第4章 平行四边形 单元测试 拔高卷 2025-2026学年浙教版数学八年级下册

**基本信息** 2025学年八年级数学下学期平行四边形单元提升卷，以博物馆标志（文化传承）、钓鱼椅（生活实践）为情境，覆盖中心对称、平行四边形性质与判定等核心知识，通过基础到创新的梯度设计，培养几何直观、推理能力与应用意识，适配单元复习与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题30分|中心对称图形（1）、多边形外角和（2）、三角形垂直平分线（3）|结合文化素材，考查概念辨析与基础推理| |填空题|6题18分|多边形对角线（11）、中点四边形（12）、分形图形规律（15）|设置开放结论判断，渗透数学抽象与规律探究| |解答题|7题72分|平行四边形判定（19）、旋转性质应用（21）、实际问题建模（22）|综合几何证明与生活情境，培养逻辑推理与模型意识|

2025学年八年级数学下学期单元测试卷 第4章 平行四边形单元测试 提升卷 学校:___________姓名：___________班级：___________ 一、选择题（每题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1．作为传承中华文脉的重要场所，博物馆的标志设计在展现传统美学底蕴的同时，也融入了精密的几何构造理念．下列博物馆标志中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，小明从点出发，沿直线前进后向左转，又向左转，照这样走下去回到原点，共走路程为（    ） A． B． C． D． 3．下列说法错误的是（   ） A．三角形三边的垂直平分线的交点到三角形三边的距离相等 B．“同位角相等，两直线平行”的逆命题是真命题 C．用反证法证明“”时，应假设 D．边长为3，6的等腰三角形的周长为15 4．如图，在中，是的中点，平分，，垂足为，连接．若，，则的长是（   ） A． B． C． D． 5．如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（   ） A． B． C． D． 6．如图，在矩形中，，，点、、、分别在、、、上，且，，点是直线、之间任意一点，连接、、、，则图中阴影面积和的面积和）等于（    ） A．7 B．8 C．12 D．14 7．在如图所示的中，，分别为边，的中点，点，分别在边，上移动（不与端点重合），且满足，连接，，，，，有以下结论：①四边形的周长是定值；②四边形的面积是定值；③四边形是平行四边形；④四边形是平行四边形．上述结论正确的个数是（   ） A． B． C． D． 8．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到交于点，则的长为（   ） A． B． C．5 D． 9．如图，平分，交边于点D，，垂足为点E，，．若，，则的面积为（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 10．如图，在中，，分别是边，上的点，且，连接交于点，连接，，若，，则的面积为（    ） A．4 B．6 C．8 D．1 二、填空题（每小题 3 分，共 18 分） 11．从某个多边形的一个顶点出发的所有对角线，将其分成6个三角形，则这是________边形． 12．如图所示，在四边形中，，对角线，相交于点O，于点E，于点F，连接，．若，则下列结论：①；②；③四边形是平行四边形；④四边形是平行四边形．其中正确的结论是______．（填序号） 13．如图，，在的延长线上，在上，， ，已知，则的长是______． 14．如图在中，，，将绕点按逆时针方向旋转角，得到，设交边于，连结，若是等腰三角形，则旋转角的度数为______． 15．谢尔宾斯基三角形是一种经典的分形图形．初始三角形（分形次数为0）是1个边长为1的等边三角形，每进行一次分形，都会取黑色的小等边三角形的三边中点并连接，形成几个形状、大小完全相同的等边三角形．如图，经过第一次分形得到3个边长为的黑色等边三角形，经过第二次分形得到9个边长为的黑色等边三角形…按此规律，第5次分形图形中黑色的等边三角形的周长和为_____________． 16．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，如果，，如果，那么的取值范围是_____． 三、解答题（第 17，18，19，20，21 ，22题每题 10分，第 23题每题 12 分，共 72 分） 17．如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，连接，． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 18．四边形中，，，O为对角线的中点，过O点作直线，交的延长线于点E，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果四边形与四边形的周长分别是16与10，求的周长． 19．某款折叠便携钓鱼椅抽象出来的几何图形如图所示，测得， ，，，，已知． (1)求证：四边形 是平行四边形； (2)求椅子最高点到地面 的距离的大小． 20．课本再现：在等腰中，． (1)如图1，若也是等腰直角三角形，且，的顶点A在的斜边上，连接． ①的度数为________； ②猜想线段之间的数量关系，并加以证明； (2)如图2，E为上一点，，，则的长为________． 21．如图，在中，点在边上，，将边绕点旋转到的位置，使得，连接与交于点，且，． (1)求证：； (2)求的度数． 22．如图，某游乐场游客中心位于处，其正南方向米处有海盗船游乐项目，在的正东方向米处有摩天轮游乐项目餐厅位于的中点；碰碰车游乐项目位于上，且恰好处于餐厅的正南方向小快从出发，经到匀速骑行游玩，曼曼同时从出发，沿南偏西方向匀速直线行走游玩．    (1)餐厅和碰碰车游乐项目相距多少米？ (2)已知小快的速度是曼曼速度的倍，小快在由到骑行的途中与曼曼相遇于处，那么相遇时曼曼行走了多少米？（结果精确到米，） 23．请完成证明中的三个填空．并参考小刚同学思考的方法，解决下列问题： (1)问题背景： 小刚遇到一个这样问题：如图1，两条相等的线段交于点，连接，求证：．通过尝试他发现通过平移可以解决这个问题． 证明：过点作且使，连接， 四边形为平行四边形，则___________， ， ___________， 又， 为等边三角形， ___________， ，即． 