2021-2022学年沪教版(上海)八年级数学第二学期第二十二章四边形专题测评练习题(无超纲)

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Ⅱ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，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后，得到正方形AB′C′D′，边B'C′与

DC交于点O，则∠DOB'的度数为（ ）

A．125° B．130° C．135° D．140°

2、下列说法中，不正确的是（ ） A．四个角都相等的四边形是矩形

B．对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形 C．正方形的对角线所在的直线是它的对称轴

D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形

3、如图，在ABC中，C90，点E，F分别是AC，BC上的点，AE16，BF12，点P，

Q，D分别是AF，BE，AB的中点，则PQ的长为（ ）．

A．4 B．10 C．6 D．8

4、如图，以O为圆心，OA长为半径画弧别交OM、ON于A、B两点，再分别以A、B为圆心，以OA长为半径画弧，两弧交于点C，分别连接AC、BC，则四边形OACB一定是（ ）

A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形

5、如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列一个条件后，一定能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．ABBC B．ADBC C．AC D．BC180

6、将一块三角尺和一张矩形纸片如图排放，若∠1=25°，则∠2的大小为（ ）

A．55° B．65° C．45° D．75°

7、如图，矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，AB＝6，OA＝4．则这个矩形的面积为（ ）

A．24 B．48 C．127 D．247

8、如图，在长方形ABCD中，AB＝10cm，点E在线段AD上，且AE＝6cm，动点P在线段AB上，从点

A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上．以vcm/s的速度由点B向点C运动，当

△EAP与△PBQ全等时，v的值为（ ）

A．2 B．4 C．4或

65D．2或

12 59、欧几里得在《几何原本》中，记载了用图解法解方程x2+ax＝b2的方法，类似地我们可以用折纸的方法求方程x2+x﹣1＝0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﹣1＝0的一个正根的线段为（ ）

A．线段BF B．线段DG C．线段CG D．线段GF 10、在平行四边形ABCD中，∠A＝30°，那么∠B与∠A的度数之比为（ ） A．4：1

B．5：1

C．6：1

D．7：1

第Ⅱ卷（非选择题 70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、如图，a//b//c，直线a与直线b之间的距离为3，直线c与直线b之间的距离为23，等边ABC的三个顶点分别在直线a、直线b、直线c上，则等边三角形的边长是______．

2、菱形ABCD的周长为45，对角线AC和BD相交于点O，AO：BO=1：2，则菱形ABCD的面积为________．

3、如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M在BC边上，连接MO并延长交AD边于点N．若BM = 1，∠OMC = 30°，MN = 4，则矩形ABCD的面积为 _________ ．

4、已知一个多边形的内角和与外角和的比是2：1，则它的边数为 _____． 5、如图，矩形ABCD中，AC、BD相交于点O且AC=12，如果∠AOD=60°，则DC=__．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，在ABC中，AE平分BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点

（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：BF（2）如图2，ABC中AB9，AC5，求线段EF的长．

1ACAB 22、如图，正方形ABCD的边长为4，连接对角线AC，点E为BC边上一点，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，点E的对应点F恰好落在边CD上，过F作FM⊥AC于点M． （1）求证：BE＝FM； （2）求BE的长度．

3、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．

（1）作AB的垂直平分线l，交AB于点D，连接CD，分别作∠ADC，∠BDC的平分线，交AC，BC于点

E，F（尺规作图，不写作法，保作图痕迹）；

（2）求证：四边形CEDF是矩形．

4、在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF． （1）如图1，点E在BC边上． ①依题意补全图1；

②若AB＝6，EC＝2，求BF的长；

（2）如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系．

5、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，BE∥CD,CE∥AB．

（1）试判断四边形BDCE的形状，并证明你的结论；

（2）若∠ABC＝30°，AB＝4，则四边形BDCE的面积为 ．

-参-

一、单选题 1、C 【分析】

连接B′C，根据题意得B′在对角线AC上，得∠B'CO=45°，由旋转的性质证出∠OB'C是直角，得

BCO=45，即可得出答案．

【详解】

解：连接B′C，如图所示，

∵四边形ABCD是正方形， ∴AC平分∠BAD，

∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAC=45°，

∴B′在对角线AC上， ∴∠B'CO=45°，

由旋转的性质得：ABCB90，AB'=AB=1， ∴BOC45

∴DOB18045135 故选：C． 【点睛】

本题考查了正方形的性质、旋转的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和旋转的性质是解题的关键． 2、D 【分析】

根据矩形的判定，正方形的性质，菱形和平行四边形的判定对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】

解：A、四个角都相等的四边形是矩形，说法正确；

B、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，说法正确； C、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，说法正确； D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，原说法错误；

