第1章四边形（A卷）2025-2026学年 湘教版数学八年级下册单元测试AB卷

第1章 四边形（A卷） 分值：120分 时间：120分钟 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 第I卷（选择题，共40分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．我国古代有着许多辉煌的数学成就，下列体现古人智慧的图案中，为中心对称图形的是（   ） A．刘徽割圆术 B．中国七巧板 C．杨辉三角 D．赵爽弦图 2．下列图形中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 3．下面的图形中，是中心对称图形的是（    ） A．等边三角形 B．平行四边形 C．直角三角形 D．等腰梯形 4．下列四种图案中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 5．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 6．在中，，，，为边上一动点，于．于，为中点，则的最小值为（    ） A． B．3 C． D． 7．如图所示，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转后到达的位置．延长交于点，连接．下列结论：①；②四边形是正方形；③若，则．其中不正确的个数是（    ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 8．如图正方形的边长为，是对角线上的点，连结，过点作交线段于点．当时，的长为（    ） A． B． C． D． 9．如图，将矩形分成2个长方形与2个正方形，其中正方形③的边长是2，正方形④的边长是3，记长方形①的周长为，长方形②的周长为，则与的大小为（    ） A． B． C． D．不确定 10．如图①的矩形纸板，沿其中一条对角线裁剪可得到两个全等的直角三角板，三角板的斜边长为2，最小锐角为，若其中一个三角板保持不动，另一个三角板沿斜边向右下方向滑动，当四边形是菱形时，如图②，则平移距离的长为（    ）    A．1 B． C． D．2 第II卷（非选择题，共80分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分.请把答案填在题中横线上） 11．有下列说法： ①平行四边形对边平行且相等； ②平行四边形是中心对称图形； ③平行四边形的对角线相等； ④平行四边形的两条对角线把平行四边形分成4个面积相等的小三角形． 其中说法正确的序号是____________． 12．如图，在矩形中，连接，延长至点E，使，连接，若，则的度数是______． 13．如图，在中，，，．则的周长是________． 14．如图，在中，，点在上，，且，连接，，交于点，，，则的长度为 __． 15．如图，四边形和四边形都是平行四边形，，过点E作交的延长线于点F，且，则的长是______． 三、解答题（本大题共6小题，共计60分，解答题应写出演算步骤或证明过程） 16．（10分）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻外角的倍还大． （1）求这个多边形的边数； （2）若将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是多少？ 17．（10分）如图，已知六边形的每个内角都相等，连接．    (1)若，求的度数； (2)求证：． 18．（10分）方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的顶点均在小正方形的顶点上． (1)如图1，在方格纸上画出一条裁剪线，沿裁剪线把剪成2个图形，把2个图形进行无缝无重叠拼接(即新图形面积与原图形面积相等)，使拼接后的新图形是中心对称图形(只看新图形的轮廓，不看图形内部拼接线)，新图形的顶点都在方格纸上的顶点上； (2)如图2，在方格纸上画出两条裁剪线，沿裁剪线把剪成3个图形，把3个图形进行无缝无重叠拼接(即新图形面积与原图形面积相等)，使拼接后的新图形既是轴对称图形又是中心对称图形(只看新图形的轮廓，不看图形内部拼接线)，新图形的顶点都在方格纸上的顶点上(画出一个即可)． 19．（10分）（1）计算：； （2）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，AD上，且，求证：． 20．如图，正方形中，，点E是对角线上的一点，连接．过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)当时，求的长． 21．（10分）综合与实践 【问题情景】 数学活动课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动 （1）小红将任意三角形绕点C旋转，得到（如图1），连接，，得到四边形，则四边形的形状是______． 【探究与实践】 （2）小亮受到此问题的启发，继续进行探究，当满足什么条件时，四边形是矩形，并说明理由． 【拓展应用】 （3）大刚深入研究，并提出新的探究点， 如图2，将正方形与一个直角的顶点重合并旋转直角，使得直角的一边与交于点E，另一边与的延长线交于点F，作的平分线交于点G，连接，试判断线段，，三条线段之间的数量关系，并说明理由． 《第1章 四边形（A卷）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B C D D D C B A 1．D 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 根据中心对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； B、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； D、该图形是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2．