2020-2021学年第二十二章 四边形综合与测试精品课时练习

这是一份2020-2021学年第二十二章 四边形综合与测试精品课时练习，共29页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、若菱形的周长为8，高为2，则菱形的面积为（ ）
A．2B．4C．8D．16
2、在Rt△ABC中，∠B＝90°，D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点，AB＝6，BC＝8，则四边形AEDF的周长是（ ）
A．18B．16C．14D．12
3、下列说法错误的是（ ）
A．平行四边形对边平行且相等B．菱形的对角线平分一组对角
C．矩形的对角线互相垂直D．正方形有四条对称轴
4、下列命题中，是真命题的是（ ）．A．三角形的外心是三角形三个内角角平分线的交点
B．满足的三个数，，是勾股数
C．对角线相等的四边形各边中点连线所得四边形是矩形
D．五边形的内角和为
5、一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．5B．4C．7D．6
6、下列说法正确的是（ ）
A．只有正多边形的外角和为360°
B．任意两边对应相等的两个直角三角形全等
C．等腰三角形有两条对称轴
D．如果两个三角形一模一样，那么它们形成了轴对称图形
7、如图，点D，E分别是△ABC边BA，BC的中点，AC＝3，则DE的长为（ ）
A．2B．C．3D．
8、如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形．此时点A的对应点恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点之间的距离为（ ）
A．3B．6C．D．
9、如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E是边AD的中点，过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，点F，G为垂足，若AC=10，BD=24，则FG的长为（ ）
A．B．8C．D．
10、如图，已知长方形，，分别是，上的点，，分别是，的中点，当点在上从点向点移动，而点不动时，那么下列结论成立的是（ ）
A．线段的长逐渐增大B．线段的长逐渐减少
C．线段的长不变D．线段的长先增大后变小
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、四边形ABCD中，AD∥BC，要使它平行四边形，需要增加条件________（只需填一个 条件即可）．
2、如图，将边长为2的正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为______．
3、如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，如果BC=7，那么DE=____．
4、如图，正方形的对角线、相交于点O，等边绕点O旋转，在旋转过程中，当时，的度数为____________．
5、如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A，D分别在y轴的正半轴和负半轴上，顶点B在x轴的负半轴上，若OA＝3OD，S菱形ABCD＝16，则点C的坐标为______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、尺规作图并回答问题：（保留作图痕迹）
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形．
求作：菱形AECF，使点E，F分别在BC，AD上．
请回答：在你的作法中，判定四边形AECF是菱形的依据是 ．
2、如图，平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°．
(1)求作：AB的垂直平分线MN，交AB于点M，交BD延长线于点N（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，不下结论）
(2)在（1）的条件下，设直线MN交AD于E，且∠C＝22.5°，求证：NE＝AB．
3、如图，长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，设点D落在D′处，BC交于点E．AB＝6cm，BC＝8cm．
(1)求证AE＝EC；
(2)求阴影部分的面积．
4、（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】
①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是______（不要求证明）
（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
5、已知：在平行四边形ABCD中，分别延长BA，DC到点E，H，使得BE＝2AB，DH＝2CD．连接EH，分别交AD，BC于点F，G．
(1)求证：AF＝CG；
(2)连接BD交EH于点O，若EH⊥BD，则当线段AB与线段AD满足什么数量关系时，四边形BEDH是正方形？
-参考答案-
一、单选题
1、B
【解析】
【分析】
根据周长求出边长，利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】
∵菱形的周长为8，
∴边长=2，
∴菱形的面积=2×2=4，
故选：B．
【点睛】
此题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的面积=底×高是解题的关键．
2、B
【解析】
略
3、C
【解析】
【分析】
根据矩形的性质、平行四边形的性质、菱形的性质和正方形的性质分别进行判断即可．
【详解】
解：A、平行四边形对边平行且相等，正确，不符合题意；
B、菱形的对角线平分一组对角，正确，不符合题意；
C、矩形的对角线相等，不正确，符合题意；
D、正方形有四条对称轴，正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质、菱形的性质和正方形的性质，掌握以上性质定理是解题的关键．
4、D
【解析】
【分析】
正确的命题是真命题，根据定义解答．
【详解】
解：A. 三角形的外心是三角形三条边垂直平分线的交点，故该项不符合题意；
B. 满足的三个正整数，，是勾股数，故该项不符合题意；
