第八章四边形（单元自测卷）2025-2026学年苏科版八年级数学下学期

2025-2026学年数学八年级下册新教材苏科版 第八章 四边形（单元自测卷） 建议时间：60分钟， 满分：100 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．在中，连接，过点作交于点．若且，则（    ） A． B． C． D． 2．如图，在平行四边形中，的垂直平分线交于点，的周长为10，则的长为（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 3．依据图中所标数据，能判定四边形为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 4．如图，在矩形 中，对角线，， 则 的长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 5．如图，矩形沿着折叠，使点落在边上的点处．若，，则矩形的面积为（  ） A．4 B．6 C． D．8 6．如图，菱形的对角线，相交于点O，点E是的中点，若菱形的周长为24，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 7．如图，在正方形中，点是上任意一点，，垂足分别为点，若该正方形的面积为50，则的值为（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 8．如图，四边形是长方形，点在第二象限，是平面直角坐标系的原点，点在轴负半轴上，点，若，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 9．如图，在矩形中，，，在和上分别有点、，连、、．点关于的对称点，点关于的对称点，若、刚好邻落在对角线上，则的长为（   ） A． B． C． D． 10．如图，在等腰梯形中，，对角线相交于点，那么以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 11．在平面直角坐标系中，已知点，点，点，点从点出发，以2个单位每秒的速度沿射线运动，点从点出发，开始以1个单位每秒的速度向原点运动，到达原点后停止运动，若两点同时出发，设运动时间为秒，则当_____时，以点为顶点的四边形为平行四边形． 12．已知，平行四边形，要使四边形为矩形，需添加一个条件为________．（只需填一个你认为正确的条件即可）． 13．有一张长方形纸片中，点和点分别在边和上，将四边形沿直线翻折，点落在点处，点落在边上点处，连接交于点，已知的长度为___________． 14．如图，是内一点，连接，，，，过点作，过点作，与交于点．若的面积为18，则四边形的面积为________． 三、解答题（共10小题，共78分） 15．如图，在中，，对角线与相交于点，求的周长． 16．如图，菱形的对角线相交于点． (1)若于点，连接，求； (2)若为中点，则__________． 17．如图，四边形是矩形，E、F分别是边、上的点，且，连接交矩形的对角线于点O． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求四边形的面积． 18．如图，在中，，平分，四边形是平行四边形，交于点F，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形对角线的长． 19．如图，在四边形中，，平分，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为18，求菱形的面积． 20．如图，在矩形中，点O为对角线的中点． (1)尺规作图：在上求作一点E，使得．（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，回答以下问题： ①连接并延长交于F，连接，判断四边形的形状，并说明理由． ②若，的面积为，求的周长． 21．【三角形中位线定理】 (1)如图1，已知：在中，点D，E分别是边，的中点．请直接写出与之间的数量关系和位置关系； 【应用】 (2)如图2，在四边形中，点E，F分别是边，的中点，若，，，，求的度数． 22．如图，等腰梯形中，，，，，动点从点出发沿方向向终点运动，动点同时以相同速度从点出发沿方向向终点运动． (1)求的长； (2)探究：在边上是否存在点使得四边形是菱形？若存在，请找出点；不存在，请说明理由； (3)在整个运动过程中，求：线段的中点运动的路程． 23．如图1，在中，，．点是边上的动点，连接，将绕点旋转至，使点与点重合，连接交于点． (1)当点为中点时，线段________； (2)如图2，作交于点，连接交于点．求证：四边形是平行四边形； (3)在（2）的条件下： ①若，求的度数； ②连接，当时，________． 24．情境：如图2，在正方形内取一点，使，将点绕点逆时针旋转得到点，射线，交于点． 特例：在探究过程中遵循由特殊到一般的规律：如图1，发现点在对角线的中点处时，点与点重合，此时四边形的形状为正方形． 探究： (1)如图2，只要，四边形的形状都是正方形，请证明； (2)如图3，取中点，连接、、，在点运动过程中，与始终保持特定的数量关系，请写出此数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，已知，直接写出的长度． 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 $ 2025-2026学年数学八年级下册新教材苏科版 第八章 四边形（单元自测卷） 建议时间：60分钟， 满分：100 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．在中，连接，过点作交于点．若且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据于点，可证得，再根据求出，进而根据平行四边形的性质求出的度数． 【详解】解：∵于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 2．如图，在平行四边形中，的垂直平分线交于点，的周长为10，则的长为（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质可得，，根据线段垂直平分线的性质可得，由的周长为可推出，进而求出的长，即可得出的长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∵的垂直平分线交于点， ∴， ∵的周长为， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 3．依据图中所标数据，能判定四边形为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理分别判断即可． 【详解】解：A、∵，， ∴一组对边平行，另一组对边不平行， ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故A不符合题意； B、∵，， ∴一组对边平行，另一组对边相等， ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故B不符合题意； C、∵，， ∴一组对边平行且相等， ∴图中的四边形是平行四边形，故C符合题意； D、∵， ∴一组对边相等， ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故D不符合题意． 4．如图，在矩形 中，对角线，， 则 的长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，然后利用勾股定理求解． 【详解】解：∵在矩形 中，对角线，， ∴ ∴． 5．如图，矩形沿着折叠，使点落在边上的点处．若，，则矩形的面积为（  ） A．4 B．6 C． D．8 【答案】D 【分析】由折叠得，，求出，，根据含角的直角三角形的性质求出，即可求得长方形的面积． 【详解】解：∵折叠， ∴，， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为． 6．如图，菱形的对角线，相交于点O，点E是的中点，若菱形的周长为24，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】根据菱形的性质得到，进而得到，根据直角三角形斜边中线的性质得到，据此解答即可． 【详解】解：四边形是菱形， 、， 菱形的周长为24， ， ， ， ， 点E是的中点， ． 7．如图，在正方形中，点是上任意一点，，垂足分别为点，若该正方形的面积为50，则的值为（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】证明四边形是矩形，是等腰直角三角形，得到，利用正方形的面积公式求得正方形的边长，据此求解即可． 【详解】解：∵正方形， ∴，，即， ∵， ∴四边形是矩形，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵正方形的面积为50， ∴边长为， ∴， ∴的值为5． 8．如图，四边形是长方形，点在第二象限，是平面直角坐标系的原点，点在轴负半轴上，点，若，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据四边形是长方形中，，可得点纵坐标和相同，又根据点在第二象限，，即可求出的横坐标. 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∵点，点在第二象限，是平面直角坐标系的原点，， ∴． 9．如图，在矩形中，，，在和上分别有点、，连、、．点关于的对称点，点关于的对称点，若、刚好邻落在对角线上，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用矩形性质和轴对称性质，先求出对角线的长度，再根据对称得到对应线段相等，结合勾股定理列方程求出、的长度，最后在中用勾股定理计算的长度． 【详解】解：连接、， 四边形是矩形，，， ，，， ， 点关于的对称点为，点关于的对称点为， ，，，，， ，，， 设，则， 在中，， ， ， 解得， ， 设，则， 在中，， ， ， 解得， ， 在中， ． 10．如图，在等腰梯形中，，对角线相交于点，那么以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】此题考查了等腰梯形的性质，全等三角形的性质和判定，等角对等边，根据等腰梯形的性质得到，，，证明出，得到，，进而求解即可． 【详解】解析：∵等腰梯形中，，对角线相交于点 ∴，①正确； ∵， ∴ ∴， ∴， ∴，即，②正确； 和不一定相等，故③错误； ∵ ∴ ∴ ∴，④正确； 故选：C． 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 11．在平面直角坐标系中，已知点，点，点，点从点出发，以2个单位每秒的速度沿射线运动，点从点出发，开始以1个单位每秒的速度向原点运动，到达原点后停止运动，若两点同时出发，设运动时间为秒，则当_____时，以点为顶点的四边形为平行四边形． 【答案】1或3 【分析】利用A、B、C的坐标可得到，根据平行四边形的判定，当时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形，分情况讨论，计算即可． 【详解】解：， 轴， ， 当时，以点为顶点的四边形为平行四边形， 若时，，此时，解得； 若时，，此时，解得； 综上所述，当t为1或3时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形． 12．已知，平行四边形，要使四边形为矩形，需添加一个条件为________．（只需填一个你认为正确的条件即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据矩形的判定定理：①有一个角是直角的平行四边形是矩形，②有三个角是直角的四边形是矩形，③对角线相等的平行四边形是矩形填空即可． 