第十五章四边形单元测试A卷 2025-2026学年北京版数学八年级下册

**基本信息** 聚焦四边形单元核心知识，涵盖平行四边形、矩形、菱形等图形性质与判定，通过基础巩固、综合应用梯度设计，适配初中数学单元复习，培养逻辑推理与几何直观素养。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|12|中心对称图形判断（1-2）、矩形性质（3）、三角形中位线（5）|基础概念辨析，梯度入门| |填空题|4|平行四边形坐标（13）、折叠角度计算（15）|空间观念应用，情境简洁| |解答题|9|平行四边形证明（17）、多边形内角和（18）、动态几何与函数（25）|综合探究，体现创新意识与推理能力|

第十五章 四边形 单元测试A卷 一、选择题 1．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（        ） A．    B．    C．    D．    2．下列图形中，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．如图，矩形的，，则的长为（　　） A． B．8 C． D．4 4．图，已知正方形的边长为5，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则的长度是（    ） A． B．3 C． D． 5．如图，A，B两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了A，B间的距离：先在外选一点C，然后步测出，的中点M，N，并步测出的长为9米，由此他就知道A，B间的距离是（    ） A．10米 B．15米 C．18米 D．27米 6．如图，菱形的对角线相交于点O，于点E，，连接，若，，则菱形的周长为（   ） A． B．16 C． D．4 7．如图，在中，，，点D是的中点，点E是边上的动点，E点从B点出发向A点移动，连接，过点D作交于点F，连接，下列结论：①；②；③；④的最小值是4；⑤四边形的面积先变小再变大．其中正确是（    ） A．①③ B．②③④ C．③④ D．③④⑤ 8．如图，在平行四边形ABCD中，，AC与BD相交于点O，点E，F分别是OB，OC的中点．若，，则AC的长为（    ） A．12 B．15 C．16 D．18 9．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A在x轴的负半轴上，∠ACB＝90°，AB交y轴于点D，且AD＝BD．点F在x轴的正半轴上，连接CF，CB平分∠DCF．若，，，则点B的坐标为（    ） A．（，） B．（，） C．（，） D．（，） 10．如图，四边形是矩形，相交于O，垂直平分，若，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 11．如图，在四边形中，，，平分，则下列结论．①；②；③；④．正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．如图，正方形中，点E、F分别在上，是等边三角形，连接交于G，下列结论：①，②，③垂直平分，④，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 13．如图，将放置在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，点A的坐标是，点C的坐标是，则点B的坐标是 __________． 14．如图，在中，，于点E，若，则______．    15．将以长方形纸片如图折叠，若∠1＝140°，则∠2＝________． 16．如图，在正方形中，为对角线、的交点，、分别为边、上一点，且，连接．若，，则的长为______． 三、解答题 17．如图，矩形的对角线与相交于点O，延长到点E，使，连接．求证：四边形是平行四边形． 18．已知一个正多边形的每个内角比它的每个外角多60°，求这个多边形的边数． 19．一个多边形的内角和比四边形的内角和多，并且这个多边形的各内角相等，求这个多边形是几边形？ 20．如图，在矩形中，点、分别在边、上，，连接，．求证：． 21．如图，在矩形中，点在的延长线上，，求证：四边形是平行四边形． 22．【问题背景】 如图，在中，，垂足为点，点是边的中点，点是边的中点，连接并延长到点，，连接． 【初步探究】 （1）如图1，求证：四边形是平行四边形； 【拓展延伸】 （2）如图2，连接，若、，在不添加任何辅助线的情况下，探究之间有怎样的数量关系，并说明理由． 23．一个多边形的每一个内角是它相邻外角的9倍，这个多边形是几边形? 24．如图，在矩形中，对角线，相交于点O，于点E，，，求的长．    25．如图1，将矩形置于平面直角坐标系中，其中边在轴上，，直线：沿轴的负方向以每秒1个单位的长度平移，设在平移过程中该直线被矩形的边截得的线段长度为，平移时间为，与的函数图象如图2所示． (1)点的坐标为________，矩形的面积为_________； (2)求，的值； (3)在平移过程中，求直线扫过矩形的面积与的函数关系式（其中）． 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A卷》参考答案： 1．C 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意． 故选：C． 【点睛】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判断是解题的关键． 2．D 【分析】根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，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，这个点叫做它的对称中心，旋转前后图形上能够重合的点叫做对称点． 【详解】A.不是中心对称图形，故不符合题意； B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C.是旋转对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； D.是中心对称图形，符合题意； 故选D. 【点睛】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 3．B 【分析】先利用邻补角的性质求出的度数，再利用矩形的性质得到是等边三角形，，进而可求出的长． 【详解】∵，∴． ∵四边形是矩形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质，解答此题的关键是熟知矩形的对角线相等且平分． 4．A 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识．