第二十一章 四边形 单元检测（一）-2025-2026学年人教版数学八年级下册

第二十一章 四边形 单元检测（一） （考试时间：100分钟 分值：120） 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1．如图，在中，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．菱形的两条对角线的长分别为10和24，则菱形的周长为（    ） A．13 B．20 C．52 D．120 3．如图所示，矩形的对角线相交于点，，则矩形对角线的长等于（    ） A．1 B．2 C． D． 4．如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 5．如图，在中，，对角线与相交于点．若，则的周长为（    ） A． B． C． D． 6．如图所示，在矩形中，点在边上，于点，若，，则线段的长为（   ） A． B．4 C． D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7．如图，四边形的对角线，交于点，，．当_____时，四边形是平行四边形． 8．如图，在中，．若，则的度数是_____． 9．如图，为斜边上的中线，E为的中点．若，则______． 10．如图，在中，平分，，，则的长是______． 11．如图，在菱形中，，点，分别在边，上，为等边三角形，．若，，则的长为______． 12．若中，，，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形．点的坐标为________． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13．如图，点E是正方形ABCD内一点，且，请仅用无刻度的直尺按要求作图（保留画图痕迹，不写作法）． (1)在图1中，作出边BC的中点； (2)在图2中，作出边CD的中点． 14．如图，在长方形中，，将沿对角线翻折，点C落在点处，交于点E，求线段的长． 15．已知：如图，在矩形中，点E，F在上，．求证：． 16．如图，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，现同时将点，分别向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度，分别得到点，的对应点，，连接，． (1)求点，的坐标； (2)求四边形的面积． 17．如图，在四边形中，的平分线交于点E，已知， (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，四边形周长为32，求的长度． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18．如图所示，在四边形中，为上一点，都是等边三角形，点分别为的中点，线段与有什么关系？请说明理由． 19．如图，在正方形中，O是对角线，的交点，过点O作分别交，于E，F两点，，，求的长． 20．如图，在四边形中，，连接，，取和的中点E、F，连接，求的长度． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21．如图，在中，点是对角线，的交点，过点且垂直于． (1)求证：； (2)若，，则与之间的距离为____________； (3)若的周长是24，，则四边形的周长为____________． 22．如图，在梯形中，，，，，动点P从A点开始沿边以每秒的速度向点D移动，动点Q从C点开始沿以每秒的速度向B移动，P、Q同时出发． (1)当运动多少秒时，四边形是平行四边形？ (2)当运动多少秒时，四边形是直角梯形？ (3)多少秒后，梯形是等腰梯形？ 六、解答题（本大题12分） 23．在正方形中，对角线与交于点，是对角线上一动点，过点作，交射线于点．如图①，当点与点重合时，易证（不需证明）： (1)当点在线段上时，如图②； ①连接，求证：； ②求证：； (2)当点在线段上时，如图③，求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 第二十一章 四边形 单元检测（一） （参考答案及解析） 1．A 【分析】根据平行四边形对角相等的性质，结合已知求出的度数，再利用邻角互补的性质计算的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴． ∴． 2．C 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键．设菱形的两条对角线交于点，不妨设，先根据菱形的性质可得，，再根据勾股定理可得，由此即可得． 【详解】解：设菱形的两条对角线交于点， ∵菱形的两条对角线的长分别为10和24， ∴不妨设， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴菱形的周长为， 故选：C． 3．B 【分析】本题考查了矩形的性质、含的直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据直角三角形所对的边是斜边的一半解题即可． 【详解】解：由题意知，， ∴， ∴矩形对角线的长为2． 故选：B ． 4．A 【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长即可． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴，， ∴， ∵是菱形的高， ∴，即：， ∴． 5．B 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， 的周长． 6．B 【分析】本题主要考查了矩形的性质应用、三角形全等、勾股定理，结合三角形全等、勾股定理进行计算是解题的关键． 