四边形练习 中考数学一轮复习（人教版）

这是一份四边形练习 中考数学一轮复习（人教版），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，则对角线BD的长是（ ）
A．1B．4C．2D．6
2．如图所示的图形中，多边形的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
3．现有四种地面砖，它们的形状分别是：正三角形、正方形、正六边形、正八边形，且它们的边长都相等．同时选择其中两种地面砖密铺地面，选择的方式有（ ）
A．2种B．3种C．4种D．5种
4．下列命题是假命题的是（ ）
A．四个角相等的四边形是矩形B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．对角线垂直的四边形是菱形D．对角线垂直的平行四边形是菱形
5．一个多边形的内角和是900°，这个多边形的边数是（ ）
A．10B．9C．8D．7
6．若多边形的一个外角是30°，则该正多边形的边数是（ ）
A．6B．12C．16D．18
7．用两种边长相等的正多边形地砖无缝隙不重叠的铺设地面，能够选择的组合是（ ）
A．正六边形，正八边形B．正方形，正六边形
C．正五边形，正六边形D．正三角形，正方形
8．如图，P，Q分别为平行四边形边，的中点，O为与的交点，在对角线上作点M，N，使以M，Q，N，P为顶点的四边形是矩形，下面是两位同学的作图．
下列说法正确的是（ ）
A．只有嘉嘉正确B．只有淇淇正确
C．两人都正确D．两人都不正确
9．两张全等的矩形纸片 ABCD，AECF 按如图方式交叉叠放在一起，AB=AF，AE=BC．若 AB=1，BC=3，则图中重叠（阴影）部分的面积为（ ）．
A．2B．C．D．
10．如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，CH┴AF与点H，那么CH的长是（ ）
A．B．C．D．
11．如图，为的直径延长线上的一点，与相切，切点为，点是上一点，连接．已知．下列结论：（1）与相切；（2）四边形是菱形；（3）；（4）弧弧．其中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
12．如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．在中，，则 ．
14．菱形有 条对称轴,对称轴之间具有 的位置关系.
15．在交通行驶中，看到“停”，表示车主需要停下车让行，一般情况会出现在路口视线较差的地方，需停车观察后再通行，其形状是一个正八边形，则其中一个内角的度数为 ．
16．在平行四边形中，的平分线把边分成长度分别是3和4的两部分，则平行四边形的周长是 ．
17．多边形的边与它的邻边的 组成的角叫做多边形的外角.
三、解答题
18．如图，在中，延长到点E，使得，连接，，若．求证：．
19．已知：如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，点F是CB的延长线上一点，且EA⊥AF．
求证： DE=BF．
20．如图，在5×5的方格纸中，每个小正方形的边长为1个单位长度，ABC的顶点都在格点上．
请回答下列问题：
（1）求AC的长；
（2）在图中找一格点D，使得A，B，C，D四点构成的四边形是平行四边形．
21．如图，等腰三角形的顶角．和底边相切于的中点D，并与两腰分别相交于四点，其中分别是两腰的中点．求证：五边形是正五边形．
22．菱形ABCD的边AD在x轴上，C点在y轴上，B点在第一象限．对角线BD、AC相交于H，AC＝2，BD＝4，双曲线y过点H，交AB边于点E，直线AB的解析式为y＝mx+n．
（1）求双曲线的解析式及直线AB的解析式；
（2）求双曲线y与直线AB：y＝mx+n的交点横坐标．并根据图象直接写出不等式mx+n的解集．
23．如图，在矩形中，为边上一点，连结．若，过点作于点．
(1)求证：．
(2)若，，求的长．
24．如图，，且，E是的中点．
（1）求证：；（2）连接、，若，求证：四边形是矩形．
《四边形》参考答案
1．C
【解析】略
2．B
【分析】根据多边形的定义进行判断即可.
【详解】解：根据多边形的定义可知，第一、二、五是多边形，三、四不是.
故选B
【点睛】本题考查了多边形的定义，正确理解概念是解题的关键.
3．B
【详解】解：①正三角形、正方形，由于60×3+90×2=360，故能铺满；
②正三角形、正六边形，由于 60×2+120×2=360，或60×4+120×1=360，故能铺满；
③正三角形、正八边形，显然不能构成360°的周角，故不能铺满；
④正方形、正六边形，显然不能构成360°的周角，故不能铺满；
⑤正方形、正八边形，由于90+135×2=360，故能铺满；
⑥正六边形、正八边形，显然不能构成360°的周角，故不能铺满．
故选择的方式有3种．
故选B
4．C
【分析】根据矩形、菱形的判定定理即可作出判断．
【详解】解：A、四个角相等的四边形，则每个角均为，是矩形，故为真命题，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故为真命题，不符合题意；
C、对角线垂直平分的四边形是菱形，故原命题为假命题，符合题意；
D、对角线垂直的平四边形是菱形，故为真命题，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形、菱形的判定定理，正确理解定理是关键．
5．D
【详解】解：根据多边形的内角和公式可得：(n－2)×180°=900°，
解得：n=7.
