2023-2024学年数学八年级四边形单元测试试题（湘教版）基础卷含解析

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2023-2024学年数学八年级四边形（湘教版）
单元测试 基础卷 含解析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量，下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（本题3分）下面图形中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）

A．科克曲线 B．笛卡尔心形线 C．阿基米德螺旋线 D．赵爽弦图
3．（本题3分）点关于原点中心对称的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．（本题3分）若M表示平行四边形，N表示矩形，P表示菱形，Q表示正方形，它们之间的关系用下列图形来表示，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（本题3分）如图，已知点P是正方形对角线上一点，且，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
6．（本题3分）如图，在中，是角平分线，交于，交于，若，那么四边形的周长为（　　）
A． B． C． D．
7．（本题3分）随着新能源汽车的普及，自主汽车品牌逐渐成为市场主流，以下汽车品牌标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
8．（本题3分）已知点和关于原点对称，则的值为（ ）
A．1 B．0 C． D．
9．（本题3分）如图，在矩形中，点为的中点，将沿所在直线翻折压平，得到，延长与交于点，若，，则四边形的面积为（ ）

A． B． C． D．
10．（本题3分）如图，在正方形中，，点E是延长线上一点，点F是上的点，，，连接交于点，连接，则线段的长是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）已知一个多边形的内角和是，则这个多边形的边数是 ．
12．（本题3分）学习矩形时，我们从它的边、角、对角线等方面进行了研究，可以发现并证明矩形的对角线相等．小明参考平行四边形判定方法的研究过程，得出下面的猜想：①对角线相等的四边形是矩形；②对角线互相平分且相等的四边形是矩形；③对角线互相垂直且相等的四边形是矩形．其中正确的是 ．（填序号）
13．（本题3分）在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则点 ．
14．（本题3分）点关于原点的对称点为点，则点的坐标为 ．
15．（本题3分）若一个多边形的内角和比外角和大，则这个多边形的边数为 ．
16．（本题3分）正n边形每个内角的度数都是其相邻外角度数的5倍，则 ．
17．（本题3分）如图所示的地面由正六边形和菱形（所有菱形地砖都全等）两种地砖镶嵌而成，则的度数为 ．
18．（本题3分）如图，在边长为的正方形中，点，分别是，边的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则 ．

三、解答题（共66分）
19．（本题8分）一个多边形的内角和比其外角和的2倍多180°，则这个多边形是几边形
20．（本题8分）如图所示，在四边形中，已知，平分交于点E，平分交于点F．
(1)求证：；
(2)求证：．
21．（本题10分）如图，在四边形中，，平分，平分，试说明．
22．（本题10分）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点M，与相交于点O，与相交于N，连接
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
23．（本题10分）如图，E，F是四边形的对角线上两点，，，．求证：四边形是平行四边形．

24．（本题10分）在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，，连接，．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，，，求证：平分．
25．（本题10分）如图，在正方形中，对角线相交于点，点是对角线上的两点，且．连接．
(1)证明：；
(2)若，求四边形的周长．
参考答案：
1．D
【分析】
本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选D．
2．D
【分析】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别．观察四个选项中的图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合，找出既是轴对称图形又是中心对称图形的那个即可得出结论．
【详解】
解：A、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
3．C
【分析】此题主要考查了关于原点对称的点的特征，正确掌握关于原点对称的点的特征是解题关键．直接利用关于原点对称的点的特征：如果两个点关于原点对称，它们的横、纵坐标分别互为相反数，得出答案．
【详解】解：点关于原点中心对称的点的坐标为，
故选：C．
4．D
【分析】
本题考查的是正方形、平行四边形、菱形和矩形的定义，熟练掌握这些多边形的定义与性质是解答此题的关键．根据正方形、平行四边形、菱形和矩形的定义进行解答即可．
【详解】
解：∵四个边都相等的矩形是正方形，有一个角是直角的菱形是正方形，
∴正方形应是N的一部分，也是P的一部分，
∵矩形、正方形、菱形都属于平行四边形，
∴它们之间的关系如图：
．
故选：D．
5．C
【分析】
本题主要考查正方形的性质、等腰三角形的性质和三角形内角和定理，根据正方形性质得，结合等腰三角形的性质得，即可求得答案．
【详解】
解：∵四边形是正方形，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选：C．
6．B
【分析】
本题主要考查三角形的角平分线，平行四边形和菱形的判定与性质，由，，可证明四边形是平行四边形，再由角平分线的定义，可得，进而可得平行四边形是菱形，由菱形的性质可得答案，熟练掌握平行四边形和菱形的判定与性质是解题的关键．
【详解】
∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴四边形周长为,
故选：．
7．C
【分析】
本题考查了中心对称图形的识别．根据中心对称图形的定义“在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，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”，逐个进行判断即可．
【详解】解：A、B、D不能找到一点，使其绕该点旋转180度后与原来图形重合，故A、B、D不是中心对称图形，不符合题意；
C能找到一点，使C绕该点旋转180度后与原来图形重合，故C是中心对称图形，符合题意；
故选：C．
8．A
【分析】此题考查了关于原点对称的点坐标的关系，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．根据这一条件就可以转化为方程问题解决，就可以得到关于，的方程，从而求得，的值．
根据“平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是”这一结论求得，的值，再进行计算．
【详解】解：根据题意得：，，
解得：，．
则．
故选：A．
9．B
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是掌握勾股定理的应用，折叠的性质，矩形的性质及全等三角形的性质与判定．
连接，根据矩形的性质可得，，，根据中点的性质可得，根据折叠的性质可得，，，利用证明，根据全等三角形的判定和性质可得，即可推得，设，则，，在中，根据勾股定理求得，再根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，连接，