【详解】解：①根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，可填或或或， ②根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，可填． 13．有一张长方形纸片中，点和点分别在边和上，将四边形沿直线翻折，点落在点处，点落在边上点处，连接交于点，已知的长度为___________． 【答案】/ 【分析】本题考查的是矩形的性质、翻折的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，关键是灵活运用矩形与翻折的性质，通过证明三角形全等得到对应边相等，再结合勾股定理建立方程求解．根据矩形的性质得到对边相等、四个角都是直角，结合翻折的性质得到对应边、对应角相等，先利用勾股定理求出的长度，再通过证明得到相关线段的长度，最后在中利用勾股定理列方程，进而求出的长度． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ，， 将四边形沿直线翻折，点落在点处，点落在边上点处， ，，，，， ，， ， ， ， 在和中， ， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得，， 解得：， 的长度为． 故答案为：． 14．如图，是内一点，连接，，，，过点作，过点作，与交于点．若的面积为18，则四边形的面积为________． 【答案】9 【分析】如图，连接，证明出，，得到，得到，，证明出四边形，是平行四边形，然后利用平行四边形的性质得到，然后利用四边形的面积等量代换求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∴，， ∵，， ∴四边形，是平行四边形， 设点E到的距离为，点E到的距离为，与间的距离为h，则， ∴， ∴，， ∴四边形的面积． 三、解答题（共10小题，共78分） 15．如图，在中，，对角线与相交于点，求的周长． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质得到，求出，即可得到答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， 的周长． 16．如图，菱形的对角线相交于点． (1)若于点，连接，求； (2)若为中点，则__________． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用菱形的性质求出，利用勾股定理求出，进而得到，再利用直角三角形的性质即可求解； （2）过点作于点，设，则，利用勾股定理得到，求出，，由即可求解． 【详解】（1）解：∵菱形中，，且， ∴，， ∴， ∴， ∵，即是直角三角形，且， ∴； （2）解：过点作于点， ∵菱形中，且， ∴， 设，则， 由（1）知， ∴，即， 解得， 则， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴， ∴． 17．如图，四边形是矩形，E、F分别是边、上的点，且，连接交矩形的对角线于点O． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． （1）根据矩形的性质得到、，进而得到，从而得出结论； （2）易证明四边形是菱形，则，设，则，，在中，根据勾股定理列出方程，求出的值，利用进行求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， 、， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：由（1）知，四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， ， ． 18．如图，在中，，平分，四边形是平行四边形，交于点F，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形对角线的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据已知条件易推知四边形是平行四边形．结合等腰“三线合一”的性质证得，即，所以由“有一内角为直角的平行四边形是矩形”得到是矩形； （2）证出矩形是正方形，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴，． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∴在中，， 即矩形对角线的长为． 19．如图，在四边形中，，平分，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为18，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】（1）因为平分，所以可得一组相等的角，结合上述平行线的角的关系，可推出；因为，可先证四边形是平行四边形，再结合，证得是菱形； （2）先根据的周长和的长度，求出的长度；因为菱形的对角线互相垂直平分，可利用勾股定理求出对角线的一半长度，进而得到的长度；最后根据菱形的面积公式计算面积． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，，． ∵，的周长为18， ∴，则． 在中，， ∴． ∴菱形的面积为． 20．如图，在矩形中，点O为对角线的中点． (1)尺规作图：在上求作一点E，使得．（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，回答以下问题： ①连接并延长交于F，连接，判断四边形的形状，并说明理由． ②若，的面积为，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)①四边形是菱形，理由见解析；② 【分析】（1）由可知点E在的垂直平分线上，故作的垂直平分线交于点E即可； （2）①可证明，得到，则可证明四边形是平行四边形，进一步可证明平行四边形是菱形；②由菱形的性质得到，根据三角形的面积公式和勾股定理得到，据此求出的值即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：①四边形是菱形，理由如下： ∵在矩形中，点O为对角线的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵ ， ∴平行四边形是菱形； ②∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵， ∴， ∴的周长． 