新初中数学四边形经典测试题附答案

新初中数学四边形经典测试题附答案一、选择题1．一个多边形的每一个外角都是72°，那么这个多边形的内角和为()A．540° B．720° C．900° D．1080°【答案】A【解析】【详解】解：∵多边形的每一个外角都是72°，∴多边形的边数为：，∴该多边形的内角和为：（5-2）×180°=540°．故选A．【点睛】外角和是360°，除以一个外角度数即为多边形的边数．根据多边形的内角和公式可求得该多边形的内角和．2．如图，若的顶点，，的坐标分别为，，，则顶点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】根据平行四边形的性质，以及点的平移性质，即可求出点B的坐标.【详解】解：∵四边形OABC是平行四边形，∴OC∥AB，OA∥BC，∴点B的纵坐标为3，∵点O向右平移1个单位，向上平移3个单位得到点C，∴点A向右平移1个单位，向上平移3个单位得到点B，∴点B的坐标为：（5，3）；故选：B.【点睛】本题考查了平行四边形的性质，点坐标平移的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质进行解题.3．若菱形的对角线分别为6和8，则这个菱形的周长为（）A．10 B．20 C．40 D．48【答案】B【解析】【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．【详解】如图所示，根据题意得AO=×8=4，BO=×6=3，∵四边形ABCD是菱形，

∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，

∴△AOB是直角三角形，

∴AB==5，∴此菱形的周长为：5×4=20．

故选：B．【点睛】此题考查菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键.4．如图1，点F从菱形ABCD的项点A出发，沿A－D－B以1cm/s的速度匀速运动到点B．图2是点F运动时，△FBC的面积y(m2)随时间x(s)变化的关系图象，则a的值为()A．5 B．2 C． D．2【答案】C【解析】【分析】过点作于点由图象可知，点由点到点用时为，的面积为．求出DE=2，再由图像得，进而求出BE=1，再在根据勾股定理构造方程，即可求解．【详解】解：过点作于点由图象可知，点由点到点用时为，的面积为．由图像得，当点从到时，用中，∵四边形是菱形，，中，解得故选：．【点睛】本题综合考查了菱形性质和一次函数图象性质，要注意函数图象变化与动点位置之间的关系，解答此题关键根据图像关键点确定菱形的相关数据．5．如图，，已知，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】延长BC、EF交于点G，根据平行线的性质得，再根据三角形外角的性质和平角的性质得，最后根据四边形内角和定理求解即可．【详解】延长BC、EF交于点G∵∴∵∴∵∴故答案为：B．【点睛】本题考查了平行线的角度问题，掌握平行线的性质、三角形外角的性质、平角的性质、四边形内角和定理是解题的关键．6．设四边形的内角和等于，五边形的外角和等于，则与的关系是()A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】根据多边形的内角和定理与多边形外角的关系即可得出结论．【详解】解：∵四边形的内角和等于a，∴a=（4-2）•180°=360°．∵五边形的外角和等于，∴=360°，∴a=．故选B．【点睛】本题考查的是多边形的内角与外角，熟知多边形的内角和定理是解答此题的关键．7．如图，在菱形中，，，点是这个菱形内部或边上的一点，若以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，则，（，两点不重合）两点间的最短距离为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】分三种情形讨论①若以边BC为底．②若以边PC为底．③若以边PB为底．分别求出PD的最小值，即可判断．【详解】解：在菱形ABCD中，∵∠ABC=60°，AB=1，

∴△ABC，△ACD都是等边三角形，

①若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短“，即当点P与点A重合时，PD值最小，最小值为1；

②若以边PC为底，∠PBC为顶角时，以点B为圆心，BC长为半径作圆，与BD相交于一点，则弧AC（除点C外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在BD上时，PD最小，最小值为③若以边PB为底，∠PCB为顶角，以点C为圆心，BC为半径作圆，则弧BD上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点D重合时，PD最小，显然不满足题意，故此种情况不存在；

上所述，PD的最小值为故选D．【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．8．如图，四边形和四边形均为正方形，连接CF，DG，则（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】连接AC和AF，证明△DAG∽△CAF可得的值．【详解】连接AC和AF，则，∵∠DAG=45°-∠GAC，∠CAF=45°-GAC，∴∠DAG=∠CAF．∴△DAG∽△CAF．∴．故答案为：B.【点睛】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是构造相似三角形．9．如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH,若BE:EC=2：1，则线段CH的长是（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】试题分析：设CH＝x，因为BE：EC＝2：1，BC＝9，所以，EC＝3，由折叠知，EH＝DH＝9－x，在Rt△ECH中，由勾股定理，得：，解得：x＝4，即CH=4考点：（1）图形的折叠；（2）勾股定理10．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，动点P满足S△PAB＝S矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（）A． B． C．5 D．【答案】D【解析】解：设△ABP中AB边上的高是h．∵S△PAB=S矩形ABCD，∴AB•h=AB•AD，∴h=AD=2，∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE就是所求的最短距离．在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，∴BE===，即PA+PB的最小值为．故选D．11．在四边形ABCD中，AD∥BC，要使四边形ABCD是平行四边形，可添加的条件不正确的是（）A．AB∥CD B．∠B＝∠D C．AD＝BC D．AB＝CD【答案】D【解析】【分析】根据平行四边形的判定解答即可．【详解】∵AD∥BC，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故A正确；