根据四边形是矩形，，，证明，即可得到，进而得出，进而利用勾股定理解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，设为， 由勾股定理可得：，即， 解得， ∴， ∴， 故选：B． 7．8 【分析】本题考查了平行四边形的判定，掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题的关键． 已知对角线互相平分，根据平行四边形判定定理，需对角线也互相平分，从而计算的长度． 【详解】解：∵已知 ，即对角线被点平分． ∴要使四边形是平行四边形，对角线也必须被点平分，即 ∵，且 ∴ 当时，四边形是平行四边形． 故答案为：． 8． 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键． 利用平行四边形性质，结合推出且，判定四边形为平行四边形，再由平行四边形对角相等得． 【详解】解：∵四边形是平行四边形 ∴ ， ∵ ∴ 即 ∵ ∴ ∵且 ∴ 四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴ ． 故答案为：． 9．6 【分析】本题主要考查勾股定理、直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理、直角三角形斜边中线定理是解题的关键；由题意易得，然后根据勾股定理可进行求解． 【详解】解：∵为斜边上的中线，E为的中点， ∴， ∴； 故答案为：6． 10．5 【分析】本题考查了两直线平行内错角相等，角平分线的有关计算，根据等角对等边证明边相等，利用平行四边形的性质求解等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 先根据平行四边形的性质，得出，，再利用平行线的性质证明，结合角平分线的意义得出，从而可得出，再利用线段差求得即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， 又平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：5． 11． 【分析】连接，根据菱形的性质得出是等边三角形，根据等边三角形的性质得出边的长度，然后利用勾股定理进行求得，最后根据等边三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形为菱形， ， 又， 是等边三角形， ， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 是等边三角形， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质以及勾股定理． 12．或或． 【分析】先建立平面直角坐标系，描出，连接，根据平行四边形对角线互相平分，进行分类讨论：①以为对角线，②以为对角线，③以为对角线，分别求出的中点坐标，再根据中点坐标公式求解即可． 【详解】如图，建立平面直角坐标系，描出，连接， ∵平行四边形对角线互相平分， ∴分类讨论： ①以为对角线， 如图，作中点，连接并延长使得，连接， ∵，， ∴，即， ∵也是的中点，， ∴，即； ②以为对角线， 如图，作中点，连接并延长使得，连接， ∵，， ∴，即， ∵也是的中点，， ∴，即； ③以为对角线， 如图，作中点，连接并延长使得，连接， ∵，， ∴，即， ∵也是的中点，， ∴，即； 综上，的坐标为或或． 13．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接AC，BD交于O，连接EO并延长交BC于F，点F即为所求； （2）如图所示，连接DF交AC于G，连接BG并延长交CD于H，点H即为所求； 【详解】（1）解：如图所示，点F即为所求； 连接AC，BD交于O，连接EO并延长交BC于F， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OB=OC，即点C在BC的线段垂直平分线上， 同理可证E在线段BC的垂直平分线上， ∴EO是BC的线段垂直平分线， ∴F即为BC的中点； （2）解：如图所示，连接DF交AC于G，连接BG并延长交CD于H，点H即为所求； ∵四边形ABCD是正方形， ∴CB=CD，∠BCG=∠DCG=45°， 又∵CG=CG， ∴△BCG≌△DCG（SAS）， ∴∠BGC=∠DGC， 又∵∠BGF=∠DGH， ∴∠HGC=∠FGC， ∵CG=CG，∠CGH=∠CGF， ∴△CFG≌△CHG（ASA）， ∴CH=CF， ∵F是BC的中点，即BC=2CF， ∴BC=CD=2CH，即点H为CD的中点； 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，熟知正方形的性质是解题的关键． 14．的长为 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，平行线的性质；解题的关键是根据翻折变换的性质，勾股定理等几何知识，灵活进行判断、分析、推理或解答．首先根据题意得到，然后根据勾股定理得到关于线段的方程，解方程即可解决问题． 【详解】解：∵四边形为长方形， ∴，， ∴． 由折叠得， ∴， ∴． 设，则． ∴在直角中，由勾股定理，得， 即， 解得， ∴的长为． 15．见解析． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定．利用证明即可． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴． 在和中， ， ∴． 16．(1)、 (2)8 【分析】本题考查了平移、平行四边形的判定、平行四边形的面积，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据平移的性质解题即可； （2）根据平行四边形的面积计算即可． 【详解】（1）解：由题意知，，； （2）解：由（1）知，，， 且， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． 17．