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综合训练试卷(含答案解析)

1、八年级数学第二学期第二十二章四边形综合训练 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、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

2、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2、如图，在矩形ABCD中，点O为对角线BD的中点，过点O作线段EF交AD于F，交BC于E，OBEB，点G为BD上一点，满足EGFG，若DBC30，则OGE的度数为（）A30B36C37.5D453、在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB5，AC6，过点D作AC的平行线交BC的延长线于点E，则BDE的面积为（ ）A22B24C48D444、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（

3、）米A80B100C120D1405、如图，在ABC中，AC=BC=8，BCA=60，直线ADBC于点D，E是AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C按逆时针方向旋转60得到FC，连接DF，则在点E的运动过程中，DF的最小值是（ ）A1B1.5C2D46、如图，已知E为邻边相等的平行四边形ABCD的边BC上一点，且DAE=B=80，那么CDE的度数为（ ）A20B25C30D357、的周长为32cm，AB：BC=3：5，则AB、BC的长分别为（ ）A20cm，12cmB10cm，6cmC6cm，10cmD12cm，20cm8、如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把ADE绕点A顺时针旋

4、转90到ABF的位置，若四边形AECF的面积为144AE13则DE的长为（）A2BC4D59、勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJDE于点J，交AB于点K设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：BICD；2SACDS1；S1S4S2S3；其中正确的结论有（ ）A1个B2个C3个D4个10、已知三角形三边长分别为7cm，8cm，9c

5、m，作三条中位线组成一个新的三角形，同样方法作下去，一共做了五个新的三角形，则这五个新三角形的周长之和为（ ）A46.5cmB22.5cmC23.25cmD以上都不对第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、菱形的一条对角线的长为8，边的长是方程的一个根，则菱形的周长为_2、在矩形ABCD中，点E在AD边上，BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB4，BC5，则线段DE的长为 _3、若正多边形的一个外角为40，则这个正多边形是_边形4、过多边形的一个顶点作对角线，可将多边形分成5个三角形，则多边形的边数是_5、如图，在平面直角坐标系中，第1次将边长为1的正方形 O

6、ABC绕点O逆时针旋转45后，得到正方形OA1B1C1；第2次将正方形OA1B1C1绕点O逆时针旋转45后，得到正方形OA2B2C2按此规律，绕点O 旋转得到正方形 OA2020B2020C2020，则点 B2021的坐标为_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、在四边形ABCD中，A100，D140（1）如图，若BC，则B 度；（2）如图，作BCD的平分线CE交AB于点E若CEAD，求B的大小2、已知矩形ABCD，AB=6，BC=10，以BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，在CD边上取一点E，将ADE沿AE翻折，点D恰好落在BC边上的点F处（1）

7、求线段EF长；（2）在平面内找一点G，使得以A、B、F、G为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点G的坐标；如图2，将图1翻折后的矩形沿y轴正半轴向上平移m(m0)个单位，若以A、O、F、G为顶点的四边形为菱形，请求出m的值并写出点G的坐标3、如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF已知AB2，ABC60，CEBH（1）求证：ABHHEF；（2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长；（3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH

8、，BF若EHBC，请求出BF的长4、如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，ABAC，AB=3，AD=5，求BD的长5、如图，矩形中，是的中点，延长，交于点，连接，（1）求证：四边形是平行四边形；（2）当平分时，猜想与的数量关系，并证明你的结论-参考答案-一、单选题1、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

9、；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2、C【分析】根据矩形和平行线的性质，得；根据等腰三角形和三角形内角和性质，得；根据全等三角形性质，通过证明，得；根据直角三角形斜边中线、等腰三角形、三角形内角和性质，推导得，再根据余角的性质计算，即可得到答案【详解】矩形ABCD OBEB， 点O为对角线BD的中点， 和中 EGFG，即 故选：C【点睛】本题考查了矩形、平行线、全等三角形、等腰三角形、三角形内角和、直角三角形的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、全等三角形、等腰三角形、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解3、B【分析】

10、先判断出四边形ACED是平行四边形，从而得出DE的长度，根据菱形的性质求出BD的长度，利用勾股定理的逆定理可得出BDE是直角三角形，计算出面积即可【详解】解： 菱形ABCD， 在RtBCO中， 即可得BD=8， 四边形ACED是平行四边形， AC=DE=6， BE=BC+CE=10， BDE是直角三角形， SBDE=DEBD=24 故选：B【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理的逆定理及三角形的面积，平行四边形的判定与性质，求出BD的长度，判断BDE是直角三角形，是解答本题的关键4、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

11、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.5、C【分析】取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD=CG以及FCD=ECG，由旋转的性质可得出EC=FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出FCDECG，进而即可得出DF=GE，再根据点G为AC的中点，即可得出EG的最小值，此题得解【详解】解：取线段AC的中点G，连接EG，如图所示AC=BC=8，BCA=60，AB

