第6章 平行四边形 单元测试题 2025-2026学年北师大版八年级数学下册

**基本信息** 北师大版八年级数学下册《平行四边形》单元卷，通过基础巩固、能力提升、创新应用三梯度设计，覆盖性质、判定、中位线等核心知识点，适配单元复习，培养几何直观与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/24|平行四边形性质（角度、周长）、中位线、翻折|结合实践情境（测量距离），多结论判断（第8题）| |填空题|8/24|对角线性质、折叠角度、动点平行四边形|开放型问题（添加条件）、动态几何（第16题）| |解答题|8/72|性质判定证明、中位线应用、折叠综合探究|分层设计，从基础证明（第17题）到创新探究（第24题折叠）|

2025-2026学年北师大版八年级数学下册《第6章平行四边形》 单元综合达标测试题（附答案） 一、单选题（满分24分） 1．如图，将平行四边形的边延长，若，则（    ） A． B． C． D． 2．如图，平行四边形的周长为，的周长为，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．如图，数学实践活动中，为了测量校园内被花坛隔开的，两点间的距离，同学们在外选择一点，测得两边中点的距离，则，两点间的距离是（   ） A． B． C． D． 4．如图，在四边形中，，，点E为的中点，将分别平移到和的位置．若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 5．如图，在平行四边形纸片上随机做扎针实验，则针头恰好扎在阴影部分的概率为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在四边形中，点是对角线的中点，点、分别是、的中点，，，．则的度数为（    ） A． B． C． D． 7．如图，将平行四边形沿对角线翻折，点B落在点E处，交于点F．若，，则下列结论不正确的是（　　） A． B． C． D． 8．如图，的对角线，交于点，平分交于点，，，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其中正确的有（    ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④ 二、填空题（满分24分） 9．如图，在四边形中，，相交于点，点，在对角线上，且，．要使四边形为平行四边形，则应添加的条件是____________（写出一种情况即可）． 10．如图，在中，于点F，于点E．若，，，则的周长为________cm． 11．如图，平行四边形的对角线相交于坐标原点O，若点的坐标为，点的坐标为，则的值为______． 12．将一张平行四边形纸片折叠成如图所示的图形，为折痕，点的对应点为．若，，则的度数为____________． 13．如图，在平行四边形中，，，点H、G分别是边、上的动点，其中点H不与点C重合，连接、，点E为的中点，点F为的中点，连接，则的最小值为______． 14．如图，在中，，连接，过点作，交射线于点，过点作延长线于点．若，则的长为_____． 15．如图，在中，对角线，相交于点，为的中点，为的中点，连接交于点．若，则的长为______． 16．如图，四边形中，，，点在边上以的速度从点出发向点移动，同时点在边上以的速度从点出发向点移动．若，，则____________s时，四边形是平行四边形． 三、解答题（满分72分） 17．（6分）如图，的两条对角线、相交于点，点、分别是、上的中点．连接、．求证：． 18．（8分）如图，在中，． (1)用尺规完成以下基本作图：在上截取，使，交于点，连接；作的平分线交于点，交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：（请补全下面证明过程） 证明：四边形是在平行四边形 平分      又 ． 19．（8分）如图，在中，，的平分线分别交于点，，、相交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 20．（8分）如图，在平行四边形中，对角线，与相交于点O，点M、N分别为、的中点，连接、． (1)求证：； (2)若，且，，求的长． 21．（10分）如图，、相交于点，，，、分别是、的中点，求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 22．（10分）如图，在四边形中，，对角线，相交于点，且． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)过点作，交于点，交于点，连接，若，，求的度数． 23．（10分）如图，以的三边为边作等边三角形． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)设的中点为，延长交于点，延长交于点，连接，若，①试探究线段与的数量关系；②请直接写出的度数． 24．（12分）综合与实践：平行四边形纸片的折叠 (1)探究1：我们将如图（1）所示的平行四边形纸片沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点为，延长交于点．求证：． (2)探究2：我们将如图（2）所示的平行四边形纸片沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点恰好落在的中点处．猜想，之间的数量关系，并证明． (3)探究3：我们将如图（3）所示的平行四边形纸片沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点恰好落在线段上，过点作，交延长线于点，其中，，，求线段的长． 参考答案 1．解：∵四边形是平行四边形， ， ， ， 故选：A． 2．解：∵平行四边形的周长为， ∴， ∵的周长为， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 故选：B． 3．D 【分析】本题考查三角形的中位线定理，理解并熟练运用中位线定理是解题关键． 【详解】解：∵点，是， 的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：D． 4．C 【分析】本题主要考查了图形的平移变换及性质，平行四边形的判定和性质，首先证明四边形，四边形均为平行四边形，从而得，，进而得，据此可得出的长． 