第十五章四边形单元测试B卷 2025-2026学年北京版数学八年级下册

**基本信息** 本卷为初中数学第十五章四边形单元测试B卷，适用于单元复习，覆盖菱形、矩形、正方形等核心知识点，通过基础巩固、能力提升、创新应用三级梯度设计，突出几何直观、推理能力与应用意识的核心素养考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12题|矩形性质判定、菱形面积计算、图形变换|结合零件检测情境（第3题），考查折叠与坐标变换（第4、5题）| |填空题|4题|多边形外角和、矩形对角线性质、正方形综合计算|设置正方形中全等与勾股定理应用（第15题）| |解答题|9题|平行四边形证明、中位线定理、动态几何与坐标|设计多步推理证明（第20题矩形判定）、网格作图与面积计算（第23题），融入新定义“拉手点”探究（第24题）|

第十五章 四边形 单元测试B卷 一、选择题 1．下列说法中正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的矩形是菱形 C．平行四边形的对角线平分一组对角 D．矩形的对角线相等且互相平分 2．已知菱形的两条对角线长分别是6和8，则菱形的面积为（    ） A．48 B．28 C．24 D．20 3．要求加工4个长为、宽为的矩形零件．陈师傅对4个零件进行了检测．根据零件的检测结果，图中不一定能合格的零件是（    ） A． B． C． D． 4．如图，已知，，，将 先向左平移个单位，再绕原点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是(    )    A． B． C． D． 5．如图，在矩形纸片中，，，沿折叠后，点C落在边上的点P处，点D落在点Q处，与相交于点H，，则的值为（    ） A．2 B． C． D．1 6．两张全等的矩形纸片、按如图方式交叉叠放在一起．若，，则图中重叠（阴影）部分的面积为（    ） A． B． C． D．9 7．如图，在Rt△ABC中，，D是AB的中点，若，，则CD的长为（    ） A． B． C．5 D． 8．如图，在四边形中，E、F、G、H分别是的中点，要使四边形是菱形，则四边形只需要满足一个条件，是（） A．四边形是平行四边形 B．四边形是菱形 C．对角线 D． 9．如图，直线分别与轴、轴交于点，点在线段上，线段沿翻折，点O落在边上的点D处．以下结论：①；②直线的解析式为；③点；④若线段上存在一点，使得以点为顶点的四边形为菱形，则点的坐标是．其中正确的结论是（    ）    A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④ 10．如图，在菱形中，对角线交点为O，E是的中点，作于点F，于点G，连接．若，则的长为（    ） A．12 B．10 C． D．5 11．如图，矩形的内部有5个全等的小正方形，小正方形的顶点分别落在边上，若，则小正方形的边长为（    ）    A． B．5 C． D． 12．如图，将纸片折叠(折痕为)，使点A落在上，记作①；展平后再将折叠(折痕为)，使点D落在上，记作②；展平后继续折叠，使落在直线上，记作③；重新展平，记作④．若，则图④中线段的长度为（    ）    A． B． C． D． 二、填空题 13．2025边形的外角和等于______． 14．矩形的两条对角线将矩形分成4个三角形，它们的面积_______．（填“相等”或“不相等”） 15．如图，在正方形中，点在上，连接，作于点，作于点，连接，若，则线段的长为_________．    16．如图，在矩形中，，的平分线交于点，，垂足为，连结并延长交于点，连结交于点下列结论：① ②③是的中点④；其中正确的是_____． 三、解答题 17．如图，在中，，是底边上的高，E为的中点，求的长． 18．已知一个多边形的内角和等于，求这个多边形的边数． 19．如图，在正方形中，E是边的中点，F是边的中点，连接、． 求证： 20．□ABCD中，E是CD的中点，∠BAE=∠ABE，求证：四边形ABCD是矩形． 21．如图，在四边形中，是的中点，是的中点，是的中点．，求的度数．    22．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 23．如图，在平面直角坐标系中，、、，仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：    (1)线段的长为______； (2)画线段，使，且，则点的坐标为______； (3)连接，四边形是______；（填“矩形”或“菱形”） (4)在线段上找一点，使（保留作图痕迹，不写作法和证明过程）． 24．在平面直角坐标系中，对于点和图形，给出如下定义：如果图形上存在点，使得，那么称点为图形的“拉手点”．已知点，． (1)在点，，中，线段的“拉手点”是______； (2)若直线上存在线段的“拉手点”，求的取值范围； (3)是边长为的正方形的对角线的交点，若正方形上存在线段的“拉手点”，直接写出的取值范围． 25．在四边形中． (1)如图（1），，若点在边上，，且，，则的度数为_______； (2)如图（2），若点在四边形内部，，延长交边于点．求证：． (3)如图（3），以A为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，其中，，，且满足．请问在轴上是否存在点，使得和的面积相等，若存在，请写出点坐标，若不存在，请说明理由． 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 《第十五章 四边形单元测试B卷》参考答案： 1．