故选D
6．B
【分析】多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都相等，且一个外角的度数为30°，由此即可求出答案．
【详解】因为360÷30=12，
则正多边形的边数为12．
故选B．
【点睛】主要考查了多边形的外角和定理，已知正多边形的外角求正多边形的边数是一个考试中经常出现的问题．
7．D
【分析】此题考查正多边形，镶嵌问题，几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．分别求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可作出判断．
【详解】解：A、正六边形形的每个内角是，正八形的每个内角是，，不能铺满，该选项不符合题意；
B、正方形的每个内角是，正六边形每个内角，，不能铺满，该选项不符合题意；
C、正五边形每个内角，正六边形每个内角，，不能铺满，该选项不符合题意；
D、正三角形的每个内角是，正方形每个内角，，能铺满，该选项符合题意；
故选：D．
8．A
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定定理，由平行四边形的性质可得，，证明得出，由作图可得，即可判断嘉嘉的作法；证明得出，即可判断淇淇的作法，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由作图可得：，
∴四边形为平行四边形，，
∴四边形为矩形，故嘉嘉正确；
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，故淇淇错误；
故选：A．
9．C
【分析】证得四边形AGCH是平行四边形，由△ABG≌△CEG（AAS），证得四边形AGCH是菱形，设AG=CG=x，则BG=BC-CG=3-x，在Rt△ABG中，由勾股定理得出方程，解方程求得CG的长，即可求出菱形AGCH的面积．
【详解】设BC交AE于G，AD交CF于H，如图所示：
∵四边形ABCD、四边形AECF是全等的矩形，
∴AB=CE，∠B=∠E=90°，AD∥BC，AE∥CF，
∴四边形AGCH是平行四边形，
在△ABG和△CEG中，，
∴△ABG≌△CEG（AAS），
∴AG=CG，
∴四边形AGCH是菱形，
设AG=CG=x，则BG=BC-CG=3-x，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：12+(3-x)2=x2，
解得：x=，
∴CG=，
∴菱形AGCH的面积=CGAB=，
即图中重叠（阴影）部分的面积为．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、全等图形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，由勾股定理求出CG的长是解题的关键．
10．D
【分析】连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，最后由直角三角形面积的两种表示法即可求得CH的长.
【详解】如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC= ，CF=3，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF=，
∵CH⊥AF，
∴，
即，
∴CH=.
故选D.
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理及直角三角形的面积，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
11．C
【分析】此题主要考查了切线的判定与性质和全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质等知识，熟练利用全等三角形的判定与性质是解题关键．
（1）利用切线的性质得出，进而得出，即可得出，得出答案即可；
（2）利用（1）所求得出：，进而求出，即可得出答案；
（3）利用全等三角形的判定得出，进而得出；
（4）利用四边形是菱形，即可得到，弧弧．
【详解】解：（1）连接，，
与相切，切点为，
，
在和中，
，
，
，
与相切，故（1）正确；
（2）由（1）得：，
在和中，
，
，
，
，
四边形是菱形，故（2）正确；
（3）连接，
，
，
是直径，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的直径，不是直径，
，
，故（3）错误；
（4）由（2）证得四边形是菱形，
，
弧弧，
故（4）正确；故选：C
12．A
【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．
【详解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵∠A=120°，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，
由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，
因为O点是菱形ABCD的对称中心，
∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
所以四边形EFGH是矩形；
设OE=OF=OG=OH=x，
∴EG=HF=2x，，
如图，连接AC，则AC经过点O，
可得三角形ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°，
∴AE=，
∴x=OE=
∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．
13．/140度
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，先由平行四边形的性质可得、，进一步得到，再根据即可求得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
14． 2 互相垂直
【详解】试题解析：根据菱形的性质可得
菱形的对称轴为菱形的两条对角线,且互相垂直.
故答案为2,互相垂直.