D 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键是掌握中心对称图形的定义． 根据中心对称图形的定义逐项进行判断即可，即在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 【详解】解：A.该选项图形不是中心对称图形，不符合题意；     B. 该选项图形不是中心对称图形，不符合题意；     C. 该选项图形不是中心对称图形，不符合题意；     D. 该选项图形是中心对称图形，符合题意；     故选：D． 3．B 【分析】本题考查了中心对称图形的概念．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A、等边三角形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、平行四边形是中心对称图形，故本选项符合题意； C、直角三角形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、等腰梯形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：B 4．C 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键是中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据中心对称图形的定义，逐个进行判断即可． 【详解】解：根据题意可得：是中心对称图形的只有C， 故选：C． 5．D 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据中心对称图形与轴对称图形一一判断即可． 【详解】解：．是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项符合题意； 故选：D． 6．D 【分析】题考查了矩形的判定与性质，勾股定理逆定理，以及垂线段最短； 根据题意可证是直角三角形，则可以证四边形是矩形，可得，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半，可得，则值最小时，值最小，根据垂线段最短，可求最小值，即可得的最小值． 【详解】解：连接， ，， ， ，且，， 四边形是矩形， ，， 又是的中点， ， 当值最小时，值最小，即当值最小时，值最小． 根据垂线段最短，即当时值最小， 此时， ， ， ， 故选：D． 7．D 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键．根据旋转的性质，得到，，，，根据四边形为正方形，得到，，利用等量代换得到，即，从而证明四边形是矩形，结合，得到四边形是正方形，进而得到结论①②；过点作于，根据等腰三角形三线合一性质，得到，证明，得到，进而得到，由此证明③正确． 【详解】解： 将绕点按顺时针方向旋转后得到， ，，，， 四边形为正方形， ，， ，， ，即， ，，， 四边形是矩形， 又 ， 四边形是正方形， ， ， 故结论①②正确； 过点作于，如图， ，， ，， ，， ， 又，， ， ， 四边形是正方形， ， 又 ， ， ，即是中点， ． 故结论③正确； 综上所述，结论①②③正确；故不正确的是0个， 故选：D． 8．C 【分析】作于，交于，根据正方形的性质得，，再判断为等腰直角三角形得到，接着利用等角的余角相等得到，于是可证明，所以，设，则，，在中用勾股定理即可算出．本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，作出辅助线构造是本题的关键． 【详解】解：过作于，交于，如图， 四边形为正方形， ，， ， 为等腰直角三角形， ， 而， ， ， ， 而， ， 在和中， ， ， 正方形的边长为，， ， 设，则，， ， ， ． 故选：C． 9．B 【分析】本题考查了矩形、正方形、列代数式等知识；解题的关键是熟练掌握图形的基本性质，从而完成求解．根据矩形、正方形的性质，得，，，，结合正方形③的边长为2，正方形④的边长为3，即可得到答案． 【详解】解：如图： ∵将矩形分成2个长方形与2个正方形，其中③、④为正方形 ∴，，， ∵正方形③的边长为2，正方形④的边长为3 ∴，，， ∴长方形①的周长为， 长方形②的周长为 ∴ 故选：B． 10．A 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识．证明，推出，可得结论． 【详解】解：，， （直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半）， ． 四边形是菱形， （菱形的四边相等）， ． 四边形是菱形， ∴， ，， ，． ， ． ，， ∵∠EAD=∠ADE， ． 故选：A． 11．①②④ 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，中心对称图形的定义，根据平行四边形的性质和中心对称图形的定义逐一判断即可． 【详解】解：①平行四边形对边平行且相等，原说法正确； ②平行四边形是中心对称图形，原说法正确； ③平行四边形的对角线不一定相等，原说法错误； ④平行四边形的两条对角线把平行四边形分成4个面积相等的小三角形，原说法正确． 故答案为：①②④． 12．50 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，关键是由矩形的性质推出，，得到，．连接，由矩形的性质推出，，得到，推出，因此，由三角形外角的性质得到，于是得到，再根据矩形即可之答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ． ． 故答案为：50． 13． 