先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得． 【详解】解：如图：    连接， 四边形是正方形， ，， ，，， 四边形是矩形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ，， ， ，，， ， ， 故选：A． 5．C 【分析】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握和运用三角形中位线定理是解决本题的关键． 利用三角形中位线定理即可求得． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， 米， 故选：C． 6．B 【分析】由菱形的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质得到，由勾股定理求出DC＝4，即可求出菱形的周长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴菱形的周长. 故选：B． 7．B 【分析】先证明出，再根据全等三角形的性质，圆内接四边形的判定和性质推出其他选项，即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴平分，且， 点是的中点，， ， ， 又， ， ，故③正确； ∵， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，故②正确； ， ， ， ∴，，故①不正确； 当时，的最小，如图所示： ，， 是等腰直角三角形， ， ，故④正确； ，， ， ， ，， ， ， 四边形的面积是16，为定值，故⑤不正确． 故选：B． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，外角的性质，三角形的面积，证明是解题的关键． 8．C 【分析】由四边形ABCD是平行四边形，AC与BD相交于点O，根据平行四边形的性质，即可得BD=2OD，AB=CD，AD=BC，又由BD=2AB，可得△ODC是等腰三角形，根据三线合一的性质，即可证得DE⊥OC，然后根据勾股定理即可解决问题． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC与BD相交于点O， ∴BD=2OD，AB=CD，AD=BC，OA=OC， ∵BD=2AB， ∴OD=AB=CD， ∵点F是OC的中点， ∴DF⊥OC， ∵点E，F分别是OB，OC的中点． ∴AD=BC=2EF=15， 在Rt△ADF中，根据勾股定理得： ， ∴AF=4， ∴OF=CF=OC=AF=4， ∴AC=4OF=16． 故选：C． 【点睛】此题考查了平行线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 9．D 【分析】如图，过点B作BG⊥y轴于G，连接BF，证明CFAB，得S△ACB＝S△ABF＝2S△CDB＝，根据三角形面积公式可得OG的长，证明△AOD≌△BGD（AAS），可得BG＝AO＝，进而可得点B的坐标． 【详解】解：如图，过点B作BG⊥y轴于G，连接BF， ∵，， ∴OA＝，AF＝+＝3， ∵CB平分∠DCF， ∴∠DCB＝∠BCF， ∵∠ACB＝90°，AD＝BD， ∴CD＝BD， ∴∠DCB＝∠CBD， ∴∠CBD＝∠BCF， ∴CFAB， ∴S△ACB＝S△ABF＝2S△CDB＝2×＝， ∴AF·OG＝，即OG＝， ∴OG＝， ∵AD＝BD，∠ADO＝∠BDG，∠AOD＝∠BGD＝90°， ∴△AOD≌△BGD（AAS）， ∴BG＝AO＝， ∴B（，﹣）． 故选：D． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，坐标和图形的性质，平行线的判定，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 10．C 【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出．此题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质；熟练掌握矩形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， 垂直平分， ， ， ； 故选：C． 11．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，根据平行线性质求出，得出平行四边形，即可推出可判断①正确；根据等腰三角形性质求出，即可推出，故②正确；由三角形内角和定理易得，结合，可证明，故③错误．过点E作，则，根据平行线的性质即可判断④正确． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，，故①正确； ∵， ∴， ∵平分， ∴，又， ∴， ∴，故②正确； ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故③错误； 如图，过点E作， ∵， ∴， ∴，， ∴，故④正确． 综上所述，正确的结论有①②④，共3个． 故选：C． 12．D 【分析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，由正方形的性质就可以得出EC＝FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC＝x，BE＝y，利用三角形的面积公式分别表示出和，再通过比较大小就可以得出结论． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴，． ∵△AEF等边三角形， ∴，． ∴． 在Rt△ABE和Rt△ADF中， ， ∴， ∴BE＝DF， ∠BAE＝∠DAF，故①正确， ∴， 即 故②正确， ∵BC＝CD， ∴，即CE＝CF， ∵AE＝AF， ∴AC垂直平分EF，故③正确． 设EC＝x，在等腰直角三角形中， ，， ∴， ∵， ∴， ∴在中， ∴， ∴， ∴， ， ∵，， ∴ ，故④正确． 综上所述，正确的有4个， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质是解题的关键． 13． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练运用平行四边形的性质是本题的关键．由平行四边形的性质可得，，即可求解． 【详解】解：延长交y轴于点D， ∵点A的坐标是， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点C的坐标是， ∴，， ∴， ∴点B的坐标是， 故答案为：． 14． 【分析】证明，，由，可得，结合，可得． 【详解】解：∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行四边形的性质，三角形的内角和定理的应用，熟记基本几何图形的性质是解本题的关键． 