2022年必考点解析沪教版(上海)八年级数学第二学期第二十二章四边形同步测试试卷

1、八年级数学第二学期第二十二章四边形同步测试 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，以坐标原点O为顶点的正方形OBCD，其中点D（2，0），点B在y轴上，点C在第一象限，以

2、BC为边在正方形OBCD外作等边ABC，若将ABC与正方形OBCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90，则第2020次旋转结束时，点A的坐标为（）A（1，2+）B（2+，1）C（1，2）D（2，1）2、下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ）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测量对角线是否相等D测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等3、若一个正多边形的每一个外角都等于36，则这个正多边形的边数是（）A7B8C9D104、顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点，所形成的新四边形是（）A菱形B矩形C正方形D三角形5、如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，且ACB

3、C，的面积为48，OA3，则BC的长为（ ）A6B8C12D136、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A80B100C120D1407、如图，把矩形纸片沿对角线折叠，若重叠部分为，那么下列说法错误的是（ ）A是等腰三角形B和全等C折叠后得到的图形是轴对称图形D折叠后和相等8、下列说法正确的是（）A平行四边形的对角线互相平分且相等B矩形的对角线相等且互相平分C菱形的对角线互相垂直且相等D正方形的对角线是正方形的对称轴9、在锐角ABC中，BAC60，BN、CM

4、为高，P为BC的中点，连接MN、MP、NP，则结论：NPMP；AN：ABAM：AC；BN2AN；当ABC60时，MNBC，一定正确的有（ ）ABCD10、的周长为32cm，AB：BC=3：5，则AB、BC的长分别为（ ）A20cm，12cmB10cm，6cmC6cm，10cmD12cm，20cm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、如图，两点在轴上，点为反比例函数图象上一点，连接，且与反比例函数的图象交于点，若，的面积为2，则的值为_2、将ABC纸片沿DE按如图的方式折叠若C50，185，则2等于_3、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

5、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4、如图，在长方形ABCD中，点E是BC边上一点，连接AE，把沿AE折叠，使点B落在点处当为直角三角形时，BE的长为_5、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 _三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，是的中位线，延长到，使，连接求证：2、如图，在中，AE平分，于点E，点F是BC的中点（1）如

6、图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：（2）如图2，中，求线段EF的长3、如图，在矩形中，为对角线（1）用尺规完成以下作图：在上找一点，使，连接，作的平分线交于点；（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）所作的图形中，若，求的度数4、角的平分线的判定定理：角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上小强证明该定理的步骤如下：已知：如图1，点P在上，于点D，于点E，且求证：是的平分线证明：通过测量可得，是的平分线（1）关于定理的证明，下面说法正确的是（ ）A小强用到了从特殊到一般的方法证明该定理B只要测量一百个到角的两边的距离相等的点都在角的平分线上，就能证明该定理C不能只用这个角，还需

7、要用其它角度进行测量验证，该定理的证明才完整D小强的方法可以用作猜想，但不属于严谨的推理证明（2）利用小强的已知和求证，请你证明该定理；（3）如图2，在五边形中，在五边形内有一点F，使得直接写出的度数5、如图，四边形ABCD是平行四边形，BAC90（1）尺规作图：在BC上截取CE，使CECD，连接DE与AC交于点F，过点F作线段AD的垂线交AD于点M；（不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）的条件下，猜想线段FM和CF的数量关系，并证明你的结论-参考答案-一、单选题1、A【分析】过点作轴交于点，交于点，根据正方形和等边三角形的性质求出点坐标，将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，得出旋

8、转4次为一个循环，即可得出刚好循环了505次，从而得出第2020次旋转结束时，点A的坐标【详解】如图，过点作轴交于点，交于点，四边形是正方形，等边三角形，将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，旋转4次为一个循环，刚好循环了505次，第2020次旋转结束时，点A的坐标为故选：A【点睛】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质，旋转的性质以及勾股定理，由题意找出规律是解题的关键2、D【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，选项A不符合题意；B、两组对边分别相等是平行四边形，

9、选项B不符合题意；C、对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，对角线相等的四边形不是矩形，选项C不符合题意；D、对角线交点到四个顶点的距离都相等，对角线互相平分且相等，对角线互相平分且相等的四边形是矩形，选项D符合题意；故选：D【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理3、D【分析】根据多边形外角和定理求出正多边形的边数【详解】正多边形的每一个外角都等于36，正多边形的边数10故选：D【点睛】本题考查了多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握4、B【分析】先画出图形，再根据三角形中位线定理

10、得到所得四边形的对边平行且相等，那么其必为平行四边形，然后根据邻边互相垂直得出四边形是矩形【详解】解：如图，、分别是、的中点，四边形是平行四边形，平行四边形是矩形，又与不一定相等，与不一定相等，矩形不一定是正方形，故选：B【点睛】本题考查了三角形中位线定理、矩形的判定等知识点，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键5、B【分析】由平行四边形对角线互相平分得到AC的值，由ACBC，可得，代入即可求出BC边长.【详解】解：在中，对角线AC，BD相交于点O，OA=OC，OA=3，AC=2OA=6，ACBC，BC=8.故选：B【点睛】此题考查平行四边形的性质和平行四边形的面积，掌握平行四边形对角线互相平分