D 【分析】由矩形的判定与性质、菱形的判定、以及平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形， 选项A不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形， 选项B不符合题意； C、平行四边形的对角线互相平分，菱形的对角线平分一组对角， 选项C不符合题意； D、矩形的对角线互相平分且相等， 选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定以及平行四边形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 2．C 【分析】根据菱形的面积等于两条对角线积的一半计算即可． 【详解】解：∵菱形的两条对角线长分别是6和8， ∴这个菱形的面积为， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的面积的计算等知识点．易错易混点：学生在求菱形面积时，易把对角线乘积当成菱形的面积，或是错误判断对角线的长而误选． 3．C 【分析】本题考查的是矩形的判定定理，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）对角线互相平分且相等的四边形是矩形解答即可．熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，能判定矩形，不符合题意； B、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形，不符合题意； C、一组对角为直角的四边形不一定是矩形，不能判定形状，符合题意； D、一组对边平行且相等，能判定平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，则能判定矩形，不符合题意． 故选：C． 4．C 【分析】先根据平移的性质求出平移后点的坐标，再利用旋转的性质求出点关于原点对称的点的坐标即可． 【详解】解：， 将先向左平移个单位后点坐标为， 点关于原点对称的点， 故选：C． 【点睛】本题考查了图形的平移和旋转，解题关键是掌握绕原点旋转180°的图形的坐标特点，即对应点的横纵坐标都互为相反数． 5．D 【分析】由折叠得，由，得，则，可求得；再求得，，因为，所以，则，于是得，则． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴， 由折叠得， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 又, ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】此题主要考查矩形的性质、轴对称的性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识与方法，推导出这一相等关键是解题的关键． 6．C 【分析】先证四边形是平行四边形，再证，得，则四边形是菱形，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程得出的长，即可解决问题． 【详解】解：设交于点G，交于点H，如图所示： ∵矩形，矩形是全等的矩形， ∴， ，，， ∴四边形是平行四边形， 在和中， ∴， ， ∴平行四边形是菱形， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴ ， ∴菱形的面积为， 即图中重叠（阴影）部分的面积为． 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定与性质，由勾股定理求出的长． 7．B 【分析】由勾股定理可求得AB长度，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】解：∵∠ACB＝90°，BC＝，AC＝， ∴， ∵D是AB的中点， ∴， 故选：B． 【点睛】本题主要考查勾股定理，直角三角形斜边上的中线，解答的关键是熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 8．D 【分析】利用三角形中位线定理可以证得四边形是平行四边形；然后由菱形的判定定理进行解答． 【详解】解∶分别是的中点， 且， 同理可得∶且且， 且， 四边形是平行四边形， 即， 是菱形． 故选∶D． 【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定，三角形的中位线定理，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半得到四边形的对边平行且相等从而判定出平行四边形是解题的关键，也是本题的突破口． 9．A 【分析】①先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求的长，可判断①； ②由折叠的性质可得，，，由勾股定理可求的长，可得点坐标，利用待定系数法可求解析式，可判断②； ③由面积公式可求的长，代入解析式可求点坐标，可判断③； ④由菱形的性质可得，可得点纵坐标为，可判断④，即可求解． 【详解】解：直线分别与、轴交于点A、B， 点，点， ，， ，故①正确； 线段沿翻折，点落在边上的点处， ，，， ， ， ， ， 点， 设直线解析式为：， ， ， 直线解析式为：，故②正确； 如图，过点作于，   ， ， ， ， 当时，， ， 点，故③错误； 线段上存在一点，使得以点、、、为顶点的四边形为菱形，且， ∴， 点纵坐标为， 把代入得：， 解得：， 即点P的坐标为，故④错误； 综上分析可知，正确的结论为①②，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了利用待定系数法求解析式，折叠的性质，等积法，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 10．