类比运用： (2)如图2，与相交于点，，求线段的长； 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A A B A C A B C 1．C 解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 2．C 利用多边形的外角和求出边数，进而即可求解． 解：由题意可知，小明每次向左转的角度为，这相当于正多边形的一个外角， ∵多边形的外角和为， ∴该正多边形的边数 ， ∵每次前进的距离为， ∴共走路程为 ． 3．A 根据反证法、逆命题、垂直平分线的性质、等腰三角形与三角形三边关系，逐一判断即可找出错误选项． 解：A、三角形三边的垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等，三角形三条角平分线的交点到三边的距离相等，因此A说法错误． B、“同位角相等，两直线平行”的逆命题是“两直线平行，同位角相等”，是真命题，因此B说法正确． C、用反证法证明结论时，需先假设结论不成立，证明时，应假设，因此C说法正确． D、若等腰三角形腰长为，底边长为，则，不满足三角形三边关系，因此腰长只能为，底边长为，周长为，因此D说法正确． 综上，说法错误的是A，故选A． 4．B 本题主要考查三角形中位线定理，掌握由三角形中位线等于底边的一半成为解题的关键． 由三角形中位线定理得到，再结合米即可解答． 解：∵和的中点D、E， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴米， ∴A、B两点间的距离为12米． 故选B． 5．B 本题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．先由三角形中位线定理证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论． 解：若四边形为菱形，则四边形需满足的条件是，理由如下： ，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理，，， 四边形是平行四边形， ，分别是，的中点， ，， 当时， ， 四边形是菱形， 故选：B． 6．A 本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，作出辅助线并证明出四边形是平行四边形是解题的关键． 根据题目数据可以证明与全等，根据全等三角形对应边相等可得，同理可得，然后根据两组对边相等的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，所以和的面积和等于平行四边形的面积的一半，再利用平行四边形的面积等于矩形的面积减去四周四个小直角三角形的面积即可求解． 解：连接，， 在矩形中，，，，， ， ， ， 在与中， ， ， ， 同理可得，， ， 四边形是平行四边形， 和的高的和等于点到直线的距离， 和的面积和平行四边形的面积， 平行四边形的面积 ， ， ， 和的面积和． 故选：A． 7．C 利用平行四边形的性质可证，，得到四边形是平行四边形，即可判定④；分别证明和，可得，，得到四边形是平行四边形，即可判定③；利用平行线间的距离相等可得，，即得，即可判定②；由点在上移动时，的长度发生变化，在中，的长度随之变化，同理的长度也变化，可知四边形的周长不是定值，即可判定①，综上即可求解． 解：∵四边形是平行四边形， ，，，，，， 分别为的中点， ， ， 又∵， ∴四边形是平行四边形，故④正确； ∵，，， ∴， 在和中， ， ， ， ， ，即， 同理可证， ， ∴四边形是平行四边形，故③正确； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴点到的距离等于点到的距离， 设距离为， ∵ ， ， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 同理可得，， ∴， ∴四边形的面积是定值，故②正确； 当点在上移动时，的长度发生变化，在中，的长度随之变化，同理的长度也变化，所以四边形的周长不是定值，故①错误； 综上所述，正确的结论有②③④，共个． 8．A 先根据含30度角的直角三角形的性质求出的长，再由旋转的性质得到，，进而证明，则，据此可得答案． 解：∵在中，，，， ∴，， ∴， 由旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴， ∴， 9．B 本题考查了平行的性质，全等三角形的判定和性质．延长交于点，作于点，证明四边形是矩形，得到，再利用证明，得到，，据此求解即可． 解：延长交于点，作于点，如图， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：B． 10．D 利用平行四边形的性质判断所给结论即可． 解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， 无法根据已知条件得到， 所以正确的是①②④⑤． 11．八 本题考查多边形对角线的性质，掌握从边形的一个顶点出发的所有对角线将多边形分成个三角形的规律是解题关键，根据规律列方程求解即可． 解：设这个多边形为边形，根据题意得 ， 移项得 ， ∴． 12．①②③④ 本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 根据题意易证，进而得到，根据、，证得四边形是平行四边形，同理证得四边形是平行四边形，根据平行四边形对角线的性质得到． 解：、， ， ， ， ， 在和中 ， ， 故①正确； 、， ， ， 四边形是平行四边形， ， 故②③正确； ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 故④正确； 综上所述，正确的有①②③④， 故答案为：①②③④． 13． 证明，，推出，再证明是等腰直角三角形可得结论． 解：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ． 14．或 此题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键，根据旋转的性质可得，根据等腰三角形的两底角相等求出，再表示出，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出，然后分三种情况讨论求解． 