【详解】解：∵为的中点，， ∴ 根据平移的性质得：， 又∵， ∴四边形，四边形均为平行四边形， ∴， ∴， ∴． 故选：C 5．D 【分析】平行四边形的面积分成4等份，阴影面积的和占其中的1等份，根据概率等于阴影面积的等可能性除以总可能性计算即可． 【详解】解：针头恰好扎在阴影部分的概率为； 故选：D． 6．C 【分析】由三角形的内角和定理，结合三角形中位线定理可得，由平行线的性质可得的度数，根据三角形的内角和定理以及等边对等角，计算即可得的度数． 【详解】解：∵是对角线的中点，点、分别是、的中点， ∴，，，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 7．D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解四边形是平行四边形，且，得，，，，设，，再结合折叠性质得，运用平行线的性质以及三角形的内角和性质，全等三角形的判定与性质进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且， ∴，，，， ∴， 设， ∴， 由翻折性质得：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，故选项A正确，不符合题意； ∵， ∴，故选项B正确，不符合题意； ∵ ∴， 在和中， ， ，故选项C正确，不符合题意； ∵， 与不垂直，故选项D不正确，符合题意， 故选：D． 8．D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，角平分线的性质和垂直平分线的判定的知识，掌握以上知识是解题的关键． 本题先证得是等边三角形，由等边三角形的性质得出，，求得，即，即可得到，可以判断①正确；依据，，可得②正确；假设③正确，那么，即，那么不能构成，可判断③错误； 根据点是的中点，点是的中点，进而得出是的中位线，则可得出，可判断④正确；然后即可求解． 【详解】解：在中， ，，平分，点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故①正确，符合题意； ∵，， ∴， ∴平分， 故②正确，符合题意； 已知：，， 假设③正确，那么， 即，那么不能构成， ∴③错误，不符合题意； ∵点是的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴垂直平分， 故④正确，符合题意； 综上所述，正确的为①②④， 故选：D． 9．（答案不唯一） 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理． 根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可添加，可证明，结合即可证明四边形为平行四边形． 【详解】解：添加的条件是（答案不唯一）． 理由如下：，， ，即， 又， ∴四边形为平行四边形，符合题意． 故答案为：（答案不唯一）． 10．20 【分析】本题考查了平行四边形的性质与含角的直角三角形的性质，掌握平行四边形对边相等、对角相等，以及含角的直角三角形中角所对直角边是斜边的一半是解题的关键． 先利用平行四边形的性质，得到对边相等、对角相等；再结合垂直条件，识别出含角的直角三角形，利用角所对的直角边是斜边的一半求出邻边和的长度；最后代入平行四边形周长公式计算周长 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，． ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴的周长为． 故答案为：． 11． 【分析】本题主要考查了中心对称、平行四边形的性质、关于原点对称的点的坐标，熟记相关性质是解题关键．根据平行四边形是中心对称图形，可得点D与点B关于原点成中心对称，根据中心对称的性质（横坐标与纵坐标互为相反数）确定m、n的值，最后求和即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形且对角线交于原点O， ∴点D与点B关于原点成中心对称， ∵点的坐标为，点的坐标为， ∴， ∴． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了翻折的变换，掌握翻折的性质、平行四边形的性质及三角形的内角和定理是解题的关键． 由折叠的性质，得，，根据平行四边形的性质结合两直线平行同位角相等可得，再由三角形的内角和为可求出的度数，即为的度数． 【详解】解：如图，设与交于点． 由折叠的性质，得，， ． 四边形是平行四边形， ， ． 在中，， －， ． 故答案为：． 13． 【分析】本题主要考查勾股定理、含30度直角三角形的性质及三角形中位线，熟练掌握勾股定理、含30度直角三角形的性质及三角形中位线是解题的关键；连接，由题意易得是的中位线，即，当取最小值时，则也为最小，则当时，取最小，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵点E为的中点，点F为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当取最小值时，则也为最小， ∴当时，取最小， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为； 故答案为． 14． 【分析】此题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质得出，，进而利用平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，进而解答即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ∴， ， 由勾股定理可得，， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，中位线定理，取中点，连接，则，由平行四边形性质可得，，通过中位线定理可得，，，从而可证明四边形是平行四边形，所以，然后代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，取中点，连接，则， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵为的中点，为的中点， ∴是中位线，是中位线，是中位线， ∴，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16．