12、C为等边三角形，且AD为ABC的对称轴，CD=CG=AB=4，ACD=60，ECF=60，FCD=ECG，在FCD和ECG中，FCDECG（SAS），DF=GE当EGBC时，EG最小，点G为AC的中点，此时EG=DF=CD=BC=2故选：C【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF=GE，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键6、C【分析】依题意得出AE=AB=AD，ADE=50，又因为B=80故可推出ADC=80，CDE=ADC-ADE，从而求解【详解】ADBC，AEB

13、=DAE=B=80，AE=AB=AD，在三角形AED中，AE=AD，DAE=80，ADE=50，又B=80，ADC=80，CDE=ADC-ADE=30故选：C【点睛】考查菱形的边的性质，同时综合利用三角形的内角和及等腰三角形的性质，解题关键是利用等腰三角形的性质求得ADE的度数7、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8、D【分

14、析】由旋转性质得ABFADE，再根据全等三角形的性质得到S正方形ABCD=S四边形AECF=144进而求得AD=12，再利用勾股定理求解DE即可【详解】解：ADE绕点A顺时针旋转90得到ABF，ABFADE，SABF=SADE，S正方形ABCD=S四边形AECF=144，AD=12，在RtADE中，AE=13，AD=12，由勾股定理得：=5，故选：D【点睛】本题考查旋转性质、全等三角形的性质、正方形的面积公式、勾股定理，熟练掌握旋转性质，得出S正方形ABCD=S四边形AECF是解答的关键9、C【分析】根据SAS证ABIADC即可得证正确，过点B作BMIA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出

15、SABIS1，即可得出正确，过点C作CNDA交DA的延长线于点N，证S1S3即可得证正确，利用勾股定理可得出S1+S2S3+S4，即能判断不正确【详解】解：四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，AIAC，ABAD，IACBAD90，IAC+CABBAD+CAB，即IABCAD，在ABI和ADC中，ABIADC（SAS），BICD，故正确；过点B作BMIA，交IA的延长线于点M，BMA90，四边形ACHI是正方形，AIAC，IAC90，S1AC2，CAM90，又ACB90，ACBCAMBMA90，四边形AMBC是矩形，BMAC，SABIAIBMAIACAC2S1，由知ABIADC，SACDS

16、ABIS1，即2SACDS1，故正确；过点C作CNDA交DA的延长线于点N，CNA90，四边形AKJD是矩形，KADAKJ90，S3ADAK，NAKAKC90，CNANAKAKC90，四边形AKCN是矩形，CNAK，SACDADCNADAKS3，即2SACDS3，由知2SACDS1，S1S3，在RtACB中，AB2BC2+AC2，S3+S4S1+S2，又S1S3，S1+S4S2+S3， 即正确；在RtACB中，BC2+AC2AB2，S3+S4S1+S2，故错误；综上，共有3个正确的结论，故选：C【点睛】本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理

17、和全等三角形的判定和性质是解题的关键10、C【分析】如图所示，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是DEF的中位线，则，即可得到DEF的周长，由此即可求出其他四个新三角形的周长，最后求和即可【详解】解：如图所示，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是DEF的中位线，DEF的周长，同理可得：GHI的周长，第三次作中位线得到的三角形周长为，第四次作中位线得到的三角形周长为第三次作中位线得到的三角形周长为这五个新三角形的周长之和为，故选C【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握三角形中位线定理二、填空题1、20【分析】

18、先求出方程x2-9x+20=0的两个根，再根据三角形的三边关系判断出符合题意的菱形的边AB，即可求出菱形的周长，【详解】解：x2-9x+20=0，（x-5）（x-4）=0，x1=5，x2=4，当x1=5时，由菱形的对角线的一条对角线8和菱形的两边5，5能组成三角形，即存在菱形，菱形的周长为54=20；当x2=4时，由菱形的对角线的一条对角线8和菱形的两边4，4不能组成三角形，即不存在菱形，舍去故答案为：20【点睛】此题是菱形的性质题，主要考查了菱形性质，三角形的三边关系，一元二次方程的解法，解本题的关键是确定出菱形的边长2、2.5或2【分析】需要分类讨论：BE1E1C，此时点E1是BC的中垂线

19、与AD的交点；BEBC，在直角ABE中，利用勾股定理求得AE的长度，然后求得DE的长度即可【详解】解：当BE1E1C时，点E1是BC的中垂线与AD的交点，；当BCBE5时，在直角ABE中，AB4，则，综上所述，线段DE的长为2.5或2故答案是：2.5或2【点睛】本题考查矩形的性质和等腰三角形的性质，勾股定理，在此题中，没有确定等腰三角形的底边，所以需要分类讨论，以防漏解3、九【分析】利用任意凸多边形的外角和均为，正多边形的每个外角相等即可求出答案【详解】解：多边形的每个外角相等，且其和为，据此可得，解得故答案为：九【点睛】本题主要考查了正多边形外角和的知识，解题的关键是掌握正多边形的每个外角相