【分析】本题主要考查平行四边形的性质定理，根据平行四边形的性质，可得，，的长，进而即可求解． 【详解】中，，，， ，，， 的周长． 故答案是：． 14． 【分析】本题考查的是勾股定理，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．依据题意，过点作交的延长线于点，连接，结合题目条件可得，四边形为平行四边形，从而，在中求出，再在中求出，故，最后在中，，进而得解． 【详解】解：如图，过点作交的延长线于点，连接， ． ， ． ． 又，， ． ． 又， 是等腰直角三角形． ． 又， ． ∴． ， ∴． 四边形为平行四边形． ，． 在等腰中，，且， ． 在中，，， ． ． 在中，，， ． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形外角的性质，含30度的直角三角形，勾股定理，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质，得出，，进而得到，再由勾股定理求出的长即可． 【详解】解：四边形和四边形都是平行四边形，，， ，，， ， ， ， 是的外角， ， ， ， ， 故答案为： 16．（1）9；（2）1080º或1260º或1440º． 【分析】（1）设多边形的一个外角为，则与其相邻的内角等于，根据内角与其相邻的外角的和是 列出方程，求出的值，再由多边形的外角和为，求出此多边形的边数为； （2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，根据多边形的内角和定理即可求出答案． 【详解】解：（1）设每一个外角为，则与其相邻的内角等于， ， ，即多边形的每个外角为， ∵多边形的外角和为， ∴多边形的外角个数为：， ∴这个多边形的边数为； （2）因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变， ①若剪去一角后边数减少1条，即变成边形， 内角和为， ②若剪去一角后边数不变，即变成边形， 内角和为， ③若剪去一角后边数增加1，即变成边形， 内角和为， ∴将这个多边形剪去一个角后，剩下多边形的内角和为或或 ． 【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 17．(1)48° (2)见解析 【分析】（1）依据六边形的各内角相等，可得一个内角的大小为，即可得到，再依据四边形内角和为360°，即可得到的度数； （2）先证明，再根据平行线的判定即可得到． 【详解】（1）∵六边形的每个内角都相等， ∴一个内角为， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ （2）∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了多边形内角，和平行线判定，解题时注意：多边形内角和（且n为整数）． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）沿着剪开，把绕点E旋转到，则平行四边形即为所求； （2）沿着剪开，再沿着剪开，后把绕点E旋转到，把绕点D旋转到，则矩形即为所求； 本题考查了拼图，平行四边形的判定，矩形的判定，轴对称，中心对称，熟练掌握判定和对称的性质是解题的关键． 【详解】（1）沿着剪开，把绕点E旋转到， 则平行四边形即为所求． （2）沿着剪开，再沿着剪开，后把绕点E旋转到，把绕点D旋转到， 则矩形即为所求． 19．（1） ；（2）答案见解析 【分析】（1）由二次根式的性质和运算进行化简计算，即可得出结论； （2）证△BCE≌△DCF（SAS），即可得出结论． 【详解】（1）解：原式＝； （2）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD＝BC＝DC，∠B＝∠D， ∵AE＝AF， ∴BE＝DF， 在△BCE和△DCF中， ， ∴△BCE≌△DCF（SAS）， ∴EC＝FC． 【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及二次根式的混合运算等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 20．(1)见解析 (2) 【分析】（1）过E作于M，于N，证明，推出四边形是矩形，证明，得到，即可得证； （2）设，则，三线合一求出，进而推出，得到，求出的值，即可得出结果． 【详解】（1）证明：过E作于M，于N，则， ∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， 又四边形是矩形， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形； （2）解：设，则． 由①知： ∴， ∵四边形是正形 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 21．（1）平行四边形；（2），证明见解析；（3），理由见解析 【分析】本题考查了图形的旋转结合四边形的判定与性质，涉及了三角形的判定与性质，熟练掌握四边形的判定方法及三角形全等的判定与性质是解题的关键． （1）利用旋转得对角线互相平分即可判定； （2）利用对角线相等的平行四边形是矩形判定即可； （3）先证，再证即可判定． 【详解】（1）四边形的形状是平行四边形，理由如下： 由旋转得：，， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，理由如下： ∵，，， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形； （3），理由如下： ∵正方形中，， ∵， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 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