故选：D． 【点睛】

本题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，熟练掌握特殊平行四边形相关的判定与性质是解答本题的关键． 3、B 【分析】

根据三角形中位线定理得到PD=2BF=6，PD∥BC，根据平行线的性质得到∠PDA=∠CBA，同理得到∠PDQ=90°，根据勾股定理计算，得到答案． 【详解】 解：∵∠C=90°， ∴∠CAB+∠CBA=90°，

∵点P，D分别是AF，AB的中点， ∴PD=2BF=6，PD//BC， ∴∠PDA=∠CBA，

同理，QD=2AE=8，∠QDB=∠CAB， ∴∠PDA+∠QDB=90°，即∠PDQ=90°， ∴PQ=PD2DQ2=10， 故选：B． 【点睛】

本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握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． 4、B 【分析】

根据题意得到OAOBACBC，然后根据菱形的判定方法求解即可． 【详解】

解：由题意可得：OAOBACBC， ∴四边形OACB是菱形．

111故选：B． 【点睛】

此题考查了菱形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．菱形的判定定理：①四条边都相等四边形是菱形；②一组邻边相等的平行四边形是菱形；③对角线垂直的平行四边形是菱形． 5、C 【分析】

由平行线的性质得∠A∠D180，再由AC，得CD180，证出AD//BC，即可得出结论． 【详解】

解：一定能判定四边形ABCD是平行四边形的是AC，理由如下： AB//CD，

AD180，

AC， CD180，

AD//BC，

又AB//CD，

四边形ABCD是平行四边形，

故选：C． 【点睛】

本题考查了平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定，证明出AD//BC． 6、B 【分析】

延长CE，交矩形边于点B，利用三角形外角性质，平行线的性质计算．

【详解】

延长CE，交矩形边于点B， ∴∠ABE=90°-∠1=65°， ∵纸片是矩形，

∴AB∥CD， ∴∠ABE=∠2=65°， 故选B． 【点睛】

本题考查了矩形的性质，平行线的性质，三角形外角的性质，三角板的特点，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 7、C 【分析】

根据矩形的性质，对角线相等且互相平分，可得AC2OA8，进而勾股定理求得BC，再根据

ABBC即可求得矩形的面积．

【详解】

解：四边形ABCD是矩形，

OA1AC，ABC90 2 AB＝6，OA＝4

BCAC2AB2826227 矩形ABCD的面积为：ABBC627127 故选C 【点睛】

本题考查了矩形的性质，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键． 8、D 【分析】

根据题意可知当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：①当EA=PB时，△APE≌△BQP，②当AP=BP时，△AEP≌△BQP，分别按照全等三角形的性质及行程问题的基本数量关系求解即可． 【详解】

解：当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况： ①当EA=PB时，△APE≌△BQP（SAS）， ∵AB=10cm，AE=6cm， ∴BP=AE=6cm，AP=4cm， ∴BQ=AP=4cm；

∵动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动， ∴点P和点Q的运动时间为：4÷2=2s， ∴v的值为：4÷2=2cm/s；

②当AP=BP时，△AEP≌△BQP（SAS）， ∵AB=10cm，AE=6cm， ∴AP=BP=5cm，BQ=AE=6cm， ∵5÷2=2.5s， ∴2.5v=6，

∴v=

12． 5故选：D． 【点睛】

本题考查矩形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，注意数形结合和分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 9、B 【分析】

首先根据方程x2+x-1=0解出正根为51，再判断这个数值和题目中的哪条线段接近．线段BF=0.52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：△ADG≌△AHG，F是BC的中点， ∴DG=GH=m，FC=0.5． ∵S正方形=S△ABF+S△ADG+S△CGF+SAGF，

∴1×1=2×1×2+2×1×m+2×2×（1-m）+2×∴m=51． 211111152×m，

∵x2+x-1=0的解为：x=15， 2∴取正值为x=51． 2∴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解题的关键． 10、B 【分析】

根据平行四边形的性质先求出∠B的度数，即可得到答案． 【详解】

解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，

∴∠B=180°-∠A=150°， ∴∠B：∠A=5：1， 故选B．

【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形邻角互补． 二、填空题 1、27 【分析】

如图所示，过点A作AD⊥直线c于D，过点B作EF⊥直线b分别交直线a、c于F、E，先证明四边形

ADEF是矩形，得到AF=DE，AD=EF，再由直线a与直线b之间的距离为3，直线c与直线b之间的距

离为3，得到BF3，BE23，则ADEFBFBE33，可设AB=AC=BC=x，由勾股定理得：AFx23，ECx212，CDx227，再由AFECCD，即可得到x23x2122x227，由此求解即可．