15．##110度 【分析】根据折叠的性质及平行线的性质可进行求解． 【详解】解：∵AD∥BC， ∴∠1＝∠3＝140°，∠4+∠2＝180°， 根据折叠可得：∠4＝3＝70°， ∴∠2＝180°﹣70°＝110°， 故答案为：110°． 【点睛】本题主要考查平行线的性质、折叠的性质，熟练掌握平行线的性质、折叠的性质是解题的关键． 16． 【分析】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，勾股定理，全等三角形的性质与判定等相关知识；由题意证明，所以，则是等腰直角三角形，即可得到；过点F作，求出，得到，推出是等腰直角三角形，则，进而即可求解． 【详解】解：在正方形中，和为对角线， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 过点F作，如图，    ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， 又， ∴， ∴ ∴ 故答案为：． 17．见解析 【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定，根据矩形的性质，得到，，进而推出，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，即可得证． 【详解】证明：四边形是矩形， ，， ， ， 又∵， 四边形是平行四边形； 18．6 【分析】设内角为x°，则外角为（x﹣60）°，根据内角与外角互补可列方程求出内角度数，进而可求出外角，再利用多边形外角和为360°即可求出边数． 【详解】 解：设内角为x°，则外角为（x﹣60）°，由题意得： x+x﹣60＝180， 解得：x＝120， 则外角为120°﹣60°＝60°， 多边形的边数：360°÷60°＝6． 【点睛】 此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握内角与相邻外角和为180°． 19．六边形 【分析】首先由题意得出等量关系，即这个多边形的内角和比四边形的内角和多，由此列出方程得到边数即可． 【详解】解：设这个多边形边数为，依题意得： ， 解得：， 答：这个多边形是六边形． 【点睛】本题主要考查多边形的内角和定理，解题的关键是根据题意列出方程，从而解决问题． 20．见解析 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，先根据矩形的性质得出，，再得出，证明，根据全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是矩形 ，， ， ， 在和中， ， ， ． 21．证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，等腰三角形的性质，熟记平行四边形的判定和性质是解题的关键．由矩形的性质，得出，，，再由等腰三角形的性质得到，进而推出结论． 【详解】证明：∵四边形矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 22．（1）见解析；（2），理由见解析 【分析】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由三角形中位线定理得出，，结合题意求出，即可得证； （2）证明，得出，由，，得出，证明四边形是平行四边形，得出，即可得证． 【详解】（1）证明：∵点是边的中点，点是边的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：，理由如下： ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 23．这个多边形是二十边形 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，一元一次方程的应用．解题的关键在于外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求出正多边形的边数．设每一个外角的度数为，则每一个内角的度数为，根据一个内角与其相邻外角互补建立方程求解，得到一个外角度数，从而得到多边形的边数，即可解题． 【详解】解：设每一个外角的度数为，则每一个内角的度数为， 则，解得：， 又， ∴这个多边形是二十边形． 24． 【分析】根据矩形的性质，得到，，再根据，推出，然后根据垂直平分线的性质，得到，进而推出是等边三角形，得到，由三角形内角和定理，得到，最后利用30度角所对的直角边等于斜边一半，即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，， 设，， ， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，30度角所对的直角边等于斜边一半，证明出是等边三角形是解题关键． 25．(1)点的坐标为， (2)， (3)与的函数关系式为 【分析】（1）根据直线解析式求出点M的坐标，然后根据函数图象可知直线平移3个单位后经过点A，从而求的点A的坐标，由函数图象中点F的横坐标可求得点D的坐标，从而可求得AD的长，据此可求得ABCD的面积； （2）如图1所示；当直线MN经过点B时，直线MN交DA于点E，首先求得点E的坐标，然后利用勾股定理可求得BE的长，从而得到a的值；如图2所示，当直线MN经过点C时，直线MN交x轴于点F，求得直线MN与x轴交点F的坐标从而可求得b的值； （3）结合图象分三种情况：当3≤t＜5时；当5≤t＜7时；当7≤t≤9时，结合图象得出三角形面积解析式即可． 【详解】（1）解：令直线的得：， 解得：， ∴点的坐标为. 由函数图象可知：当时，直线经过点A， ∴点的坐标为. 沿轴的负方向平移3个单位后与矩形相交于点A， ∵沿x轴的负方向平移3个单位后直线的解析式是：， ∴点A的坐标为； 由函数图象可知：当时，直线经过点， ∴点的坐标为. ∴. ∴矩形的面积； （2）解：如图1所示；当直线经过点时，直线交于点. ∵点A的坐标为， ∴点的坐标为， 设直线的解析式为， 将点的坐标代入得：， ∴， ∴直线的解析式为. 将代入得：，解得， ∴点的坐标为. ∴. ∴； 如图2所示，当直线经过点时，直线交轴于点. ∵点的坐标为， ∴点的坐标为. 设的解析式为， 将代入得：，解得. ∴直线的解析式为. 将代入得，解得. ∴点的坐标为. ∴； （3）解：当时，如图3所示： ∴. 当时，如图4所示：过点作. 由（2）可知点的坐标为. ∴， ∴； 当时，如图5所示. ，， ∴， 综上所述，与的函数关系式为． 【点睛】本题主要考查一次函数图象的平移，矩形的性质，坐标与图形，函数解析式的确定等，理解题意，根据题意作出相应图象求解是解题关键． 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 $