∵AD∥BC，AD=BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，故C正确；

∵AD∥BC，

∴∠D+∠C=180°，

∵∠B=∠D，

∴∠B+C=180°，

∴AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，故B正确；

故选：D．【点睛】此题考查平行四边形的判定，解题关键是根据平行四边形的判定解答．12．如图，菱形ABCD中，对角线AC＝6，BD＝8，M、N分别是BC、CD上的动点，P是线段BD上的一个动点，则PM＋PN的最小值是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP=NQ最小，NQ为所求，当NQ⊥AB时，NQ最小，继而利用面积法求出NQ长即可得答案.【详解】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP=NQ最小，NQ为所求，当NQ⊥AB时，NQ最小，∵四边形ABCD是菱形，AC=6，DB=8，∴OA=3，OB=4，AC⊥BD，在Rt△AOB中，AB==5，∵S菱形ABCD=，∴，∴NQ=，∴PM+PN的最小值为，故选D.【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称确定最短路线问题，熟记菱形的轴对称性和利用轴对称确定最短路线的方法是解题的关键．13．如图，在中，，，，则的面积为()A．6 B．12 C．24 D．48【答案】C【解析】【分析】由勾股定理的逆定理得出，即，得出是菱形，由菱形面积公式即可得出结果．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，即，∴是菱形，∴的面积；故选C．【点睛】本题考查平行四边形的性质、勾股定理的逆定理、菱形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形是菱形是解题的关键．14．如图，四边形ABCD的对角线为AC、BD，且AC=BD，则下列条件能判定四边形ABCD为矩形的是（）A．BA=BCB．AC、BD互相平分C．AC⊥BDD．AB∥CD【答案】B【解析】试题分析：根据矩形的判定方法解答．解：能判定四边形ABCD是矩形的条件为AC、BD互相平分．理由如下：∵AC、BD互相平分，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC=BD，∴▱ABCD是矩形．其它三个条件再加上AC=BD均不能判定四边形ABCD是矩形．故选B．考点：矩形的判定．15．如图，△ABC中，AB=4，AC=3，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为（）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由等腰三角形的判定方法可知△AGC是等腰三角形，所以F为GC中点，再由已知条件可得EF为△CBG的中位线，利用中位线的性质即可求出线段EF的长．【详解】∵AD是△ABC角平分线，CG⊥AD于F，∴△AGC是等腰三角形，

∴AG=AC=3，GF=CF，

∵AB=4，AC=3，

∴BG=1，

∵AE是△ABC中线，

∴BE=CE，

∴EF为△CBG的中位线，

∴EF=BG=，故选：D．【点睛】此题考查等腰三角形的判定和性质、三角形的中位线性质定理，解题关键在于掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．16．如图，四边形和都是正方形，点在边上，点在对角线上，若，则的面积是()A．6 B．8 C．9 D．12【答案】B【解析】【分析】根据正方形的性质得到∠DAC＝∠ACD＝45°，由四边形EFGH是正方形，推出△AEF与△DFH是等腰直角三角形，于是得到DE＝EH＝EF，EF＝AE，即可得到结论．【详解】解：∵在正方形ABCD中，∠D＝90°，AD＝CD＝AB，∴∠DAC＝∠DCA＝45°，∵四边形EFGH为正方形，∴EH＝EF，∠AFE＝∠FEH＝90°，∴∠AEF＝∠DEH＝45°，∴AF＝EF，DE＝DH，∵在Rt△AEF中，AF2＋EF2＝AE2，∴AF＝EF＝AE，同理可得：DH＝DE＝EH又∵EH＝EF，∴DE＝EF＝×AE＝AE，∵AD＝AB＝6，∴DE＝2，AE＝4，∴EH＝DE＝2，∴的面积为EH2＝（2）2＝8，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定及性质以及勾股定理的应用，熟练掌握图形的性质及勾股定理是解决本题的关键．17．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，点M、N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若四边形MBND是菱形，则等于（）A． B． C． D．【答案】A【解析】试题分析：设AB=a,根据题意知AD=2a，由四边形BMDN是菱形知BM=MD，设AM=b,则BM=MD=2a-b.在Rt△ABM中，由勾股定理即可求值.试题解析：∵四边形MBND是菱形，∴MD=MB．∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°．设AB=a，AM=b，则MB=2a-b，（a、b均为正数）．在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，即a2+b2=（2a-b）2，解得a=，∴MD=MB=2a-b=，∴.故选A.考点：1.矩形的性质；2.勾股定理；3.菱形的性质．18．下列结论正确的是（）A．平行四边形是轴对称图形 B．平行四边形的对角线相等C．平行四边形的对边平行且相等 D．平行四边形的对角互补，邻角相等【答案】C【解析】【分析】分别利用平行四边形的性质和判定逐项判断即可．【详解】A、平行四边形不一定是轴对称图形，故A错误；B、平行四边形的对角线不相等，故B错误；

C、平行四边形的对边平行且相等，故C正确；

D、平行四边形的对角相等，邻角互补，故D错误．

故选：C．【点睛】此题考查平行四边形的性质，掌握特殊平行四边形与一般平行四边形的区别是解题的关键．19．如图，在□ABCD中，延长CD到E，使DE＝CD，连接BE交AD于点F，交AC于点G．下列结论中：①DE＝DF；②AG＝GF；③AF＝DF；④BG＝GC；⑤BF＝EF，其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【解析】【分析】由AAS证明△ABF≌△DEF，得出对应边相等AF=DF，BF=EF，即可得出结论，对于①②④不一定正确．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，即AB∥CE，

∴∠ABF=∠E，

∵DE=CD，

∴AB=DE，

在△ABF和△DEF中，

∵，∴△ABF≌△DEF（AA