(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明可得结论； （2）证明，可得结论． 本题考查平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ，     四边形是平行四边形； （2）解：平行四边形的周长为32， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ． 18．互相垂直平分，理由见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是掌握以上性质． 分别连接，，根据等边三角形的性质证明，得出相等的边，根据中点得出三角形的中位线，根据中位线的性质得出平行且相等的边，证明平行四边形是菱形，即可得出结论． 【详解】解：线段与互相垂直平分， 理由：如图所示，分别连接，． 都是等边三角形， ，， ， 即． 在和中， ， ， 分别是的中点， ，且． 同理： ， ∴四边形是平行四边形． ， ∴平行四边形是菱形． ∴线段与互相垂直平分． 19． 【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理． 由正方形的性质可知，，，．由题意可得出，即得出，从而可证明，得出，进而得出，最后由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴在和中，， ∴， ∴，， ∴，即， ∴在中，． 20．5 【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 由勾股定理逆定理可得，即；如图：连接，根据直角三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，最后运用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， 如图：连接， ∵，点E是的中点， ∴，即， ∵点F是的中点， ∴，， ∴． 21．(1)见解析 (2)4 (3)16 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定等，解题的关键是证明． （1）先由平行四边形的性质得到，，则，，即可证明得到； （2）由三角形面积公式可得，据此求解即可； （3）由（1）的结论知，，再利用四边形周长公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，O是与的交点， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形，O是与的交点， ∴， ∴， ∵过点且垂直于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即与之间的距离为4， 故答案为：4； （3）解：∵四边形是平行四边形，周长是24， ∴， ∵， ∴， 由（1）的结论知， ∴四边形的周长为， 故答案为：16． 22．(1) (2) (3)7 【分析】本题考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定、等腰梯形的判定以及全等三角形的判定与性质．注意掌握辅助线的作法． （1）由当时，四边形为平行四边形，可得方程，解方程即可； （2）当时，四边形是直角梯形，可得方程，解方程即可； （3）首先过D作于E，可求得的长，又由当时，四边形为等腰梯形，可求得当，即时，四边形为等腰梯形，解方程即可； 【详解】（1）解：根据题意得：，，则． ∵， 即， ∴当时，四边形为平行四边形， 即， 解得：， 即当运动6秒时，四边形为平行四边形； （2）解：当时，四边形是直角梯形， ∴， ∴， 即当运动秒时，四边形是直角梯形． （3）解：过D作于E， 则四边形为矩形， ∴， ∴， 当时，四边形为等腰梯形，如图所示： 过点P作于点F， 则四边形是矩形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， 即当运动7秒时，四边形为等腰梯形． 23．(1)①证明见解析；②证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】本题为正方形综合题，考查了正方形的性质及判定，全等三角形的性质及判定，等腰三角形的性质及判定，勾股定理等知识点，合理作出辅助线是解题的关键． （1）利用正方形的性质去判定出即可得到①；过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，利用等腰三角形的判定方法可得到和为等腰直角三角形，从而得到四边形为正方形，同理可证四边形为正方形，然后利用全等三角形的判定方法即可判定出，再利用边的比例关系即可求证②； （2）过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，根据（1）中的解法同理可得：，，，再利用推导即可． 【详解】（1）解：过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，如图所示： ①解：∵是正方形， ∴，， ∴在和中： ， ∴（SAS）， ∴； ②解：∵是正方形，是对角线， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴和为等腰直角三角形， ∴四边形为正方形， ∴， 同理可证四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中： ， ∴（AAS）， ∴， 由①得：， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴； （2）解：解：过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，如图所示： ∴根据（1）中的解法同理可得：，，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $