第21章 四边形 章末测试卷（含解析）-2025-2026学年数学八年级下册人教版（2024）

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第21章四边形章末测试卷-2025-2026学年数学八年级下册人教版（2024）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在中，添加下列条件：①；②；③；④．能够判定是菱形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．如图，矩形中，对角线、交于O，若，，则的长为（ ）
A．3 B．4 C．7 D．5
3．如图，将一张长方形纸条翻折，是折痕．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，点是矩形的对角线的中点，交于点，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，平行四边形的面积为28，于点，，将沿折叠到处，连接．若，则的长为（ ）
A．5 B． C．6 D．
6．亮亮用四根长度相等的木条制作了角度能够调整的菱形学具．他先将学具调整为图1所示的菱形，其中，然后调整为图2所示的正方形，此时对角线，则图1中菱形的对角线的长为（ ）
A．6 B．8 C． D．
7．如图，在中，，，，点D为上一点，连接，将沿翻折得到，过点A作交于点E，交于点F，若，则的长为（ ）
A．3 B． C．4 D．
8．如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接、、，则四边形周长的最小值为（　　）
A．10 B．12 C． D．
9．如图，小明借助直尺和三角尺，作，然后再作，进而得到，四边形是平行四边形的依据是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
二、填空题
10．如果一个正多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数为_______ ．
11．已知菱形的周长为，一条对角线长为，则这个菱形的面积是______．
12．如图，两个相同的正方形与正方形的顶点重合，恰好落在正方形的对角线上，与交于点，连接，则的度数为______．
13．如图，在中，，连接，点、分别在、上，连接、交于点，，．若，，则的长为______．
14．如图，在中，，，D为的中点，P是边上的一个动点，连接、，将沿直线折叠，得到，当以、B、D、P为顶点的四边形是平行四边形时，线段的长为_______．
15．如图，以任意的边和向形外作等腰和等腰，F、G分别是线段和的中点，则的值为__．
16．如图，在中，，作斜边的中线，得到第一个三角形；于点E，作斜边的中线，得到第二个三角形；依此作下去…，则第3个三角形的面积等于________．
三、解答题
17．如图，已知在中，E，F分别在边上，且相交于O，连接．求证：；
18．如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作对角线的垂线交的延长线于点．
(1)证明：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的周长．
19．图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点叫做格点，小正方形的边长都是，点、、、均在格点上；在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按要求画图，使所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法，
(1)在图①中以线段为边画一个等腰三角形且顶角为锐角；
(2)在图②中以线段为边画一个轴对称四边形，使其面积为．
20．如图，在平行四边形中，，，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒．
(1)用含t的代数式表示 ；
(2)当时，求t的值；
(3)请问是否存在t的值，使得A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
21．【模型建立】（1）如图，在正方形中，分别是边上的点，连接，，连接，探究线段之间的数量关系．小明发现可以将沿折叠，沿折叠，和恰好重合在上，进而利用折叠的性质来证明此问题．请你根据小明的解题方法探究之间的数量关系；
【类比探究】（2）如图，在等腰直角中，，点在边上，连接，，探究线段之间的数量关系；
【拓展迁移】（3）如图，在中，于点，若，，，求的面积．
《第21章四边形章末测试卷-2025-2026学年数学八年级下册人教版（2024）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 A D D B A A B B C
1．A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形和菱形的判定；
结合平行四边形的性质与菱形的判定定理，逐一分析每个条件能否判定平行四边形为菱形即可．
【详解】解：四边形是平行四边形，
添加条件①可得是矩形，不是菱形；
条件②是平行四边形的固有性质，故添加条件②无法判定其为菱形；
添加条件③可得是矩形，不是菱形；
添加条件④能判定是菱形；
综上，能够判定是菱形的有1个，
故选：A．
2．D
【分析】根据矩形的性质和勾股定理得出，进而利用矩形的性质解答即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
，，
，
．
3．D
【分析】由折叠可得，且，根据直线得，最后由对顶角的性质求得．
【详解】解：如图所示：
∵是折痕，
，
，
，
又 ∵，
，
，
又 ∵，
．
4．B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理，连接，根据矩形的性质可知，根据，可知，根据等腰三角形的三线合一定理可知，利用勾股定理即可求出．
【详解】解：如下图所示，连接，
四边形是矩形，点是的中点，
点、、三点共线，，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
．
5．A
【分析】作于点，根据平行四边形的性质，求出，进而得到，易得为等腰直角三角形，得到，进而求出，勾股定理求出的长即可.
【详解】解：作于点，
∵平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵平行四边形的面积为28，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴.
6．A
【分析】根据正方形和菱形的性质以及勾股定理进行求解．
【详解】解：由正方形得，，
∴，
解得，（负值已舍），
由菱形得，，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
7．B
【分析】过作于，设，由折叠的性质得到，，，判定四边形是矩形，推出，，判定≌，推出，，结合解题即可．
【详解】解：过作于，设，
∴，
∴，，，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，
在和中，
∴≌，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴．
8．B
【分析】延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N，根据线段垂直平分线的性质得到，，根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：如图，延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N，
∵四边形是正方形，
∴，
∴垂直平分，垂直平分，
∴，，
∴四边形周长，
根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值．
∵E为边长是4的正方形的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴四边形周长的最小值为．
9．C
【分析】根据两组对边分别平行的四边形为平行四边形．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
10．20/二十
【分析】根据多边形外角和为，正多边形的每个外角都相等，多边形外角的个数等于多边形的边数，据此计算求解即可．
【详解】解：任意多边形的外角和为，正多边形的每个外角相等．
可得这个正多边形的边数为：．
11．24
【分析】题目主要考查菱形的性质及勾股定理解三角形，理解题意是解题关键．
根据菱形的性质，先求另一条对角线的长度，再运用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解．
【详解】解：如图，在菱形中，．
∴，，
∴ ．
∴面积
故答案为：24．
12．
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，由正方形的性质可得，，，即得，得到，进而即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形和四边形是两个相同的正方形，恰好落在正方形的对角线上，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
13．
【分析】在线段上截取，连接，作，垂足为，容易证明是等边三角形，则，．通过等量代换可得，从而证明，则，．结合题干容易计算出，再利用含的直角三角形的性质和勾股定理计算出即可．
【详解】解：如图，在线段上截取，连接，作，垂足为，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，解得，
∵，
又∵是等边三角形，
∴，，
在直角中，，，
∴，
∴，
由勾股定理可得，
在直角中，，
∵，
∴．
14．或
【分析】利用勾股定理求出，进而得到，再根据平行四边形性质，以及轴对称性质，分两种情况，当为边时，当为对角线时，讨论求解，即可解题．
【详解】解：，，
，
，
D为的中点，
，
沿直线折叠，得到，
，
P是边上的一个动点，以、B、D、P为顶点的四边形是平行四边形，
当为边时，；
当为对角线时，
由平行四边形对边相等得到，
由对称性质可知，
，
；
综上所述，线段的长为或．
15．
【分析】如图，取的中点H，连接、、，其中，的交点为，证明，可得，，，再证明，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得且，且，然后证明是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，然后求出的值即可．
【详解】解：如图，取的中点H，连接、、，其中，的交点为，
∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
又∵F、G分别是线段和的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴且，且，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
16．
【分析】先根据直角三角形的性质说明是等边三角形，再求出第三个等边三角形的边长，然后根据勾股定理求出，最后根据得出答案．
【详解】解：如图，设第3个三角形为，
∵，是斜边上的中线，
∴．
∵，
∴是等边三角形．
同理可知，被分成的第二个，第三个三角形都是等边三角形，
∵是斜边上的中线，是斜边上的中线，
∴第一个等边三角形的边长为；
第二个等边三角形的边长为；
第三个等边三角形的边长为，
即．
过点N作于G，则，
根据勾股定理得，
∴，
所以第3个三角形的面积等于．
17．见解析
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据已知证明，结合菱形的性质，根据平行四边形的判定证明即可；
（2）利用勾股定理求得，再利用平行四边形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，，
，，
，即，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，，，
，，
，
四边形是平行四边形，
，，
的周长为．
19．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）以为对角线，作菱形即可．
【详解】（1）解：如图①，即为所求作．
（2）解：如图，四边形即为所求．
20．(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）根据路程=速度×时间，求解即可 ；
（2）当时，过点A作于点F，则，，得到，根据题意，得，，构造等式求解即可；
（3）当时，；当时，，
根据平行四边形的判定，列式求解即可．
【详解】（1）解：∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，
∴；
（2）解：当时，如图1，过点A作于点F，则，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，
∴，，
∴，
∴，
解得．
（3）解：存在，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，
∴，，
∴当点P与点D重合时，，
故，
解得，
∴当点Q与点B重合时，，
故，
解得，
∴当时，；
当时，，
∵，
∴当时，A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，
当时，如图2，四边形是平行四边形，
∵，
∴，
解得；
当时，如图3，四边形是平行四边形，
∵，
∴，
解得；
综上所述，t的值为或．
21．（1），理由见解析（2），理由见解析（3）
【分析】（1），由折叠得到，，，从而推出，，，，得到，推出点三点共线，即可说明；
（2），将绕点逆时针旋转，得到，连接，由旋转可得，，得到，，，，推出，证得，得到，再利用勾股定理即可说明；
（3）将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点，得到，，，，，，从而可得，，可证明四边形是正方形，设，则，，，利用勾股定理，可得到，解得，（舍去），得到，即可求解．
【详解】（1）解：，
理由：由折叠可得，，，
∴，，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，
∴；
（2）解：，理由：
如图所示，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
由旋转可得，，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴；
（3）解：如图所示，将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点，
∴，，，
，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，，，
在中，由勾股定理，得，
整理得，
解得，（舍去），
∴，
∴．
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