解：∵绕C点逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∴， 根据三角形的外角性质，， 是等腰三角形，分三种情况讨论， ①时，，无解， ②时，， 解得， ③时，， 解得， 综上所述，旋转角α度数为或. 故答案为：或． 15． 先根据中位线定理推出第次分形的等边三角形的边长是，再通过规律得到第次分形图形中黑色三角形的个数，从而得结论． 解：∵每进行一次分形，都会取黑色的小等边三角形的三边中点并连接，形成几个形状、大小完全相同的等边三角形， ∴根据中位线定理可知每进行一次分形得到的三角形边长是上一次分形三角形边长的， ∴第一次分形图形中等边三角形的边长是，第二次分形图形中等边三角形的边长是，第三次分形图形中等边三角形的边长是，第次分形图形中的等边三角形的边长是， ∵每进行一次分形，黑色三角形的个数是上一次分形中黑色三角形个数的三倍， ∴第一次分形图形中黑色的三角形的个数为3个，第二次分形图形中黑色的三角形的个数为个，第三次分形图形中黑色的三角形的个数为个，第次分形图形中黑色的三角形的个数为个， ∴第次分形图形中黑色的等边三角形的周长和为 ， ∴第5次分形图形中黑色的等边三角形的周长和为． 16．/ 利用平行四边形的性质得到，，再结合三角形三边关系求解，即可解题． 解：平行四边形中，对角线，相交于点，，， ，， ， ， ， ， ． 17．(1)见解析 (2)． （1）根据三角形中位线定理得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，进而得证； （2）首先推导出，在中，利用勾股定理进行计算即可解答． （1）证明：是的中点， ， 又， 是的中位线， ， ， 又， 四边形为平行四边形， ； （2）解：由（1）知，是的中位线，四边形为平行四边形， ， ， ， 在中，，， 由勾股定理得：． 18．(1)见解析 (2)13 （1）由平行线的性质得到，，则可证明，得到，据此可证明结论； （2）可证明四边形是平行四边形，，则可证明四边形的周长，同理可得四边形的周长，则可推出，再根据三角形的周长公式可得答案． （1）证明：∵， ，， ∵O为对角线的中点， ∴ ∴， ， 四边形是平行四边形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形的周长； 同理可得四边形的周长， ∵四边形与四边形的周长分别是16与10， ∴， ∴， ∴的周长． 19．(1)见解析 (2) （1）由平行线的性质可得，进而得，可知，即可证明结论； （2）延长交于点，先证明四边形是平行四边形，即可得的值，再由勾股定理即可求解． （1）解：∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形 是平行四边形； （2）解：如图，延长交于点， ∵，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 由（1）得， ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴在中， 由勾股定理得． 20．(1)①；②，证明见解析 (2) （1）①根据等腰直角三角形性质和证明即可；②利用①的结论、等腰直角三角形的性质和勾股定理即可证得结论； （2）如图，将绕点C顺时针旋转到的位置，连接，根据旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及勾股定理可求出，进而可得，即可求解． （1）证明：①∵、是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴；    ②，证明如下： ∵、是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵在中，， 在中，，即， ∴； （2）解：如图，将绕点C顺时针旋转到的位置，连接， 则，， ∴， 在直角三角形中，根据勾股定理可得， 即，解得：（负值已舍去）， ∴， ∴． 21．(1)3 (2)24 （1）利用平行四边形性质求出，再利用勾股定理求解，即可解题； （2）根据平行四边形面积公式求解，即可解题． 解题的关键在于熟练掌握平行四边形性质． （1）解：， ， 四边形是平行四边形， ，， ； （2） 解：． 22.(1)见解析 (2)存在，或或 （1）利用旋转的性质，和证明即可； （2）先求出点坐标，利用全等三角形的性质，求出点D的坐标，然后分别以为对角线，为对角线，为对角线，三种情况进行讨论求解即可． （1）解：∵将线段绕着点C顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：存在， ∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点， 当时，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点在直线上， ∴， ∴， ∴，， 设，， 以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形有以下三种情况： ①当为对角线时：， ∴， ∴点P的坐标为； ②当为对角线时：， ∴， ∴点P的坐标为； ③当为对角线时：， ∴， ∴点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为或或． 24．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)是直角三角形，证明见解析 （）利用三角形中位线的性质可得，进而即可求证； （）利用三角形中位线的性质可得，，进而根据（）的结论即可求证； （）取的中点，连接，利用三角形中位线的性质可证，进而得到 ，即得到是等边三角形，即可得，得到，进而得 ，即可求证． （1）证明：∵是的中点，是的中点， ∴， 同理可得，， ∵， ∴， ∴； （2）证明：∵是的中点，是的中点， ∴， ∴， 同理可证，， 由（）知，， ∴； （3）解：是直角三角形，证明如下： 如图，取的中点，连接， ∵是的中点， ∴，， 同理可得，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∵， ∴ ， 又∵ ， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形． 22． 学科网（北京）股份有限公司 $