2022年北京中考数学一轮复习系列训练（五年中考）

2022年北京中考数学一轮复习系列训练——（06）四边形

三年中考

一．填空题（共3小题）

1．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，AF＝EC．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 　   　（写出一个即可）．

2．在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，

①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；

②存在无数个四边形MNPQ是矩形；

③存在无数个四边形MNPQ是菱形；

④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．

所有正确结论的序号是 　   　．

3．如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F，若AB＝4，AD＝3，则CF的长为 　   　．

二．解答题（共6小题）

4．如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC，EF⊥AB，垂足为F．

（1）求证：四边形AECD是平行四边形；

（2）若AE平分∠BAC，BE＝5，cosB＝，求BF和AD的长．

5．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．

（1）求证：四边形OEFG是矩形；

（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．

6．如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE＝DF，连接EF．

（1）求证：AC⊥EF；

（2）延长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O．若BD＝4，tanG＝，求AO的长．

7．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．

（1）求证：四边形ABCD是菱形；

（2）若AB＝，BD＝2，求OE的长．

8．数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．

（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）

请根据该图完成这个推论的证明过程．

证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ 　   　+　   　）．

易知，S△ADC＝S△ABC，　   　＝　   　，　   　＝　   　．

可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．

9．如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE．

（1）求证：四边形BCDE为菱形；

（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长．

2022年北京中考数学一轮复习系列训练

参考答案与试题解析

一．填空题（共3小题）

1．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，AF＝EC．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 　AE＝AF　（写出一个即可）．

【分析】根据矩形的性质得到AD∥BC，即AF∥CE，推出四边形AECF是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论．

【解答】解：这个条件可以是AE＝AF，

理由：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

即AF∥CE，

∵AF＝EC，

∴四边形AECF是平行四边形，

∵AE＝AF，

∴四边形AECF是菱形，

故答案为：AE＝AF．

【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．

2．在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，

①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；

②存在无数个四边形MNPQ是矩形；

③存在无数个四边形MNPQ是菱形；

④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．

所有正确结论的序号是 　①②③　．

【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．

【解答】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，

过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，

则四边形MNPQ是平行四边形，

故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；

②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；

③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；

④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，

则△AMQ≌△DQP，

∴AM＝QD，AQ＝PD，

∵PD＝BM，

∴AB＝AD，

∴四边形ABCD是正方形，

当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；

故答案为：①②③．

【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．

3．如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F，若AB＝4，AD＝3，则CF的长为 　　．

【分析】根据矩形的性质可得出AB∥CD，进而可得出∠FAE＝∠FCD，结合∠AFE＝∠CFD（对顶角相等）可得出△AFE∽△CFD，利用相似三角形的性质可得出＝＝2，利用勾股定理可求出AC的长度，再结合CF＝•AC，即可求出CF的长．

【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，

∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，

∴∠FAE＝∠FCD，

又∵∠AFE＝∠CFD，

∴△AFE∽△CFD，

∴＝＝2．

∵AC＝＝5，

∴CF＝•AC＝×5＝．

故答案为：．

【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理，利用相似三角形的性质找出CF＝2AF是解题的关键．

二．解答题（共6小题）

4．如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC，EF⊥AB，垂足为F．

（1）求证：四边形AECD是平行四边形；

（2）若AE平分∠BAC，BE＝5，cosB＝，求BF和AD的长．

【分析】（1）证AD∥CE，再由AE∥DC，即可得出结论；

（2）先由锐角三角函数定义求出BF＝4，再由勾股定理求出EF＝3，然后由角平分线的性质得EC＝EF＝3，最后由平行四边形的性质求解即可．

【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠CAD＝90°，

∴AD∥CE，

∵AE∥DC，

∴四边形AECD是平行四边形；

（2）解：∵EF⊥AB，

∴∠BFE＝90°，

∵cosB＝＝，BE＝5，

∴BF＝BE＝×5＝4，

∴EF＝＝＝3，

∵AE平分∠BAC，EF⊥AB，∠ACE＝90°，

∴EC＝EF＝3，

由（1）得：四边形AECD是平行四边形，

∴AD＝EC＝3．

【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、锐角三角函数定义、角平分线的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握锐角三角函数定义，证明四边形AECD为平行四边形是解题的关键．