【详解】

解：如图所示，过点A作AD⊥直线c于D，过点B作EF⊥直线b分别交直线a、c于F、E， ∵a∥b∥c，

∴AD⊥直线a，EF⊥直线a，EF⊥直线c， ∴四边形ADEF是矩形， ∴AF=DE，AD=EF，

∵直线a与直线b之间的距离为3，直线c与直线b之间的距离为23，

∴BF3，BE23，

∴ADEFBFBE33， ∵△ABC是等边三角形， ∴可设AB=AC=BC=x，

由勾股定理得：AFAB2BF2x23，ECBC2BE2x212，CDAC2AD2x227，

又∵AFECCD，

∴x23x2122x227，

∴x23x212x2272x212x227，

∴36x22x212x227，

4222∴x72x12964x12x27

4242∴x72x12964x39x324，

∴x472x212964x4156x21296， ∴3x484x20，

解得x27（不符合题意的值已经舍去），

∴△ABC的边长为27．

故答案为：27．

【点睛】

本题主要考查了等边三角形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，平行线的间距，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 2、4 【分析】

根据菱形的性质求得边长，根据AO：BO=1：2，求得对角线的长，进而根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解． 【详解】 解：如图

四边形ABCD是菱形 ABADDCCB，AO11AC,BOBD 22菱形ABCD的周长为45，

AB5 AO：BO=1：2，

ABAO2BO25AO

AO1,BO2

AC2,BD4

S菱形ABCD11ACBD244 22故答案为：4 【点睛】

本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键． 3、443## 【分析】

过点N作NEBC交于点E，由矩形ABCD得OBOD，OBMODN，根据ASA可证△BOM△DON，故可得CEDNBM1，由直角三角形30角所对的边为斜边的一半得出

CDEN1MN2，根据勾股定理求出ME，从而得出BC，由矩形的面积公式即可得出答案． 2【详解】

如图，过点N作NEBC交于点E， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OBOD，OBMODN， ∵BOMDON， ∴BOMDON(ASA)， ∴CEDNBM1， ∵OMC30，

1∴CDENMN2，

2∴MEMN2EN2422223，

∴BC1231223，

∴S矩形ABCD(223)2443．

故答案为：443． 【点睛】

本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质以及勾股定理，掌握相关知识点

的应用是解题的关键． 4、6 【分析】

根据多边形内角和公式及多边形外角和可直接进行求解． 【详解】

解：由题意得：180n22360， 解得：n6，

∴该多边形的边数为6； 故答案为6． 【点睛】

本题主要考查多边形的内角和及外角和，熟练掌握多边形内角和及外角和是解题的关键． 5、63 【分析】

根据矩形的对角线互相平分且相等可得OA＝OD，然后判断出△AOD是等边三角形，再根据勾股定理解答即可． 【详解】

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴OA＝OD＝2AC＝2×12＝6，∠ADC=90°， ∵∠AOD＝60°， ∴△AOD是等边三角形， ∴AD＝OA＝6，

11∴DCAC2AD21226263．

故答案为：63． 【点睛】

本题考查了矩形的性质和勾股定理以及等边三角形的判定，解题关键是根据矩形的性质得出△AOD是等边三角形． 三、解答题

1、（1）见解析；（2）2 【分析】

（1）利用ASA定理证明△AEB≌△AED，得到BE=ED，AD=AB，根据三角形中位线定理解答； （2）分别延长BE、AC交于点H，仿照（1）的过程解答． 【详解】

解：（1）证明：∵AE平分BAC，BE⊥AE， ∴∠BAE=∠DAE，∠AEB=∠AED=90°， 在△AEB和△AED中，

BAEDAEAEAE， AEBAED90∴△AEB≌△AED（ASA） ∴BE=ED，AD=AB， ∵点F是BC的中点， ∴BF=FC，

∴EF是△BCD的中位线，

∴EF=2CD=2(AC-AD)=2(AC-AB)； （2）解：分别延长BE、AC交于点H，

111

∵AE平分BAC，BE⊥AE，

∴∠BAE=∠DAE，∠AEB=∠AED=90°， 在△AEB和△AEH中，

BAEHAEAEAE， AEBAEH90∴△AEB≌△AEH（ASA） ∴BE=EH，AH=AB=9， ∵点F是BC的中点， ∴BF=FC，

∴EF是△BCD的中位线， ∴EF=2CH=2(AH-AC)=2． 【点睛】

本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握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． 2、（1）见解析；（2）42—4

11【分析】

（1）由旋转和正方形的性质得出∠FAM＝∠EAB，再证ABE≌ΔAMF即可； （2）求出正方形对角线长，再求出MC=42—4即可． 【详解】

（1）证明：在正方形ABCD中，线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF ∠CAB＝45°，∠EAF＝45°，AE＝AF ∠FAM＝∠EAB