3 【分析】本题考查了平行四边形的判定，动点问题的方程思想，掌握利用平行四边形一组对边平行且相等的判定定理，结合动点速度列方程求解是解题的关键． 设运动时间为秒，利用平行四边形一组对边平行且相等” 的判定定理，结合动点速度表示线段长度，列方程求解． 【详解】解：设时，四边形是平行四边形． 根据题意，得，． ， ． ， 当时，四边形是平行四边形， ， 解得． 故答案为：． 17．见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．证明，即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵点、分别是、上的中点， ∴，， ∴， ∴ 即， 在和中， ， ∴， ∴． 18．(1)见解析 (2)，，， 【分析】（1）按照要求作图即可； （2）四边形在是平行四边形，则，，由平分得到，又由，得到，则，得到，由，，得到，即可得到结论． 【详解】（1）解：如图所示， （2）证明：∵四边形在是平行四边形， ∴，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：，，， 19．(1)见解析 (2)2 【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质得到，然后根据角平分线的性质推知，，可得即证； （2）由（1）得，根据线段的和差即可求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，的平分线交于点， ∴，， ∴， ∴； （2）解：∵，的平分线分别交于点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理，， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 20．(1)见解析 (2)12 【分析】（1）根据平行四边形的性质，，，平行线的性质可得出，结合线段中点的定义可得出，然后根据证明即可； （2）根据三线合一的性质得出，由（1）中得出，根据勾股定理求出，最后根据线段中点定义和平行四边形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴， ∵点M、N分别为、的中点， ∴，， ∴， 又，， ∴； （2）解：∵，， ∴， 又M是的中点， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， 又，， ∴， ∴． 21．(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】（1）根据证明三角形全等即可；（2）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断即可； 【详解】（1）， ， 在和中， ， ； （2） ， ， 、分别是、的中点， ，， ， 又， 四边形是平行四边形． 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据“角角边”证明，可得，再根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得出答案； （2）先根据平行线的性质得，再说明是的垂直平分线，即可得，然后根据三角形内角和定理求出，进而得，最后根据三角形内角和定理得出答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 23．(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）通过证明，，分别得出：，，从而由“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”得证结论； （2）①由已知等边三角形、得出， 从而由“等腰三角形‘三线合一’”得出，；连接，相交于点交于点交于点，则是的中位线，是的中位线，得到四边形是平行四边形、；由已知和（1）可证明，得到，，从而得出；②由①知：、，通过等量代换、三角形内角和定理可得：． 【详解】（1）解：∵和都是等边三角形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 同理可证， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①线段与的数量关系是，理由如下： 设的中点为，延长交于点，延长交于点，连接、， ∵，为的中点， ∴， ，， ∵， ，， ， 如图，连接，相交于点交于点交于点， 则是的中位线，是的中位线， ， 四边形是平行四边形， ， 由（1）知：，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； ②由①知：，， ， ， ， 的度数为． 24．(1)见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，则，根据折叠得出，等量代换得出，等边对等角即可得证； （2）取的中点，连接，则是的中位线，得出，即可得证； （3）勾股定理求得，同（1）的方法证明，在中，勾股定理求得，进而求得，根据，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平行四边形纸片 沿过点的直线折叠，折痕交于点， 点的对应点为，延长交于点， ∴， ∴， ∴． （2）解：， 如图，取的中点，连接， ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴，， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵四边形是平行四边形，，， ， ∴，，， ∵，， 在中，， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， 又∵， ∴， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $