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【专项练习】中考数学试题分专题训练 专题4.3 四边形 (教师版+学生版+含解析)
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专题 4.3四边形
一、单选题
1.若一个凸多边形的内角和为720°,则这个多边形的边数为
A.4 B.5 C.6 D.7
【来源】2018年江苏省南通市中考数学试卷
【答案】C
【解析】
【分析】
设这个多边形的边数为n,根据多边形的内角和定理得到(n﹣2)×180°=720°,然后解方程即可.
【详解】
设这个多边形的边数为n,由多边形的内角和是720°,根据多边形的内角和定理得(n-2)180°=720°。解得n=6.故选C.
【点睛】
本题主要考查多边形的内角和定理,熟练掌握多边形的内角和定理是解答本题的关键.
2.下列说法正确的是
A.有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等 B.正方形既是轴对称图形又是中心对称图形
C.矩形的对角线互相垂直平分 D.六边形的内角和是540°
【来源】2018年四川省遂宁市中考数学试卷
【答案】B
【解析】
【分析】
直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理.
【详解】
解:A、有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等,错误,必须是两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等;
B、正方形既是轴对称图形又是中心对称图形,正确;
C、矩形的对角线相等且互相平分,故此选项错误;
D、六边形的内角和是720°,故此选项错误.
故选:B.
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理,正确把握相关性质是解题关键
3.如图,▱ABCD的周长为36,对角线AC、BD相交于点O,点E是CD的中点,BD=12,则△DOE的周长为( )
A.15 B.18 C.21 D.24
【来源】2018年海南省中考数学试卷
【答案】A
【解析】
【分析】
此题涉及的知识点是平行四边形的性质。根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得,OB=OD,又因为E点是CD的中点,可得OE是△BCD的中位线,可得OE=BC,所以易求△DOE的周长.
【详解】
解:∵▱ABCD的周长为36,
∴2(BC+CD)=36,则BC+CD=18.
∵四边形ABCD是平行四边形,对角线AC,BD相交于点O,BD=12,
∴OD=OB=BD=6.
又∵点E是CD的中点,DE=CD,
∴OE是△BCD的中位线,∴OE=BC,
∴△DOE的周长=OD+OE+DE=BD+(BC+CD)=6+9=15,
即△DOE的周长为15.
故选A
【点睛】
此题重点考察学生对于平行四边形的性质的理解,三角形的中位线,平行四边形的对角对边性质是解题的关键。
4.如图1,分别沿长方形纸片ABCD和正方形纸片EFGH的对角线AC,EG剪开,拼成如图2所示的▱ALMN,若中间空白部分四边形OPQR恰好是正方形,且▱ALMN的面积为50,则正方形EFGH的面积为( )
A.24 B.25 C.26 D.27
【来源】2018年海南省中考数学试卷
【答案】B
【解析】
【分析】
此题涉及的知识点是正方形、长方形的性质,先根据正方形和长方形的性质求出各边长的关系,再根据▱ALMN的面积,求出各边长的关系,最后得出面积.
【详解】
设EF=a,BC=b,AB=c,则PQ=a-c,RQ=b-a,PQ=RQ
∴a=,
∵▱ALMN的面积为50,∴bc+a2+(a-c)2=50,
把a=代入化简求值得b+c=10, ∴a=5,
∴正方形EFGH的边长为5,
∴正方形EFGH的面积为25,
故选B.
【点睛】
此题重点考查学生对于正方形和长方形的性质的理解,熟练掌握这两个性质是解题的关键.
5.如图, 的对角线AC,BD相交于点O,是AB中点,且AE+EO=4,则的周长为
A.20 B.16 C.12 D.8
【来源】2018年四川省泸州市中考数学试卷
【答案】B
【解析】
【分析】
首先证明:OE=BC,由AE+EO=4,推出AB+BC=8即可解决问题;
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC,
∵AE=EB,
∴OE=BC,
∵AE+EO=4,
∴2AE+2EO=8,
∴AB+BC=8,
∴平行四边形ABCD的周长=2×8=16,
故选:B.
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识,解题的关键是熟练掌握
三角形的中位线定理,属于中考常考题型.
6.如图,在矩形ABCD中,点E是边BC的中点,AE⊥BD,垂足为F,则tan∠BDE的值是( )
A. B. C. D.
【来源】2018年山东省枣庄市中考数学试卷
【答案】A
【解析】
【分析】
证明△BEF∽△DAF,得出EF=AF,EF=AE,由矩形的对称性得:AE=DE,得出,设EF=x,则DE=3x,由勾股定理求出再由三角函数定义即可得出答案.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC,AD∥BC,
∵点E是边BC的中点,
∴BE=BC=AD,
∴△BEF∽△DAF,
∴,
∴EF=AF,
∴EF=AE,
∵点E是边BC的中点,
∴由矩形的对称性得:AE=DE,
∴EF=DE,设EF=x,则DE=3x,
∴DF=x,
∴tan∠BDE= .
故选A.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质,矩形的性质,三角函数等知识;熟练掌握矩形的性质,证明三角形相似是解决问题的关键.
7.如图,点P是矩形ABCD的对角线AC上一点,过点P作EF∥BC,分别交AB,CD于E、F,连接PB、PD.若AE=2,PF=8.则图中阴影部分的面积为( )
A.10 B.12 C.16 D.18
【来源】2018年贵州省遵义市中考数学试卷
【答案】C
【解析】
【分析】
想办法证明S△PEB=S△PFD解答即可.
【详解】
作PM⊥AD于M,交BC于N.
则有四边形AEPM,四边形DFPM,四边形CFPN,四边形BEPN都是矩形,
∴S△ADC=S△ABC,S△AMP=S△AEP,S△PBE=S△PBN,S△PFD=S△PDM,S△PFC=S△PCN,
∴S△DFP=S△PBE=×2×8=8,
∴S阴=8+8=16,
故选C.
【点睛】
本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识,解题的关键是证明S△PEB=S△PFD.
8.如图,E为矩形ABCD的边AB上一点,将矩形沿CE折叠,使点B恰好落在ED上的点F处,若BE=1,BC=3,则CD的长为( )
A.6 B.5 C.4 D.3
【来源】2018年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据翻折变换的性质得出EF=BE=1,BC=CF=AD=3,可证得△AED≌△FDC 进而求得CD的长.
【详解】
解:由题意得:E为矩形ABCD的边AB上一点,将矩形沿CE折叠,使点B恰好落在ED上的点F处,可得BE=EF=1,CF=BC=3,∠EFC=∠B=
ABCD为矩形,可得∠AED=∠CDF,
在△AED与△FDC中有: AD=CF,∠A=∠DFC=,∠AED=∠CDF
△AED≌△FDC, ED=CD,
设CD的长为x,在Rt△EAD中,
有,
即:,解得;x=5,
故答案为:B.
【点睛】
本题主要考查矩形的性质和翻折变换后的性质,灵活证三角形全等是解题的关键.
9.如图,在矩形ABCD中,AD=AB,∠BAD的平分线交BC于点E,DH⊥AE于点H,连接BH并延长交CD于点F,连接DE交BF于点O,下列结论:①∠AED=∠CED;②OE=OD;③BH=HF;④BC﹣CF=2HE;⑤AB=HF,其中正确的有( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
【来源】辽宁省丹东市第十八中学2019届九年级上学期第一次月考数学试题
【答案】D
【解析】
试题分析:∵在矩形ABCD中,AE平分∠BAD,
∴∠BAE=∠DAE=45°,
∴△ABE是等腰直角三角形,
∴AE=AB,
∵AD=AB,
∴AE=AD,
又∠ABE=∠AHD=90°
∴△ABE≌△AHD(AAS),
∴BE=DH,
∴AB=BE=AH=HD,
∴∠ADE=∠AED=(180°﹣45°)=67.5°,
∴∠CED=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°,
∴∠AED=∠CED,故①正确;
∵∠AHB=(180°﹣45°)=67.5°,∠OHE=∠AHB(对顶角相等),
∴∠OHE=∠AED,
∴OE=OH,
∵∠DOH=90°﹣67.5°=22.5°,∠ODH=67.5°﹣45°=22.5°,
∴∠DOH=∠ODH,
∴OH=OD,
∴OE=OD=OH,故②正确;
∵∠EBH=90°﹣67.5°=22.5°,
∴∠EBH=∠OHD,
又BE=DH,∠AEB=∠HDF=45°
∴△BEH≌△HDF(ASA),
∴BH=HF,HE=DF,故③正确;
由上述①、②、③可得CD=BE、DF=EH=CE,CF=CD-DF,
∴BC-CF=(CD+HE)-(CD-HE)=2HE,所以④正确;
∵AB=AH,∠BAE=45°,
∴△ABH不是等边三角形,
∴AB≠BH,
∴即AB≠HF,故⑤错误;
综上所述,结论正确的是①②③④共4个.
故选C.
考点:1、矩形的性质;2、全等三角形的判定与性质;3、角平分线的性质;4、等腰三角形的判定与性质
10.如图,四边形是平行四边形,点为的中点,延长至点,使,连接、、,则在中()
A. B. C. D.
【来源】【全国市级联考】四川省德阳市2018届中考数学试卷
【答案】B
【解析】
【分析】
连接BF.设平行四边形AFEO的面积为4m.由FO:OC=3:1,BE=OB,AF∥OE可得S△OBF=S△AOB=m,S△OBC=m,S△AOC=m,由此即可解决问题.
【详解】
连接BF.
设平行四边形AFEO的面积为4m.
∵FO:OC=3:1,BE=OB,AF∥OE
∴S△OBF=S△AOB=m,S△OBC=m,S△AOC=m,
∴S△AOB:S△AOC:S△BOC=m:m:m=3:2:1
故选:B.
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质,等高模型等知识,解题的关键是学会利用参数解决问题,属于中考常考题型.
二、填空题
11.如图,在△ABC中,AD,CD分别平分∠BAC和∠ACB,AE∥CD,CE∥AD.若从三个条件:①AB=AC;②AB=BC;③AC=BC中,选择一个作为已知条件,则能使四边形为菱形的是__(填序号).
【来源】2018年江苏省南通市中考数学试卷
【答案】②
【解析】
【分析】
根据②作条件,先证明四边形ADCE是平行四边形,再利用邻边相等,得到四边形ADCE是菱形.
【详解】
解:当BA=BC时,四边形ADCE是菱形.
理由:∵AE∥CD,CE∥AD,
∴四边形ADCE是平行四边形,
∵BA=BC,
∴∠BAC=∠BCA,
∵AD,CD分别平分∠BAC和∠ACB,
∴∠DAC=∠DCA,
∴DA=DC,
∴四边形ADCE是菱形.
【点睛】
本题考查的知识点是菱形的证明,解题关键是熟记菱形的性质.
12.如图,在菱形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,AC=8,BD=6,OE⊥AD于点E,交BC于点F,则EF的长为______.
【来源】四川省甘孜州2018年中考数学试题
【答案】
【解析】
【分析】
先根据菱形的性质得AC⊥BD,OB=OD=BD=3,OA=OC=AC=4,再在Rt△OAD中利用勾股定理计算出AD=5,然后利用面积法计算OE的长,进而可求出EF的长.
【详解】
∵四边形ABCD为菱形,
∴AC⊥BD,OB=OD=BD=3,OA=OC=AC=4,
在Rt△OAD中,∵OD=3,OA=4,
∴AD==5,
∵OE⊥AD,
∴OE•AD=OA•OD,
∴OE==.
∴EF=2OE=.
故答案为.
【点睛】
本题考查了菱形的性质,勾股定理及面积法求线段的长.菱形的性质:菱形具有平行四边形的一切性质;菱形的四条边都相等;菱形的两条对角线互相垂直,并且每一条对角线平分一组对角.也考查了勾股定理和三角形面积公式.
13.如图,P是▱ABCD的边AD上一点,E、F分别是PB、PC的中点,若▱ABCD的面积为16cm2,则△PEF的面积(阴影部分)是__cm2.
【来源】内蒙古赤峰市2018年中考数学试卷
【答案】2
【解析】
【分析】
先根据S▱ABCD=16cm2知S△PBCS▱ABCD=8,再证△PEF∽△PBC得)2,即,据此可得答案.
【详解】
∵▱ABCD的面积为16cm2,∴S△PBCS▱ABCD=8.
∵E、F分别是PB、PC的中点,∴EF∥BC,且EFBC,∴△PEF∽△PBC,∴)2,即,∴S△PEF=2.
故答案为:2.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理以及相似三角形的判定与性质,解题的关键是掌握平行四边形的性质与相似三角形的判定与性质.
