等腰直角三角形，，，即可计算四边形的周长．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，即，∵过点P分别作的垂线，∴，∴四边形是矩形（2）解：∵四边形是正方形，，，∴正方形的边长是，∴∴，又，，和是等腰直角三角形，，，四边形的周长．25．如图1，在平行四边形中，的平分线交直线于点E，交直线于点F．(1)当时，G是的中点，联结（如图2），请直接写出的度数______．(2)当时，，且，分别联结、（如图3），求的度数．【答案】(1)45°(2)60°【分析】（1）联结CG，BG，证△DCG≌△BEG（SAS），得到BG=DG，∠CDG=∠EBG，再证△BGD是直角三角形，即得△BGD是等腰直角三角形，即可由等腰直角三角形的性质求解；（2）延长AB、FG相交于H，联结DH，先证四边形ADFH是平行四边形，再证平行四边形ADFH是菱形，得∠HDF=∠ADF=60°，△DGF≌△DBH（SAS），得∠GDF=∠BDH，即可得∠BDG=∠HDF，可求解．【详解】（1）解：∵平行四边形，，∴四边形为矩形，∴∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，AB=CD，∴∠ECF=90°，联结CG，BG，如图2，∵G是EF的中点，∴CG=EG=GF，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=45°，∴∠BAE=∠BEA=45°，∴BE=AB，∴BE=CD，∴∠FEC=∠BEA=45°，∴∠BEG=135°，∴∠EFC=∠FEC=45°，∴∠GCF=∠EFC=45°，∴∠DCG=135°，∴∠DCG=∠BEF，在△DCG和△BEG中，，∴△DCG≌△BEG（SAS），∴BG=DG，∠CDG=∠EBG，∵∠CDG+∠GDB+∠CBD=90°，∴∠EBG+∠GDB+∠CBD=90°，∴∠BGD=90°，∴△BGD是等腰直角三角形，∴∠BDG=45°；故答案为：45°；（2）解：延长AB、FG相交于H，联结DH，如图，∵FGCE，∴ADHF，∵AHDF，∴四边形ADFH是平行四边形，∵∠ABC=120°，∴∠DAB=60°，∠ADC=∠ABC=120°，∵AF平分∠DAB，∴∠BAF=∠DAF=30°，∵AHDF，∴∠DFA=∠BAF=∠DAF=30°，∴DA=DF，∠AEB=∠FEC=30°，∴平行四边形ADFH是菱形，CE=CF，∴∠HDF=∠ADF=60°，∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，∴FG=HB，在△DGF和△DBH中，，∴△DGF≌△DBH（SAS），∴∠GDF=∠BDH，∴∠BDG=∠HDF=60°．【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，本题属四边形综合题目，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质是解题的关键．26．已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H．（1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________；（2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由；（3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长．【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）由“SAS”可证Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由AAS可证Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设AH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．【详解】解：（1）∵正方形