2025-2026学年鲁教版八年级下册第六章特殊平行四边形单元测试一（含解析）

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2025-2026学年鲁教版八年级下册
第六章 特殊平行四边形 单元测试一
考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题
1．下列关于菱形的说法正确的是（ ）
A．菱形的四个内角一定相等 B．菱形的对角线一定相等
C．菱形的四条边都相等 D．菱形的周长和面积一定相等
2．如图，在中，，是斜边上的中线．若，则的长为（ ）
A．3 B．2 C．12 D．6
3．如图，已知P是正方形对角线上一点，连接平分，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在菱形中，，点A的坐标为，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
5．如图，在矩形中，点A的坐标是，点C的坐标是，连接，则的长是（ ）
A．4 B．6 C． D．
6．如图，在中，D是斜边的中点，以为边作正方形，若正方形的面积为36，则的长为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
7．如图，剪两张等宽且对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形，其中一张纸条在转动过程中，下列结论不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，将长方形纸片折叠，使B，D两点重合，点A的对应点为，折痕分别交于点M，N，已知，，则DN的长为（ ）
A．8 B．6 C．2 D．3
9．如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，则的长为（ ）
A．7 B．7.5 C．8 D．9
10．如图，正方形的边长为8，为对角线上一动点，中，，，当点从点运动到点的过程中，的周长的最小值为（ ）

A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
二、填空题
11．如图，在等腰中，，是的中点．若，则的长为 ．
12．如图，菱形的顶点B在x轴上，顶点C在y轴上，点A的坐标为，点C的坐标为，则点D的坐标为 ．
13．在矩形中，，对角线 ，相交于点 O，E 为的中点，连接 ，则的面积为 ．
14．如图，在正方形中，，点是延长线上一点，且，点为线段上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的最小值是 ．
15．如图，P是正方形内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接，则正方形的面积为 ．
三、解答题
16．如图，在菱形中，对角线，相交于点，，是线段上一点，且，求的度数．
17．已知四边形是矩形，点是边上的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹．
(1)如图①中，过点E作线段，使得，交于点F；
(2)如图②中，在线段上找一点，使得，连接．
18．如图，四边形是矩形，，交的延长线于点，，交的延长线于点，连接．
求证：四边形是菱形．
19．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，，且为的平分线，求证：平行四边形为正方形．