∵FM⊥AC ∠FMA＝∠B＝90°

ABE≌ΔAMF（AAS）

BE＝FM

（2）在正方形ABCD中，边长为4

AC＝AD2DC242，∠DCA＝45° ABE≌ΔAMF

∴AM＝AB＝4

MC＝AC—AM＝42—4

∵ΔFMC是等腰直角三角形

BE＝MF＝MC＝42—4

【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，解题关键是熟练运用正方形的性质和全等三角形的判定进行证明推理． 3、（1）见解析（2）见解析

【分析】

（1）利用垂直平分线和角平分线的尺规作图法，进行作图即可．

（2）利用直角三角形斜边中线性质，以及角平分线的性质直接证明CED与EDF都是90，最后加上ACB90，即可证明结论． 【详解】

（1）答案如下图所示：

分别以A、B两点为圆心，以大于

AB长为半径画弧，连接弧的交点的直线即为垂直平分线l，其与2MN为半径画弧，连接两弧交点与D点的连线交AC于点E，同理分2AB的交点为D，以点D为圆心，适当长为半径画弧，分别交DA于点M，交CD于点N，交BD于点T，

然后分别以点M，N为圆心，大于别以点T，N为圆心，大于（2）证明：

TN为半径画弧，连接两弧交点与D点的连线交BC于点F． 2D点是AB与其垂直平分线l的交点，

∴D点是AB的中点，

CD是Rt△ABC上的斜边的中线，

CDABAD， 2DE、DF分别是ADC，∠BDC的角平分线，

11CDEADEADC，CDFCDB，

22EDFCDECDF，

EDF111ADCCDBADB90 ， 222CDADCDEADE， DEDECDE≌ADE(SAS)， CEDAED1AEC90， 2在四边形CEDF中，ACBCEDEDF90，

四边形CEDF是矩形．

【点睛】

本题主要是考查了尺规作图、直角三角形斜边中线性质以及矩形的判定，熟练利用直角三角形斜边中线性质，找到三角形全等的判定条件，并且选择合适的矩形判定条件，是解决本题的关键． 4、（1）①见解析；②BF22；（2）BFBD2BE 【分析】

（1）①根据题意作图即可；

②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC＝FH＝2，CD＝BC＝EH＝6，则

HB＝EC＝2，在Rt△FHB中，利用勾股定理即可求解；

（2）过点F作FH⊥CB，交CB于H，先证明△DEC≌△EFH得到EC＝FH，CD＝BC＝EH，则HB＝EC＝

HF，△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，由此利用勾股定理求解即可．

【详解】

解（1）①如图所示，即为所求；

②如图所示，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，

∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝AB＝6，∠C＝90°， ∵∠DEF＝∠C＝90°，

∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°， ∴∠FEH＝∠EDC， 在△DEC和△EFH中，

HC90FEHEDC， EFDE∴△DEC≌△EFH（AAS），

∴EC＝FH＝2，CD＝BC＝EH＝6， ∴HB＝EC＝2，

∴Rt△FHB中，BF＝FH2BH2＝222222． （2）结论：BF+BD＝2BE．

理由：过点F作FH⊥CB，交CB于H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝AB，∠DCE＝90°， ∵∠DEF＝∠DCE＝90°，

∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°， ∴∠FEH＝∠EDC， 在△DEC和△EFH中，

FHEDCE90FEHEDC， EFDE∴△DEC≌△EFH（AAS）， ∴EC＝FH，CD＝BC＝EH， ∴HB＝EC＝HF，

∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，

∴BDBC2CD22BC2EH，BFBH2HF22BH， ∵HE+BH＝BE， ∴BF+BD＝2BE．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够正确作出辅助线，构造全等三角形．

5、（1）四边形BDCE是菱形，证明见解析；（2）23 【分析】

（1）先证明四边形BDCE是平行四边形，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证明

CDBD,从而可得结论；

（2）先求解AC,BC, 再求解ACB,BCD的面积，再利用菱形的性质可得菱形的面积. 【详解】

证明：（1）四边形BDCE是菱形，理由如下： BE∥CD,CE∥AB，

 四边形BDCE是平行四边形，

∠ACB＝90°，D为AB中点，

CDBD,

 四边形BDCE是菱形.

（2） ∠ABC＝30°，AB＝4，∠ACB＝90°，

AC1AB2,BC422223, 2122323, 2SABC D为AB中点，

S1S21233, 2BCDABC 四边形BDCE是菱形， S菱形BDCE2S23.

DBC故答案为：23 【点睛】

本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，含30的直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”是解本题的关键.