2023-2024学年京改版八年级下册第十五章四边形单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 京改版八年级下册 第十五章 四边形� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，在矩形中，，，，分别是，上的动点，若，则的最小值是（    ）A．8 B． C．10 D．112．如图，四边形为平行四边形，点坐标为，点坐标为，为上一点，将点移动到上，则移动的最短距离为（    ） A． B． C．4 D．3．如图，把长方形纸片沿对角线折叠，设重叠部分为，那么，有下列说法： ①和一定是全等三角形；②是等腰三角形，；③折叠后得到的图形是轴对称图形；④折叠后和一定相等．其中正确的有（    ）．A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④4．如图，在中，是斜边上的中线，若，则（　　）A． B． C． D．5．如图，已知正方形的边长为4，是对角线上一点，于点于点，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为10；③；④的最小值是．  A．1 B．2 C．3 D．46．从边形的一个顶点出发，可以作条对角线，则的值是（    ）A．12 B．10 C．9 D．87．一个多边形截取一个角后，形成的另一个多边形的内角和是，则原来多边形的边数是（    ）A． B． C． D．以上都有可能8．若点与点关于原点成中心对称，则的值为（    ）A．1 B． C．9 D．9．一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数是（　　）A．9 B．10 C．11 D．1210．如图，将直尺与角的三角尺叠放在一起，若，则的大小是（    ）  A． B． C． D．11．已知：如图，在长方形中，，，延长到点，使，连接，动点从点出发，以每秒个单位的速度沿向终点运动，当点运动 秒时，和全等．12．如图，在矩形中，点为延长线上一点，为的中点，以为圆心，长为半径的圆弧过与的交点，连接．若，，则 ．13．如图，在正方形中，点E，F分别是上的点，相交于点L，，G为上一点，H为的中点．若，，连接，则线段的长度为 ．14．如图，矩形中，为上一点，为上一点，分别沿，折叠，，两点刚好都落在矩形内一点，且，则 ．15．如图，在平行四边形中，的平分线交于E，交的延长线于点F，则 ．16．如图，平行四边形的对角线和相交于点O，过点O与相交于点，若，，，那么四边形的周长是 ．  17．如图，中，，是的边上的高，E、F分别是、的中点，与交于点M.(1)求四边形的周长；(2)求的长度.18．综合与探究在平面直角坐标系中，如图，直线分别与轴交于点，点为线段上一点，且．  (1)求点坐标及直线的表达式；(2)点为轴上一个动点，当时，求点坐标；(3)点为轴上一个动点，点为平面内一点，当四边形是菱形时，请直接写出点的坐标．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、问答题参考答案：1．C【分析】延长，取点，使得，连接，根据全等三角形的判定得到，得到，故当，，三点共线时，的值最小，即为的值．【详解】解：延长，取点，使得，连接，，如图  ∵，四边形是矩形∴,∴四边形和四边形是矩形∴，∵，∴∴∴∵点，分别是，上的动点故当，，三点共线时，的值最小，且的值等于的值在中，故选：．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，做出辅助线，构造是解决本题的关键．2．D【分析】过点作于点，过点作于点，设点移动到上，移动的最短距离为，先由勾股定理得，再由平行四边形的性质得，，从而证明，进而利用面积法即可求得的值，从而问题得解．【详解】解：过点作于点，过点作于点，设点移动到上，移动的最短距离为，∵点坐标为，点坐标为，∴，，，∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∴，∴，解得．故选D．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定及勾股定理是解题的关键．3．A【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据折叠的性质可得，再根据全等三角形的判定可得，由此即可得①正确；根据全等三角形的性质和等腰三角形的判定可得说法②正确；根据轴对称图形的定义可得③正确；无法判断④，由此即可得．【详解】解：由折叠的性质得：，在和中，，，则说法①正确；，是等腰三角形，则说法②正确；，且是等腰三角形，∴折叠后得到的图形是轴对称图形，则说法③正确；无法判断出和一定相等，则说法④错误；综上，正确的有①②③，故选：A．4．C【分析】本题考查了对三角形的外角性质，直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形性质等知识点的理解和运用，能求出和的度数是解此题的关键．【详解】解：∵，是斜边上的中线，∴，∴，∴．故选：C．5．B【分析】由题意易得，，则有四边形是矩形，进而可得，，然后可判定①②，连接，则有，结合全等三角形的性质可判断③，要使为最小，则为最小，根据点到直线垂线段最短可判断④，从而可得答案．【详解】解：∵四边形是正方形，且边长为4，∴，，，，∵，，∴，∴四边形是矩形，都为等腰直角三角形，∴，，∴，故①符合题意；∴，故②不符合题意；连接，如图所示：  ∵四边形是矩形，∴，∵，，，∴，∴，故③符合题意；要使最小，则最小，则需满足，∴此时为等腰直角三角形，∵，∴，即，∴，∴的最小值为，故④不符合题意；综上分析可知，正确的有2个．故选：B．【点睛】本题主要考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质与判定及矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，熟练掌握正方形的性质、等腰直角三角形的性质与判定及矩形的判定与性质是解题的关键．6．