20．如图，已知，、分别是、边上的中点，于点，点在的延长线上，，连接．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，，，求的长．
21．如图，菱形的对角线与交于点O，点E和F都在上，．求证：．
22．中，，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，，它们交于点．
(1)求证：．
(2)当，求的度数．
(3)当四边形是菱形时，求的长．
23．综合与实践
旋转是初中学习的一种全等变换，通过旋转可以将已知条件中“分散”的条件相对地“集中”在一起，构成新的联系，从而解决问题．同时，旋转时图形中出现“有公共端点的线段相等”的条件，所以在等腰（等边）三角形、正方形中常进行旋转变换．
【分析问题】
(1)如图①，点分别是正方形的边上的点，连接，若，求证：．
证明：将绕点顺时针旋转，得到，
则三点在同一条直线上，
由旋转可知，
， ，
四边形为正方形，
，
，
，
．
【解决问题】
(2)如图②，点为正方形内一点，且，求的度数．
（思路点拨：如图②，将绕点逆时针旋转，得到，连接，确定与分别为等腰直角三角形和直角三角形，并利用勾股定理和逆定理，问题得以解决．）
【拓展问题】
如图③，点是等边内一点，且，直接写出的度数．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C A C B D C B A A
1．C
【分析】本题考查了菱形的性质．菱形是四边相等的四边形，因此四条边一定相等；但内角不一定相等，对角线不一定相等，据此进行逐项分析，即可作答．
【详解】解：A、菱形的四个内角不一定相等，故该选项不符合题意；
B、菱形的对角线不一定相等，故该选项不符合题意；
C、菱形的四条边都相等，故该选项符合题意；
D、菱形的周长和面积一定相等是不正确的，故该选项不符合题意；
故选：C
2．C
【分析】本题主要考查直角三角形的性质：直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半．根据直角三角形的性质解决此题即可．
【详解】解：在中，，是斜边上的中线，
．
．
故选：C．
3．A
【分析】本题主要考查了正方形的性质，角平分线的定义，由正方形的性质可得的度数，再由角平分线的定义可得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵平分，
∴，
故选：A．
4．C
【分析】本题考查了菱形的性质、含角的直角三角形的性质；由点A的坐标为得,由菱形的性质得出，再由含角的直角三角形的性质得．
【详解】解：∵点A的坐标为，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
故选：C．
5．B
【分析】本题考查两点间的距离公式，矩形的性质，掌握两点间的距离公式是解决本题的关键．
根据两点间的距离公式求出的值，进而根据矩形的对角线相等即可求解．
【详解】解：∵点A的坐标是，点C的坐标是，
∴
，
∵四边形为矩形，
∴，
故选B．
6．D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点．掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
先根据正方形的面积求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，
∵，
∴，
∵在中，点D是斜边的中点，
∴．
故选：D．
7．C
【分析】本题考查菱形的判定和性质．解题的关键是证明四边形是菱形．设两张等宽的纸条的宽为，根据题意可得，从而得到四边形是平行四边形，再由，可得，进而得到四边形是菱形，再进行判断即可．
【详解】解：∵两张等宽且对边平行的纸条，
∴设两张等宽的纸条的宽为，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∴和互相垂直平分，但不一定相等；
故选C．
8．B
【分析】本题主要考查折叠的性质，勾股定理的应用，根据题意构建方程是解题的关键．
由题可知，，进而得到，设，则，再在中，应用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】解：根据折叠可知，，，
，，
，，
，
设，则，
在中，，
即，
化简整理得，
解得，
故选：B．
9．A
【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键．由旋转得，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则．
【详解】解：由旋转得，
，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，
在中，由勾股定理得，，
，
，
故选：A．
10．A
【分析】本题考查了垂线段最短、全等三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长，理解垂线段最短是解题的关键．根据题意证明，可得的周长为，当最小时周长最小，而，进而可得当时最小，求得此时的周长即可求解．
【详解】解：四边形是正方形，
，
，，
，
，
，
的周长为，
是等腰直角三角形，
，
如图，当时，最小，
正方形的边长为8，
，
，
的周长的最小值为，
故选：A．
11．
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，是解题的关键．先根据等腰三角形的性质，求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求解即可．
【详解】解：∵在等腰中，，
∴，，
∴，
∵是的中点，
∴．
故答案为：．
12．
【分析】本题主要考查菱形的性质，坐标与图形；连接相交于点E，根据题意得到，得到，写出坐标即可．
【详解】解：连接相交于点E，
∵四边形是菱形，
∴，
∵点B在x轴上，顶点C在y轴上，点A的坐标为，点C的坐标为，
∴轴，
∴，轴，
∴，
∴点D的坐标为：．
故答案为：．
13．5
【分析】本题考查知识点为矩形的性质（对角线互相平分）、三角形面积的比例关系．利用矩形面积与三角形面积的关系，结合对角线平分的性质，通过“中点分面积”的比例逐步计算．关键：明确矩形对角线平分后，各三角形面积的比例关系．易错点：混淆中点对应的面积比例（误将面积比例算错倍数）．
先算矩形面积，得面积为矩形的一半；由矩形对角线平分，得O是中点，面积为的一半；由E是中点，得面积为的一半．
【详解】矩形的面积为．
故．
矩形对角线互相平分，故O是中点，
；
又E是中点，
．
故答案为：5．
14．/
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟知最小时，最小是解题的关键．根据题意得到最小时，最小，即可解答．
【详解】解：线段绕点顺时针旋转得到线段，
为等腰直角三角形，
，
即最小时，最小，
如图，当时，最小，
根据勾股定理可得，
，
，
，
即的最小值是．
故答案为：
15．/
【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、旋转的性质、勾股定理逆定理及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定、旋转的性质、勾股定理逆定理及勾股定理是解题的关键；由旋转的性质可知：，则有，，由正方形的性质可知，然后可得，进而可得是直角三角形，过点A作于点H，最后根据勾股定理可进行求解．
【详解】解：由旋转的性质可知：，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
过点A作于点H，如图所示：
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
即正方形的面积为；
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．由菱形的性质得，，再由直角三角形的在得，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，即可得出答案．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，
．
，
，
．
17．(1)见解析；
(2)见解析
【分析】本题考查作图-复杂作图、矩形的性质，正确理解题意是解题的关键：
（1）连接对角线和，交于点O，连接并延长交于点F，线段即为所求；
（2）连接对角线和，交于点P，连接并延长交于点G，连接．
【详解】（1）解：线段即为所求，
（2）解：点即为所求，
18．见详解
【分析】本题考查菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的判定与性质．根据题意先证四边形是平行四边形，再由即可．
【详解】证明：四边形是矩形
,
四边形，四边形都是平行四边形
四边形是平行四边形
四边形是菱形．
19．详见解析
【分析】先证明，则平行四边形为矩形，再证明，即可得到结论．
【详解】证明：四边形为平行四边行，
，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
平行四边形为矩形，
为的平分线，
，
∴，
，
∴平行四边形为正方形
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、正方形的判定、等角对等边等知识，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
根据中位线的性质证得，结合，证得四边形是平行四边形，根据，从而得出结论；
在中，证得、，进而证得和，过点作于点，根据勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）证明：D、分别是、边上的中点，
是的中位线，
，即，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形；
（2）解：
在中，，
、
点是的中点，
过点作于点
在中，，
在中，，
由勾股定理得，．
21．见详解
【分析】本题主要考查菱形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而问题可求证．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
22．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用旋转的性质得，，，证明，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）利用，可得，再利用， 可得，最后由可得答案；
（3）利用四边形是菱形得到，，则，可判断为等腰直角三角形，得到，然后计算即可．
【详解】（1）证明：∵绕点按顺时针旋转得到，，
∴，，，
∴，
，即，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即的度数为；
（3）∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识点．解题的关键是掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
23．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先根据旋转的性质可得，则，，再证出，根据全等三角形的性质可得，由此即可得证；
（2）如图②，将绕点逆时针旋转，得到，连接，将先根据旋转的性质可得：，则，，再求出，根据等腰三角形的性质可得，然后根据勾股定理的逆定理可得，最后求和可得；
（3）如图③，将绕点逆时针旋转，得到，连接，先根据旋转的性质可得，则，再求出，根据等边三角形的判定与性质可得，然后根据勾股定理的逆定理可得，最后求和即可．
【详解】（1）证明：将绕点顺时针旋转，得到，
∴
∵
∴三点在同一条直线上，
由旋转可知，
，，
四边形为正方形，
，
，
，
，
，
．
故答案为：，，．
（2）解：如图②，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
且，
∴．
（3）解：如图③，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
∵是等边三角形，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理的逆定理、等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
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