15．135
【分析】本题主要考查了正多边形内角和外角和定理．根据任何一个多边形的外角和都是求得每个正八边形的每个外角的度数，再求解即可．
【详解】解：因为任何一个多边形的外角和都是，
所以正八边形的每个外角的度数是：，
所以其中一个内角的度数为．
故答案为：135．
16．20或22
【分析】由平行四边形的性质得，，再证，然后分和两种情况分别求出平行四边形的周长即可．
本题主要考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的性质、证明是解题的关键．
【详解】解：如图：∵平行四边形，
∴，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴①当时，平行四边形的周长为；
②当时，平行四边形ABCD的周长为．
故答案为：20或22．
17．延长线
【详解】多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角.
故答案为延长线.
点睛：本题考查了多边形的外角的定义，内角的一边与另一边的延长线所组成的角叫做多边形的外角.
18．见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，熟知相关知识点是正确解答此题的关键．
先根据四边形是平行四边形，得到，，进而可得，证明 ，据此即可证明．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
．
19．证明见解析.
【分析】由同角的余角相等知，∠FAB=∠DAE，由正方形的性质知，AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，则ASA证得△AFB≌△ADE即可证得DE=BF．
【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠ADE=∠ABF=90°
∵EA⊥AF，
∴∠BAF+∠BAE=∠BAE+∠DAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE，
∴Rt△ABF≌Rt△ADE，
∴DE=BF
20．（1）；（2）见解析
【分析】（1）利用勾股定理计算即可．
（2）根据平行四边形的判定画出图形即可．
【详解】解：（1）根据图形格点可得：AC＝＝．
（2）如图，四边形ABCD即为所求．
【点睛】本题考查勾股定理及平行四边形的判定，掌握网格图特点，正确结合勾股定理进行计算是解题关键．
21．见解析
【分析】连接DG，DF，AD,依题意根据三角形中位线性质可得DG＝AC，DF＝AB，进而可得四边形AGDF为平行四边形，根据等腰三角形的性质，进而证明四边形AGDF为菱形，结合已知条件，可得、、所对圆心角的度数均为72°，进而证明，可得＝，且所对圆心角的度数均为72°，＝＝＝＝，进而得证．
【详解】证明：连接DG，DF，,
∵D，G，F分别为，的中点，
∴DG∥AC，DF∥AB， DG＝AC，DF＝AB ，
∴∠DFE＝∠A＝∠GDF，∠BGD＝∠A，四边形AGDF为平行四边形，
,分别为的中点，
四边形AGDF为菱形，
,
∴、、所对圆心角的度数均为72°，
从而与所对圆心角的度数之和为，
，
又
∴＝，且所对圆心角的度数均为72°，
∴＝＝＝＝，
∴五边形DEFGH是正五边形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，菱形的性质与判定，弧、弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，证明＝，且所对圆心角的度数均为72°是解题的关键．
22．（1），；（2）横坐标，解集或
【分析】（1）先利用菱形的性质和勾股定理求出AD的长，再利用菱形的面积公式求出OC的长，即可求出OA的长，再根据H为AC的中点，求出H的坐标即可求出反比例函数解析式，再根据BC=AD=5，BC∥AD，C（0，4）即可得到B点坐标即可求出直线AB的解析式；
（2）由函数图像可知，不等式的解集即为反比例函数图像在一次函数图像上方的自变量的取值范围，由此求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD， ,，，
在Rt△ADH中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴C点坐标为（0，4），
在Rt△AOC中，由勾股定理得，，
∴A点坐标为（2，0）
∵H是AB的中点，
∴H的坐标为（，）（1，2），
∵H在反比例函数上，
∴k＝1×2＝2，
∴反比例函数的关系式为，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AD=5，BC∥AD，
∴B点坐标为（5，4）
∴，
∴
∴直线AB的解析式为；
（2）联立得：，
∴即，
解得，，
由函数图像可知，不等式的解集即为反比例函数图像在一次函数图像上方的自变量的取值范围，
∴不等式的解集为或．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，中点距离公式，一次函数与反比例函数综合，图形法解不等式，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
23．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）利用即可证明；
（）由设，，则，由勾股定理得，进而得，再根据可得，求出即可求解；
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在与中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴设，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得，
∴．
24．（1）见解析（2）见解析．
【分析】（1）要证明，只要证四边形是平行四边形．通过给出的已知条件便可．
（2）可选择利用“对角线相等的平行四边形是矩形”来证明．
【详解】（1）∵E是的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，即
∴四边形是平行四边形，
∴．
（2）连接、，
∵，E是的中点，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是等腰三角形，
∴，
由（1）知
∴，即平行四边形的对角线相等，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
嘉嘉：
以点O为圆心，的长为半径作弧，交于点M，N．
淇淇：
分别过点P，Q作于点M，于点N．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
B
C
D
B
D
A
C
D
题号
11
12








答案
C
A