C. 对角线相等的四边形各边中点连线所得四边形是菱形，故该项不符合题意；
D. 五边形的内角和为，故该项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题考查了真命题的定义，正确掌握三角形外心的定义，勾股数的定义，中点四边形的判定定理及多边形内角和的计算公式是解题的关键．
5、D
【解析】
【分析】
利用多边形内角和公式和外角和定理，列出方程即可解决问题．
【详解】
解：根据题意，得：（n-2）×180=360×2，
解得n=6．
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，解答本题的关键是根据多边形内角和公式和外角和定理，利用方程法求边数．
6、B
【解析】
【分析】
选项A根据多边形的外角和定义判断即可；选项B根据三角形全等的判定方法判断即可；选项C根据轴对称图形的定义判断即可；选项D根据轴对称的性质判断即可．
【详解】
解：A．所有多边形的外角和为，故本选项不合题意；
B．任意两边对应相等的两个直角三角形全等，说法正确，故本项符合题意；
C．等腰三角形有1条对称轴，故本选项不合题意；
D．如果两个三角形一模一样，那么它们不一定形成轴对称图形，故本选项不合题意；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了多边形的外角和，轴对称的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定，解题的关键是掌握轴对称图形的概念．
7、D
【解析】
略
8、B
【解析】
【分析】
连接，由矩形的性质得出∠ABC=90°，AC=BD，由旋转的性质得出，证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，由直角三角形的性质求出AC的长，由矩形的性质可得出答案．
【详解】
解：连接，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，
∵点是AC的中点， ∴，
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形，
∴
∴，
∴是等边三角形，
∴∠BAA'=60°，
∴∠ACB=30°，
∵AB=3， ∴AC=2AB=6，
∴．
即点B与点之间的距离为6．
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，求出AC的长是解本题的关键．
9、A
【解析】
【分析】
由菱形的性质得出OA=OC=5，OB=OD=12，AC⊥BD，根据勾股定理求出AD=13，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE=6.5，证出四边形EFOG是矩形，得到EO=GF即可得出答案．
【详解】
解：连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=5，OB=OD=12，AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AD==13，
又∵E是边AD的中点，
∴OE=AD=×13=6.5，
∵EF⊥BD，EG⊥AC，AC⊥BD，
∴∠EFO=90°，∠EGO=90°，∠GOF=90°，
∴四边形EFOG为矩形，
∴FG=OE=6.5．
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上中线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
10、C
【解析】
【分析】
因为R不动，所以AR不变．根据三角形中位线定理可得EF＝AR，因此线段EF的长不变．
【详解】
解：连接．
、分别是、的中点，
为的中位线，
，为定值．
线段的长不改变．
故选：．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，只要三角形的边AR不变，则对应的中位线的长度就不变．
二、填空题
1、AD=BC
【解析】
略
2、（-，1）
【解析】
【分析】
首先过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，易证得△AOE≌△OCD（AAS），则可得CD=OE=1，OD=AE=，继而求得答案．
【详解】
解：过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，
则∠ODC=∠AEO=90°，
∴∠OCD+∠COD=90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴OC=OA，∠AOC=90°，
∴∠COD+∠AOE=90°，
∴∠OCD=∠AOE，
在△AOE和△OCD中，
，
∴△AOE≌△OCD（AAS），
∴CD=OE=1，OD=AE=，
∴点C的坐标为：（-，1）．
故答案为：（-，1）．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线、证得△AOE≌△OCD是解此题的关键．
3、3.5##72
【解析】
【分析】
根据DE是△ABC的中位线，计算求解即可．
【详解】
解：∵D，E分别是边AB，AC的中点
∴DE是△ABC的中位线
∴DEBC3.5
故答案为：3.5．
【点睛】
本题考查了中位线．解题的关键在于正确的求值．
4、或
【解析】
【分析】
分两种情况：①根据正方形与等边三角形的性质得OC=OD，∠COD=90°，OE=OF，∠EOF=60°，可判断△ODE≌△OCF，则∠DOE=∠COF，于是可求∠DOF，即可得出答案；②同理可证得△ODE≌△OCF，所以∠DOE=∠COF，于是可求∠BOF，即可得答案．
【详解】
解：情况1，如下图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴OD=OC，∠AOD=∠COD=90°，
∵△OEF是等边三角形，
∴OE=OF，∠EOF=60°，
在△ODE和△OCF中，
∴△ODE≌△OCF（SSS），
∴∠DOE＝∠COF，
∴∠DOF＝∠COE，
∴∠DOF＝（∠COD-∠EOF）=×（90°﹣60°）＝15°，
∴∠AOF=∠AOD+∠DOF=90°+15°=105°；
情况2，如下图：连接DE、CF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OC＝OD，∠AOD=∠COB＝90°，