5．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．

（1）求证：四边形OEFG是矩形；

（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．

【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；

（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，

∴OB＝OD，

∵E是AD的中点，

∴OE是△ABD的中位线，

∴OE∥FG，

∵OG∥EF，

∴四边形OEFG是平行四边形，

∵EF⊥AB，

∴∠EFG＝90°，

∴平行四边形OEFG是矩形；

（2）∵四边形ABCD是菱形，

∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，

∴∠AOD＝90°，

∵E是AD的中点，

∴OE＝AE＝AD＝5；

由（1）知，四边形OEFG是矩形，

∴FG＝OE＝5，

∵AE＝5，EF＝4，

∴AF＝＝3，

∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．

【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．

6．如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE＝DF，连接EF．

（1）求证：AC⊥EF；

（2）延长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O．若BD＝4，tanG＝，求AO的长．

【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，得出AB：BE＝AD：DF，证出EF∥BD即可得出结论；

（2）由平行线的性质得出∠G＝∠CDO，由三角函数得出tanG＝tan∠CDO＝＝，得出OC＝OD，由BD＝4，得出OD＝2，得出OC＝1，即可得出结果．

【解答】（1）证明：连接BD，交AC于O，如图1所示：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，

∵BE＝DF，

∴AB：BE＝AD：DF，

∴EF∥BD，

∴AC⊥EF；

（2）解：如图2所示：

∵由（1）得：EF∥BD，

∴∠G＝∠CDO，

∴tanG＝tan∠CDO＝＝，

∴OC＝OD，

∵BD＝4，

∴OD＝2，

∴OC＝1，

∴OA＝OC＝1．

【点评】本题考查了菱形的性质、平行线的判定与性质、解直角三角形等知识；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．

7．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．

（1）求证：四边形ABCD是菱形；

（2）若AB＝，BD＝2，求OE的长．

【分析】（1）先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；

（2）先判断出OE＝OA＝OC，再求出OB＝1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．

【解答】（1）证明：∵AB∥CD，

∴∠OAB＝∠DCA，

∵AC为∠DAB的平分线，

∴∠OAB＝∠DAC，

∴∠DCA＝∠DAC，

∴CD＝AD＝AB，

∵AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵AD＝AB，

∴▱ABCD是菱形；

（2）解：∵四边形ABCD是菱形，

∴OA＝OC，BD⊥AC，

∵CE⊥AB，

∴OE＝OA＝OC，

∵BD＝2，

∴OB＝BD＝1，

在Rt△AOB中，AB＝，OB＝1，

∴OA＝＝2，

∴OE＝OA＝2．

【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD＝AD＝AB是解本题的关键．

8．数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．

（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）

请根据该图完成这个推论的证明过程．

证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ 　S△AEF　+　S△FCM　）．

易知，S△ADC＝S△ABC，　S△ANF　＝　S△AEF　，　S△FGC　＝　S△FMC　．

可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．

【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．

【解答】证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ S△AEF+S△FCM）．

易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FGC＝S△FMC，

可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．

故答案分别为 S△AEF，S△FCM，S△ANF，S△AEF，S△FGC，S△FMC．

【点评】本题考查矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分这个性质，属于中考常考题型．

9．如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE．

（1）求证：四边形BCDE为菱形；

（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长．

【分析】（1）由DE＝BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE＝DE即可解决问题；

（2）在Rt△ACD中只要证明∠ADC＝60°，AD＝2即可解决问题；

【解答】（1）证明：∵AD＝2BC，E为AD的中点，

∴DE＝BC，

∵AD∥BC，

∴四边形BCDE是平行四边形，

∵∠ABD＝90°，AE＝DE，

∴BE＝DE，

∴四边形BCDE是菱形．

（2）解：连接AC．

∵AD∥BC，AC平分∠BAD，

∴∠BAC＝∠DAC＝∠BCA，

∴AB＝BC＝1，

∵AD＝2BC＝2，

∴sin∠ADB＝，

∴∠ADB＝30°，

∴∠DAC＝30°，∠ADC＝60°，

在Rt△ACD中，∵AD＝2，

∴CD＝1，AC＝．

【点评】本题考查菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．

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日期：2022/1/9 10:54:54；用户：笑涵数学；邮箱：15699920825；学号：36906111