四边形是矩形，，
，，，
为的中点，
，
根据折叠的性质得，，，，
又，
，
，，
，
，设，
，，
则，
，
在中，，
，
（负值已舍），
，
，
四边形的面积．
故选B．
10．B
【分析】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，斜边上的中线，过点作，证明，得到为的中点，连接，根据斜边上的中线等于斜边的一半，求出的长，再证明，即可．
【详解】解：∵正方形，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
过点作，
则：，，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
又，
∴，
∴，
连接，则：；
∵，
∴，
∴；
故选：B．
11．15/十五
【分析】
本题考查多边形得内角和，根据多边形的内角和公式，进行求解即可．
【详解】解：设所求n边形边数为n，
则，
解得．
故这个多边形的边数是15．
故答案为：15．
12．②
【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据矩形的判定逐个判断即可．
【详解】对角线相等的四边形不一定是矩形，所以①不正确；
对角线互相平分且相等的四边形是矩形，所以②正确；
对角线互相垂直且相等的四边形是不一定是矩形，所以③不正确．
所以正确的是②．
故答案为：②．
13．0
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，直接利用关于原点对称点的性质得出m，n的值，即可求出．
【详解】解：点与点关于原点对称，
，
，
，
故答案为：0．
14．
【分析】本题考查的是关于原点对称的点的坐标特点，横纵坐标都互为相反数，利用坐标特点直接作答即可．
【详解】解：∵点关于原点的对称点为点，
∴的坐标为，
故答案为：．
15．
【分析】
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，注意利用多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是是解题的关键，根据多边形的内角和公式，外角和等于列出方程求解即可．
【详解】
解：设多边形的边数是，
根据题意得，，
解得．
故答案为：．
16．12
【分析】
本题主要考查了多边形的内角与外角的关系以及多边形的外角和定理，先根据正n边形每个内角的度数都是其外角度数的5倍，利用内外角的关系得出等式，即可求得多边形的外角的度数，进而利用外角和求出n．
【详解】
解：设多边形的每个外角为n，则其内角为，根据题意，得
，
解得：，
所以
即这个多边形的边数为12边．
故答案为：12．
17．
【分析】本题考查了正多边形的内角和公式，掌握正多边形的概念，数形结合是解题的关键．先计算出正六边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解．
【详解】解：正六边形的一个内角度数为，
的度数为，
故答案为：．
18．/
【分析】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质．连接并延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【详解】
解：连接并延长交于，连接，

四边形是正方形，
，，，
，分别是边，的中点，
，
，
，
∵H是边的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
点，分别是，的中点，
．
故答案为：．
19．这个多边形为七边形．
【分析】本题考查多边形的内角和和外角和．根据多边形的内角和公式以及外角和为，列出方程求解即可．
【详解】解：设多边形的边数为，
由题意，得：，
解得：；
所以这个多边形为七边形．
20．(1)证明见详解；
(2)证明见详解；
【分析】本题考查多边形内角和、平行线的判定及角平分线的定义．
（1）根据四边形的内角和是及即可求出；
（2）由（1）及角平分线的定义证明出，再根据及余角的性质得出即可证平行．
【详解】（1）证明：四边形中，，，
．
（2）证明：平分交于点E，平分交于点F，
，
，
，
中，
，
．
21．
【分析】本题主要考查了平行线的判定，四边形内角和定理，三角形内角和定理，角平分线的定义，先由四边形内角和为360度得到，再由角平分线的定义推出，由三角形内角和为180度得到，由此即可证明，则．
【详解】证明：∵在四边形中，，
∴，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
22．(1)见详解
(2)长为．
【分析】（1）根据矩形性质求出，推出，证△，推出，得出平行四边形，推出菱形；
（2）根据菱形性质求出，在中，根据勾股定理得出，推出，求出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴
∴
在和中，
，
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴MB=MD，
设长为x，则，
在中，
即
解得：．
答：长为．
【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点的应用．注意对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
23．见解析
【分析】本师考查全等三角形判定与性质，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
先由得，再证明，得，，继而得，即可由平行四边形判定定理得出结论．
【详解】证明：∵，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
24．(1)见解析
(2)见解析
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得，，进而得到，因此四边形是平行四边形，再由即可证得矩形；
（2）由勾股定理可求得，从而得到，进而，由得到，因此，即可解答．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，即，
∴是矩形．
（2）∵，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理，等腰三角形的判定及性质，综合运用相关知识是解题的关键．
25．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由正方形对角线性质可得，再由可证；
（2）由正方形性质及勾股定理可求得，．再证明四边形为菱形，因为，所以可得，在中用勾股定理求得，进而四边形的周长为，即可求得答案．
【详解】（1）证明：由正方形对角线平分每一组对角可知：，
在和中，
，
；
（2）解：，
，
由正方形对角线相等且互相垂直平分可得：，，，
又，
，
即，
故四边形为平行四边形．
，
四边形是菱形，
．
，
故四边形的周长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟悉以上几何图形的性质和判定是解题关键．
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