C【分析】本题考查了多边形的对角线，熟记边形的一个顶点出发，可以作条对角线是解答本题的关键．根据边形的一个顶点出发，可以作条对角线，可得，由此得到答案．【详解】解：设多边形有条边，则，解得：．故选：．7．D【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理及多边形截去一个角有三种情况，首先计算截取一个角后多边形的边数，然后分三种情况讨论，因为截取一个角可能会多出一个角，也可能角的个数不变，也可能少一个角，从而得出结果，解题的关键是掌握多边形的内角和及分类讨论思想．【详解】解：设剪去一个角后的多边形边数为，根据题意得，∴ 即得到的多边形是边形，当沿的是一条对角线剪去一个角，则原来的是边形；当沿的直线并不是对角线时，分为两种情况：过多边形的一个顶点，则原来的是边形；不过多边形的顶点，则原来的是边形，∴原来多边形的边数可能是或或，故选：．8．A【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数求出，再代值计算即可得到答案．【详解】解：∵点与点关于原点成中心对称，∴，∴，故选：A．9．B【分析】本题考查了多边形的内角与外角，根据正多边形的边数等于除以每一个外角的度数列式计算即可得解．【详解】．故这个多边形的边数为10．故选：B．10．D【分析】本题考查了多边形的内角与外角，先根据已知求出的邻补角，已知三角板的两个锐角分别是和，利用四边形的内角和求出即可．掌握四边形的内角和为是解题的关键．【详解】解：如图，  ∵，∴，∵四边形的内角和为，，，∴．故选：D．11．或【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，设点运动秒时，和全等，分两种情况进行讨论，根据题意得出和即可求得．解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．【详解】解：设点运动秒时和全等，∵在长方形中，，，，∴，，，当点在上时，，∴，∵动点从点出发，以每秒个单位的速度沿向终点运动，∴∴；当点在上时，，∴， ∴，解得：；综上所述，当的值为或秒时，和全等．故答案为：或．12．3【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是利用斜边中线求出．【详解】解：四边形是矩形，，，为的中点，，，，故答案为：3．13．【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、中位线定理、勾股定理等知识点．连接，证得，再证得，即可推出为的中位线，据此即可求解．【详解】解：连接，如图所示：由题意得：，∵，，∴∴∵，∴，∵，∴∴∵H为的中点，∴为的中位线∴∵，，∴∴∴故答案为：14．【详解】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，设．过点作于．利用勾股求出，即可解决问题．【分析】解：如图，设．过点作于．由翻折的性质可知，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，，．故答案为．15．4【分析】本题主要考查平行四边形的性质，以及平行线的性质．首先根据平行四边形的性质可得，，，再根据平行线的性质与角平分线的性质证明，根据等角对等边可得，再用即可算出的长．【详解】解：如图，∵四边形为平行四边形，∴，，，∴，又∵平分，∴，∴，∴，∴．故答案为：416．15【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质．先证明，得出，，可求得，即可得出四边形的周长，进而可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴， ∴，在和中，，∴，∴，∴，∴四边形的周长．故答案为：15．17．(1)33(2)6【分析】本题考查的是勾股定理、直角三角形的性质，垂直平分线的判定和性质．（1）根据中点的性质、直角三角形的性质分别求出四边形的各边，计算即可；（2）根据勾股定理求出，根据勾股定理计算求出，再判断出垂直平分，即可求出．【详解】（1）解：是的边上的高，、分别是、的中点，，，，，四边形的周长；（2）解：如图，由勾股定理得，，即，解得，，则，∵，，∴垂直平分，∴．18．(1)，直线的解析式为(2)当时，点坐标为或(3)四边形是菱形时，点的坐标为或【分析】（1）根据直线的解析式可求出的坐标，根据可求出点的坐标，运用待定系数法即可求解直线的解析式；（2）根据题意可判定，如图所述，过点作交延长线于点，过点作，过点作于点，过点作于点，分类讨论，①如图所述，点在点的右边；②如图所示，点在点的左边；设，运用全等三角形的判定和性质可求出点的坐标代入直线的解析式即可求出的值，由此即可求解；（3）根据菱形的判定和性质，结合图形，分类讨论，即可求解．【详解】（1）解：直线分别与轴交于点，∴令，则；令，则；∴，，则，∵，设，则，∴，∴，即，∴，设直线的解析式为，∴，解得，，∴直线的解析式为，∴，直线的解析式为．（2）解：由（1）可知，，，则，∴是等腰直角三角形，则，点为轴上一个动点，，∴，①如图所述，点在点的右边，过点作交延长线于点，过点作，过点作于点，过点作于点，  设，∵，即，且，∴，即是等腰直角三角形，∴，∵，点三点共线，∴，且，∴，在中，，∴，∴，，点在第四象限，∴，且点在直线的图象上，∴，解得，，∴；②如图所示，点在点的左边，过点作交延长线于点，过点作，过点作于点，过点作于点，  设，同理，可得，∴，，点在第四象限，∴，且点在直线的图象上，∴，解得，，∴；综上所述，当时，点坐标为或．（3）解：①如图所示，点在的正半轴上，四边形是菱形，  由上述证明可知，，∴在中，，∵四边形是菱形，∴，，∴；②如图所示，点在的负半轴上，四边形是菱形，  同理，，∴；综上所述，四边形是菱形时，点的坐标为或．【点睛】本题主要考查一次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法求解析式，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质的综合是解题的关键．