C 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上中线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．由菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，证出四边形是矩形，得到即可得出答案． 【详解】解：连接，     四边形是菱形， ，，， 在中，， 又是边的中点， ， ，，， ，，， 四边形为矩形， ． 故选：C． 11．B 【分析】由矩形的性质可得，求出，证得，得出，过点K作于K，可证明，利用相似三角形对应边成比例求出，再求出，然后利用勾股定理列式求出EG，然后求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵5个小正方形全等， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 过点K作于K，如下图所示，    则四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴小正方形的边长为， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识作辅助线构造相似三角形是解题的关键． 12．C 【分析】图中，连接，延长交于；由题意易知：，，是的中位线，，则可求出的长度，即可解决问题． 【详解】解：如图中，连接，延长交于．    ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠得：， ∴， ∴，， ，， 由折叠知：G、H分别是的中点， ∴是的中位线， ，，， ∴， ，， 是的中位线， ； 故选：． 【点睛】本题考查翻折变换，平行四边形的性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，属于中考选择题中的压轴题． 13．##度 【分析】本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形外角和为是解题的关键，根据多边形外角和定理即可求解． 【详解】解：多边形外角和为， ∴边形的外角和等于， 故答案为： ． 14．相等 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积问题等知识点，掌握矩形的对角线互相平分与等底同高的三角形面积相等成为解题的关键． 如图：由四边形是矩形，根据矩形的对角线互相平分，即可得，则易证，即可得，又由与等底同高，可得，进而完成解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵与等底同高， ∴， 同理：， ∴． ∴矩形的两条对角线将矩形分成4个三角形的面积相等． 故答案为：相等． 15． 【分析】由正方形的性质得，，再证，然后由证，设,根据勾股定理列方程可解答． 【详解】解：设, ∵四边形是正方形， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ∴， ， 由勾股定理得：，， ， ， ． 故填． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得到边与边的关系是解题的关键． 16．①②③④ 【分析】由“”可证，由“”可证，由全等三角形的性质和矩形的性质依次判断可求解． 【详解】解：在矩形中，平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，故①正确， 在和中， ， ， ， ， ， ， ，故②正确； ，， ， ， ，， ， ， ， 又，， 在和中， ， ， ，， 点是的中点，故③正确； ，， ， ，所以④正确； 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点． 17．4 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，由三角形的高的定义得到，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案． 【详解】解：∵在中，是底边上的高， ∴，即， ∵E为的中点， ∴． 18．这个多边形的边数为11 【分析】本题考查了多边形内角和，一元一次方程的应用，掌握多边形内角和公式是解题关键．设这个多边形的边数为，根据多边形内角和公式列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意得：，                 解得． 即这个多边形的边数为11． 19．见详解 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定以及性质，由正方形性质可得出，．由已知条件可得出，再利用边角边证明即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴，． 又分别是、的中点， ∴， ∴， ∴． 20．见详解 【分析】先证明△ADE≌△BCE，即有∠D=∠C，根据平行四边形的性质可得∠D=∠C=90°，则问题得证． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，， ∴∠D+∠C=180°， ∵∠BAE=∠ABE， ∴AE=BE， ∵E为CD中点， ∴DE=CE， ∴△ADE≌△BCE， ∴∠D=∠C， ∵∠D+∠C=180°， ∴∠D=∠C=90°, ∴平行四边形ABCD是矩形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质、等角对等边等知识，证明△ADE≌△BCE是解答本题的关键． 21． 【分析】根据题意可得是的中位线，进而可得，结合已知条件可得，即得，再利用三角形的内角和定理即可求出答案． 【详解】解：∵P是的中点，是的中点，是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 22．(1)见解析 (2)80 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握平行四边形对边平行且相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形． （1）根据平行四边形的性质得出，，则，通过证明四边形是平行四边形，结合，即可求证； （2）根据题意推出，则，根据勾股定理得出，最后根据矩形的面积公式，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵平分，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的面积是：． 23．(1)； (2)，； (3)菱形； (4)作图见解析 【分析】利用网格根据勾股定理即可解决问题； 根据网格线的特点作图； 根据四条边相等的四边形是菱形进行判定； 通过证明≌，构造等腰直角三角形，连接交于点，则． 【详解】（1）解：线段的长为：， （2）解：如图，即为所求；   ，、， 的坐标为； （3）解：∵，且； ∴四边形是平行四边形， 又由（1）知，， ∴ 又， ， 四边形为菱形， 故答案为：菱形； （4）解：如图所示，在图上取格点、、，使，，，，连接、、、、，连接交于点．    由图可知，，，，, 则在和中， ∴≌， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故点即为所求． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了复杂作图，菱形的判定，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，掌握勾股定理和菱形的判定定理以及等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键． 24．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据“拉手点”的定义求解即可； （2）分两种情况求出的最大值即可； （3）分线段在正方形外部和内部两种情况由勾股定理求出正方形的边长即可 【详解】（1）解：如图， 所以，在点，，中，线段的“拉手点”是, 故答案为：； （2）解：如图，当直线在点B上方时，延长交直线于点C，设直线与y轴交于点D，与x轴交于点N， ∵，． ∴ ∴， ∴， ∵在直线中， ∴ ∵ ∴ ∴ 此时点B到直线的距离是， ∴， 则， 过点B作， 则，直线与线段有“拉手点”， ∴； 当往下平移也满足条件，即 假设点满足，则符合直线上存在线段的“拉手点” ∴ ∴ ∴直线上存在线段的“拉手点”，则的取值范围为 （3）解：当线段在正方形内部时，如图， 当正方形的边平行于坐标轴，且经过点时，正方形的边长最长， ∴此时a的最大值为； 当线段在正方形外部时，过点O作于点G，在上截取，以点D为正方形的一个顶点，点O为对角线的交点作正方形，此时正方形的边长最小，如图所示： ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴此时正方形的边长 即a的最小值为， ∴当正方形上存在线段的“拉手点”，的取值范围为：． 【点睛】本题主要考查坐标与图形，一次函数的应用，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，以勾股定理，解题的关键是理解题意，数形结合，注意进行分类讨论． 25．(1) (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）先证明，再利用平角的含义可得答案； （2）证明，可得，结合，从而可得答案； （3）根据二次根式有意义的条件先求解，，再分三种情况：如图，当在轴的正半轴上，且在与y轴交点的下方时，连接，，设；如图，当在轴的正半轴上，且在与轴的交点上方时；如图，当在轴的负半轴时，过作轴于，连接，，，再利用三角形的面积建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴； （2）∵，， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴； （3）∵， ∴，解得：， ∴， ∴，，连接， ∴， 如图，当在轴的正半轴上，且在直线与y轴交点下方时，连接，，设，而， ∴ ， 解得：， ∴； 如图，当在轴的正半轴上，且在直线与y轴交点上方时，连接，，设，而， ∴ ， 解得， ∴； 如图，当在轴的负半轴时，过作轴于，连接，，， ∴ ， 解得：，不符合题意舍去， 综上：或． 【点睛】本题考查的是平行线的性质，四边形的内角和定理的应用，坐标与图形，二次根式有意义的条件，清晰的分类讨论与方程思想的应用是解本题的关键． 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 $