21．【三角形中位线定理】 (1)如图1，已知：在中，点D，E分别是边，的中点．请直接写出与之间的数量关系和位置关系； 【应用】 (2)如图2，在四边形中，点E，F分别是边，的中点，若，，，，求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理求解即可； （2）连接，利用三角形中位线定理，勾股定理逆定理求解即可． 【详解】（1）解：根据三角形中位线定理，得； （2）解：连接， 因为点E，F分别是边，的中点， 故， ， ，， ， ，，且 ， ， ． 22．如图，等腰梯形中，，，，，动点从点出发沿方向向终点运动，动点同时以相同速度从点出发沿方向向终点运动． (1)求的长； (2)探究：在边上是否存在点使得四边形是菱形？若存在，请找出点；不存在，请说明理由； (3)在整个运动过程中，求：线段的中点运动的路程． 【答案】(1)； (2)存在，； (3)． 【分析】（）首先过点作交于，得四边形是平行四边形，即可求得的长，继而可得是等边三角形，则可求得的长； （）若存在满足条件的点，则必须等于，即可求得恰为等边三角形，过点作于点，延长交于点，连接，则垂直平分，继而可得，则可求得的长； （）分析可得的中点运动的轨迹分为两部分；当在上时，的中点关于对称的一条线段，长度是相同的，起点是的中点、终点是的中点；当在上时，的中点始终不动，则可求得线段的中点运动的路程． 【详解】（1）解：过点作交于， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：存在满足条件的点，则必须等于， 设动点与的运动时间为， 于是， ∴， 此时，点的位置如图所示，恰为等边三角形， 则， 过点作于点，延长交于点，连接，则垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴ ∴，即， ∴四边形是菱形， ∴存在满足条件的点，且； （3）解：的中点运动的轨迹分为两部分； 当在上时，的中点关于对称的一条线段，长度是相同的，起点是的中点、终点是的中点； 当在上时，的中点始终不动，此段中点运动的距离为， ∴线段的中点运动的路程为． 【点睛】此题考查了等腰梯形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 23．如图1，在中，，．点是边上的动点，连接，将绕点旋转至，使点与点重合，连接交于点． (1)当点为中点时，线段________； (2)如图2，作交于点，连接交于点．求证：四边形是平行四边形； (3)在（2）的条件下： ①若，求的度数； ②连接，当时，________． 【答案】(1)3 (2)见解析 (3)①；② 【分析】（1）根据旋转的性质求解即可； （2）由等边对等角可得，由旋转的性质可知，，进而推出，则，即可证明； （3）①根据旋转和等边对等角的性质，得出，进而推出，则，再根据平行四边形对角相等求解即可； ②连接交于点，根据同底等高三角形面积相等，推出，由旋转的性质可知，得到，再利用面积的和差计算即可． 【详解】（1）解：，点为中点， ， 由旋转的性质可知，， ； （2）证明：， ， 由旋转的性质可知，， ，， ， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形； （3）解：①由旋转的性质可知，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ； ②如图，连接交于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 由旋转的性质可知，， ， 设，， ，， ． 24．情境：如图2，在正方形内取一点，使，将点绕点逆时针旋转得到点，射线，交于点． 特例：在探究过程中遵循由特殊到一般的规律：如图1，发现点在对角线的中点处时，点与点重合，此时四边形的形状为正方形． 探究： (1)如图2，只要，四边形的形状都是正方形，请证明； (2)如图3，取中点，连接、、，在点运动过程中，与始终保持特定的数量关系，请写出此数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，已知，直接写出的长度． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)6 【分析】（1）由旋转的性质可得，证明，得到，再证明，则可证明四边形是正方形； （2）连接，由正方形的性质得到O是的中点，，，，由直角三角形的性质得到，，证明是等腰直角三角形，得到，由勾股定理得到，据此可得； （3）过点A作，交的延长线于点H，证明，得到，则可证明，由勾股定理得，则，求出，则． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， ， 点E绕点C逆时针旋转得到点， ， ∴， ， ， ， 又∵， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形． （2）解：，理由如下： 如图所示，连接， 四边形是正方形，O是的中点， O是的中点，， 四边形是正方形， ， ， G是的中点， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ， ∴， ∴； （3）解：如图所示，过点A作，交的延长线于点H， ∴， 由正方形的性质可得， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 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