14.如图,CE是▱ABCD的边AB的垂直平分线,垂足为点O,CE与DA的延长线交于点E.连接AC,BE,DO,DO与AC交于点F,则下列结论:
①四边形ACBE是菱形;
②∠ACD=∠BAE;
③AF:BE=2:3;
④S四边形AFOE:S△COD=2:3.
其中正确的结论有_____.(填写所有正确结论的序号)
【来源】2018年广东省广州市中考数学试卷
【答案】①②④.
【解析】
【分析】
根据菱形的判定方法、平行线分线段成比例定理、直角三角形斜边中线的性质一一判断即可.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD,AB=CD,
∵EC垂直平分AB,
∴OA=OB=AB=DC,CD⊥CE,
∵OA∥DC,
∴=,
∴AE=AD,OE=OC,
∵OA=OB,OE=OC,
∴四边形ACBE是平行四边形,
∵AB⊥EC,
∴四边形ACBE是菱形,故①正确,
∵∠DCE=90°,DA=AE,
∴AC=AD=AE,
∴∠ACD=∠ADC=∠BAE,故②正确,
∵OA∥CD,
∴,
∴,故③错误,
设△AOF的面积为a,则△OFC的面积为2a,△CDF的面积为4a,△AOC的面积=△AOE的面积=3a,
∴四边形AFOE的面积为4a,△ODC的面积为6a
∴S四边形AFOE:S△COD=2:3.故④正确.
故答案是:①②④.
【点睛】
此题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、等高模型等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会利用参数解决问题.
三、解答题
15.已知:如图,平行四边形ABCD,对角线AC与BD相交于点E,点G为AD的中点,连接CG,CG的延长线交BA的延长线于点F,连接FD.
(1)求证:AB=AF;
(2)若AG=AB,∠BCD=120°,判断四边形ACDF的形状,并证明你的结论.
【来源】2018年山东省青岛市中考数学试卷
【答案】(1)证明见解析;(2)结论:四边形ACDF是矩形.理由见解析.
【解析】
【分析】
(1)只要证明AB=CD,AF=CD即可解决问题;
(2)结论:四边形ACDF是矩形.根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可;
【详解】
(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BE∥CD,AB=CD,
∴∠AFC=∠DCG,
∵GA=GD,∠AGF=∠CGD,
∴△AGF≌△DGC,
∴AF=CD,
∴AB=CF.
(2)解:结论:四边形ACDF是矩形.
理由:∵AF=CD,AF∥CD,
∴四边形ACDF是平行四边形,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠BAD=∠BCD=120°,
∴∠FAG=60°,
∵AB=AG=AF,
∴△AFG是等边三角形,
∴AG=GF,
∵△AGF≌△DGC,
∴FG=CG,∵AG=GD,
∴AD=CF,
∴四边形ACDF是矩形.
【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.
16.如图,正方形ABCD中,AB=,O是BC边的中点,点E是正方形内一动点,OE=2,连接DE,将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF,连接AE,CF.
(1)求证:AE=CF;
(2)若A,E,O三点共线,连接OF,求线段OF的长.
(3)求线段OF长的最小值.
【来源】2018年江苏省南通市中考数学试卷
【答案】(1)证明见解析;(2);(3)
【解析】
【分析】
(1)根据旋转的性质,对应线段、对应角相等,可证明△ADE≌△CDF,即可得到AE=CF;
(2)先利用,求得长,再利用,求得,然后设PF=x利用勾股定理求得x的值,即可求得OF的长;
(3)本题考査了利用三角形全等转化的思想解决问题.
【详解】
(1)证明:如图1,由旋转得:,,
四边形是正方形,
,,
,
即,
,
在和中,
,
,
;
(2)解:如图2,过作的垂线,交的延长线于,
是的中点,且,
,,三点共线,
,
由勾股定理得:,
,
,
由(1)知:,
,,
,
,
,
,
,
,
设,则,
由勾股定理得:,
或(舍,
,,
由勾股定理得:,
(3)解:如图3,由于,所以点可以看作是以为圆心,2为半径的半圆上运动,
延长到点,使得,连接,
,,
,
,
当最小时,为、、三点共线,
,
,
的最小值是.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、几何图形旋转的性质、利用三角形全等解决问题的相关知识,解题关键是注意构造辅助线进行解答.
17.将一副三角尺按图1摆放,等腰直角三角尺的直角边DF恰好垂直平分AB,与AC相交于点G,.