∵△OEF为等边三角形，
∴OE＝OF，∠EOF＝60°，
在△ODE和△OCF中，
∴△ODE≌△OCF（SSS），
∴∠DOE＝∠COF，
∴∠DOE＝∠COF＝（360°-∠COD-∠EOF）=×（360°﹣90°﹣60°）＝105°，
∴∠BOF＝∠COF-∠COB=105°-90°=15°，
∴∠AOF=∠AOB-∠BOF=90°-15°=75°，
故答案为：105°或75°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了正方形与等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，做题的关键是注意两种情况和证三角形全等．
5、（－2，－8）
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得出，即，，再根据勾股定理可求出OB的长度．设，则，列等式，求出，则答案可解．
【详解】

，
四边形ABCD为菱形，
，，
即，，
，
．
设 则，
，即，
，
解得（舍去）
．
在轴上,，即轴，则轴，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及勾股定理，根据菱形的性质结合勾股定理求出、、的长是解题的关键．
三、解答题
1、证明见解析；邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形．
【解析】
【分析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形或对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】
解：如图，四边形AECF即为所求作．
理由：四边形ABCD是平行四边形，
∴AE∥CF，
∴∠EAO=∠FCO，
∵EF垂直平分线段AC，
∴OA=OC，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EA=EC或AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
故答案为：邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形．
【点睛】
本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2、 (1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意作AB的垂直平分线MN，交AB于点M，交BD延长线于点N
（2）连接，根据平行四边形的性质求得，进而根据垂直平分线的性质以及导角可求得 是等腰直角三角形，进而证明即可得证NE＝AB．
(1)
如图，AB的垂直平分线MN，交AB于点M，交BD延长线于点N
(2)
如图，连接
四边形是平行四边形
，
，
则
是的垂直平分线
又
在与中，
【点睛】
本题考查了作垂直平分线，平行四边形的性质，垂直平分线的性质，等边对等角，三角形全等的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
3、 (1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据折叠的性质可得，再根据矩形的性质、平行线的性质可得，从而可得，然后根据等腰三角形的判定即可得证；
（2）设，从而可得，先在中，利用勾股定理可得的值，再利用三角形的面积公式即可得．
(1)
证明：由折叠的性质得：，
四边形是长方形，
，
，
，
．
(2)
解：四边形是长方形，
，
设，则，
在中，，即，
解得，
即，
则阴影部分的面积为．
【点睛】
本题考查了矩形与折叠问题、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题关键．
4、（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）证明，可得出，则结论得证；
（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；
（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．
【详解】
（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，
，，，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）①不成立，结论：；
证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，
，，，，
，
，
，
；
②如图3，将绕点逆时针旋转至，
，，
，
，
，
，
，
，
．
即．
故答案为：．
（3）解：由（1）可知，
正方形的边长为6，
，
．
，
，
设，则，，
在中，
，
，
解得：．
，
．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导．
5、 (1)见解析
(2)当AD=AB时，四边形BEDH是正方形
【解析】
【分析】
（1）要证明AF=CG，只要证明△EAF≌△HCG即可；
（2）利用已知可得四边形BEDH是菱形，所以当AE2+DE2=AD2时，∠BED=90°，四边形BEDH是正方形．
(1)
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，∠BAD=∠BCD，
∴∠AEF=∠CHG，
∵BE=2AB，DH=2CD，
∴BE=DH，
∴BE-AB=DH-DC，
∴AE=CH，
∴∠BAD+∠EAF=180°，∠BCD+∠GCH=180°，
∴∠EAF=∠GCH，
∴△EAF≌△HCG(ASA)，
∴AF=CG；
(2)
解：当AD=AB时，四边形BEDH是正方形；
理由：∵BE∥DH，BE=DH，
∴四边形EBHD是平行四边形，
∵EH⊥BD，
∴四边形EBHD是菱形，
∴ED=EB=2AB，
当AE2+DE2=AD2时，则∠BED=90°，
∴四边形BEDH是正方形，即AB2+(2AB)2=AD2，
∴AD=AB，
∴当AD=AB时，四边形BEDH是正方形．
．
【点睛】
本题考查了正方形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，结合图形分析并熟练掌握正方形的判定，平行四边形的性质，是解题的关键．