11、的性质是解答此题的关键.6、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，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.7、D【分析】根据题意结合图形可以证明EB=ED，进而证明ABECDE；此时可以判断选项A、B、D是成立的，问题即可解决【详解】解：由题意得：BCDBFD，DC=DF，C=F=90；CBD=FBD，又四边形ABCD为矩形，

12、A=F=90，DEBF，AB=DF，EDB=FBD，DC=AB，EDB=CBD，EB=ED，EBD为等腰三角形；在ABE与CDE中，ABECDE（HL）；又EBD为等腰三角形，折叠后得到的图形是轴对称图形；综上所述，选项A、B、C成立，不能证明D是正确的，故说法错误的是D，故选：D【点睛】本题主要考查了翻折变换及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质，找出图中隐含的等量关系；借助矩形的性质、全等三角形的判定等几何知识来分析、判断、推理或解答8、B【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质定理判断即可【详解】解：平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，A错误；矩形的对角线相等且互相

13、平分，B正确；菱形的对角线互相垂直，不一定相等，C错误；正方形的对角线所在的直线是正方形的对称轴，D错误；故选：B【点睛】本题考查了命题的真假判断，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键9、C【分析】利用直角三角形斜边上的中线的性质即可判定正确；利用含30度角的直角三角形的性质即可判定正确，由勾股定理即可判定错误；由等边三角形的判定及性质、三角形中位线定理即可判定正确【详解】CM、BN分别是高CMB、BNC均是直角三角形点P是BC的中点PM、PN分别是两个直角三角形斜边BC上的中线故正确BAC=60ABN=ACM=90BAC=30AB=2AN，AC=2AMAN：AB=AM：AC=

14、1：2即正确在RtABN中，由勾股定理得：故错误当ABC=60时，ABC是等边三角形CMAB，BNACM、N分别是AB、AC的中点MN是ABC的中位线MNBC故正确即正确的结论有故选：C【点睛】本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，掌握这些知识并正确运用是解题的关键10、C【分析】根据平行四边形的性质，可得AB=CD，BC=AD，然后设 ，可得到 ，即可求解【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，AB=CD，BC=AD，AB：BC=3：5，可设 ，的周长为32cm， ，即 ，解得： ， 故选：C【点睛】本题

15、主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对边相等是解题的关键二、填空题1、4【分析】过点P作PCOA于C，过点N作NDOA于D，设点P坐标为（），表示出点N、点B坐标，根据面积列出方程即可求解【详解】解：过点P作PCOA于C，过点N作NDOA于D，设点P坐标为（），PCND，N点坐标为（）， ，点D与点A重合，的面积为2，即的面积为2，解得，；故答案为：4【点睛】本题考查了求反比例函数解析式和中位线的性质，解题关键是恰当作辅助线，设坐标，建立方程2、【分析】利用三角形的内角和定理以及折叠的性质，求出，利用四边形内角和为，即可求出2【详解】解：在中，在中， 由折叠性质可知： ，四边形的内

16、角和为， ， ，且185，故答案为：【点睛】本题主要是考查了三角形和四边形的内角和定理，熟练利用三角形内角和定理，求出两角之和，最后利用四边形的内角和求得某角的度数，这是解决该题的关键3、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4、或3【分析】分两种情

17、形：如图1中，当，共线时，如图2中，当点落在上时，分别求解即可【详解】解：如图1中，当，共线时，四边形是矩形，设，则，在中，如图2中，当点落在上时，此时四边形是正方形，综上所述，满足条件的的值为或3故答案是：或3【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题5、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：，解得：，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三、解答题1、见解析【分析】由已知条件可得DF=AB及DFAB，从而可得四边形ABFD为

18、平行四边形，则问题解决【详解】是的中位线DEAB，AD=DCDFABEF=DEDF=AB四边形ABFD为平行四边形AD=BFBF=DC【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线的性质定理，掌握它们是解答本题的关键当然本题也可以用三角形全等的知识来解决2、（1）见解析；（2）2【分析】（1）利用ASA定理证明AEBAED，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，BAE=DAE，AEB=AED=90，在AEB和AED中，AEBAED（ASA）BE=ED，AD=AB，点F是BC的中点

19、，BF=FC，EF是BCD的中位线，EF=CD=(AC-AD)=(AC-AB)；（2）解：分别延长BE、AC交于点H，AE平分，BAE=DAE，AEB=AED=90，在AEB和AEH中，AEBAEH（ASA）BE=EH，AH=AB=9，点F是BC的中点，BF=FC，EF是BCD的中位线，EF=CH=(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3、（1）图形见解析；（2）【分析】（1）利用尺规根据题意即可完成作图；（2）结合（1）根据等腰三角形的性质和三角形外角定理可得的度数【详解】（1）如图，点E和点F即为所求；（2），ABD=68，AEB=AEB=68EAB=180-68-68=44，EAD=90-44=46，AF平分DAE，FAE=DAE=23，【点睛】题考查了尺规作图-作角平分线，矩形的性质，熟练掌握5种基本