(1)求GC的长;
(2)如图2,将△DEF绕点D顺时针旋转,使直角边DF经过点C,另一直角边DE与AC相交于点H,分别过H、C作AB的垂线,垂足分别为M、N,通过观察,猜想MD与ND的数量关系,并验证你的猜想.
(3)在(2)的条件下,将△DEF沿DB方向平移得到△D′E′F′,当D′E′恰好经过(1)中的点G时,请直接写出DD′的长度.
【来源】内蒙古赤峰市2018年中考数学试卷
【答案】(1)2;(2)DM=DN;(3)
【解析】
【分析】
(1)解直角三角形求出AC、AG即可解决问题;
(2)由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得到CD=BD=AD.再由∠B=60°,得到△BDC为等边三角形,从而可以证明∠HDA=30°,进一步得到 AH=HD,由等腰三角形的性质得到MD=AM,ND=NB.即可得到结论;
(3)如图3中,作GK∥DE交AB由K.求出AK的值即可解决问题.
【详解】
(1)如图1.
在Rt△ABC中,∵BC=2,∠B=60°,∴AC=BC•tan60°=6,AB=2BC=4.
∵DF是线段AB的垂直平分线,∴AD=BD=2.
在Rt△ADG中,AG4,∴CG=AC=AG=6﹣4=2.
(2)如图2中,结论:DM=DN.
理由:∵△ABC为直角三角形,D为斜边AB的中点,∴CD=BD=AD.
又∠B=60°,∴△BDC为等边三角形,∴∠CDB=60°.
又∠EDF=90°,∴∠HDA=30°.
∵∠A=90°﹣∠B=30°,∴AH=HD,又HM⊥AD,∴MD=AM.
在等边三角形 BCD中,CN⊥BD,∴ND=NB.
又AD=BD,∴MD=ND.
(3)如图3中,作GK∥DE交AB由K.
在△AGK中,AG=GK=4,∠A=∠GKD=30°,作GH⊥AB于H.
则AH=AG•cos30°=2,可得AK=2AH=4,此时K与B重合,∴DD′=DB=2.
【点睛】
本题考查了几何变换综合题、旋转变换平移变换、锐角三角函数等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考压轴题.
18.如图①,在△ABC中,AB=AC,过AB上一点D作DE∥AC交BC于点E,以E为顶点,ED为一边,作∠DEF=∠A,另一边EF交AC于点F.
(1)求证:四边形ADEF为平行四边形;
(2)当点D为AB中点时,判断▱ADEF的形状;
(3)延长图①中的DE到点G,使EG=DE,连接AE,AG,FG,得到图②,若AD=AG,判断四边形AEGF的形状,并说明理由.
【来源】2018年吉林省中考数学试卷
【答案】(1)证明见解析;(2)▱ADEF的形状为菱形,理由见解析;(3)四边形AEGF是矩形,理由见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据平行线的性质得到∠BDE=∠A,根据题意得到∠DEF=∠BDE,根据平行线的判定定理得到AD∥EF,根据平行四边形的判定定理证明;
(2)根据三角形中位线定理得到DE=AC,得到AD=DE,根据菱形的判定定理证明;
(3)根据等腰三角形的性质得到AE⊥EG,根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明.
【详解】
(1)证明:∵DE∥AC,
∴∠BDE=∠A,
∵∠DEF=∠A,
∴∠DEF=∠BDE,
∴AD∥EF,又∵DE∥AC,
∴四边形ADEF为平行四边形;
(2)解:□ADEF的形状为菱形,
理由如下:∵点D为AB中点,
∴AD=AB,
∵DE∥AC,点D为AB中点,
∴DE=AC,
∵AB=AC,
∴AD=DE,
∴平行四边形ADEF为菱形,
(3)四边形AEGF是矩形,
理由如下:由(1)得,四边形ADEF为平行四边形,
∴AF∥DE,AF=DE,
∵EG=DE,
∴AF∥DE,AF=GE,
∴四边形AEGF是平行四边形,
∵AD=AG,EG=DE,
∴AE⊥EG,
∴四边形AEGF是矩形.
故答案为:(1)证明见解析;(2)菱形;(3)矩形.
【点睛】
本题考查的是平行四边形、矩形、菱形的判定,掌握它们的判定定理是解题的关键.