20、等，且其和为，比较简单4、7【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出（n3）条对角线，可组成（n2）个三角形，依此可得n的值【详解】解：设多边形的边数为n，由题意得，n25，解得：n7，即这个多边形是七边形故答案为：7【点睛】本题考查了多边形的对角线，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n5、【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45后得到正方形O ABC，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论【详解】解：四边形OABC是正方形，且

21、OA=1，B（1，1）；连接OB，由勾股定理得：OB=，由旋转得：OB= OB= OB=OB=；将正方形OABC绕点O逆时针旋转45后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45，依次得到AOB=BO B=BO B=45，B（0，），B（-1，1），B（-，0），B（-1，-1），B（0，-），B（1，-1），B（，0），B（1，1），发现是8次一循环，20218=252余5，点B的坐标与点B的坐标相同，点B的坐标为故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角也考查了坐标与图形的变化、规律型，点的坐标等知识，解题

22、的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型三、解答题1、（1）60；（2）40【分析】（1）根据四边形内角和为360解决问题；（2）由CE/AD推出DCE+D180，所以DCE40，根据CE平分BCD，推出BCD80，再根据四边形内角和为360求出B度数；【详解】（1）A100，D140，BC60，故答案为60；（2）CE/AD，DCE+D180，DCE40，CE平分BCD，BCD80，B360（100+140+80）40【点睛】本题考查了多边形内角与外角以及平行线的性质，熟练运用多边形内角性质和平行线的性质是解题的关键2、（1） ；（2）点G的坐标为（8，6）或（8，6）或（

23、8，6）；或或【分析】（1）由矩形的性质得ADBCOC10，CDABOA6，AOCECF90，由折叠性质得EFDE，AFAD10，则CE6EF，由勾股定理求出BFOF8，则FCOCOF2，在RtECF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；（2）分三种情况，当AB为平行四边形的对角线时；当AF为平行四边形的对角线时；当BF为平行四边形的对角线时，分别求解点G的坐标即可；分三种情况讨论，当为对角线时，由菱形的性质得OAAF10，则矩形ABCD平移距离mOAAB4，即OB4，设FG交x轴于H，证出四边形OBFH是矩形，得FHOB4，OHBF8，则HG6，如图，当为菱形的对角线时，当为菱形的对角线时，结

24、合矩形与菱形的性质同理可得出答案【详解】解：（1）四边形ABCD是矩形，ADBCOC10，CDABOA6，AOCECF90，由折叠性质得：EFDE，AFAD10，CECDDECDEF6EF，由勾股定理得：BFOF，FCOCOF1082，在RtECF中，由勾股定理得：EF2CE2+FC2，即：EF2（6EF）2+22，解得：EF；（2）如图所示：当AB为平行四边形的对角线时，AGBF8，点G的坐标为：（8，6）；当AF为平行四边形的对角线时，AGBF8，点G的坐标为：（8，6）；当BF为平行四边形的对角线时，FGAB6，点G的坐标为：（8，6）；综上所述，点G的坐标为（8，6）或（8，6）或（8

25、，6）；如图，当为菱形的对角线时，四边形AOGF为菱形，OAAF10，矩形ABCD平移距离mOAAB1064，即OB4，设FG交x轴于H，如图所示：，轴，FBOBOHOHF90，四边形OBFH是矩形，FHOB4，OHBF8，HG1046，点G的坐标为：（8，6）如图，当为菱形的对角线时，则 如图，当为菱形的对角线时， 同理可得： 且 解得： 所以即 综上：平移距离与的坐标分别为：或或【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，坐标与图形性质、平行四边形的性质、勾股定理、折叠变换的性质、平移的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键3、（1）见解析；（2

26、）；（3）【分析】（1）根据两个菱形中，点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上这一特殊的位置关系和CEBH可证明相应的边和角分别相等，从而证明结论；（2）由ABBC，ABC，可证明ABC是等边三角形，从而证明AHB90，再由ABHHEF，得HFEAHB90，再得DPF180HFE90，在RtDPF中用勾股定理求出DF的长；（3）作FMBG于点M，当EHBC时，可证明CHCMCGBH，从而求出BM、FM的长，再由勾股定理求出BF的长【详解】解：（1）证明：如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，ABBC，CEEF，CEBH，BHEF，BH+CHCE+CH，BCHE，ABHE；点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，ABDGEF，BE，在ABH和HEF中，ABHHEF（SAS）（2）如