2020年北京市中考数学各地区模拟试题分类(北京专版)(一)-四边形(含解析)

2020年北京市中考数学各地区模拟试题分类（北京专版）（一）——四边形一．选择题1．（2020•西城区校级三模）内角和为720°的多边形是（）A． B． C． D．2．（2020•怀柔区模拟）如果一个正多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个正多边形的边数为（）A．5 B．6 C．7 D．83．（2020•平谷区二模）如图，螺丝母的截面是正六边形，则∠1的度数为（）A．30° B．45° C．60° D．75°4．（2020•顺义区二模）如图，四边形ABCD中，过点A的直线l将该四边形分割成两个多边形，若这两个多边形的内角和分别为α和β，则α+β的度数是（）A．360° B．540° C．720° D．900°5．（2020•东城区二模）把边长分别为1和2的两个正方形按如图的方式放置．则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．6．（2020•房山区二模）如图，在▱ABCD中，延长AD至点E，使AD＝2DE，连接BE交CD于点F，交AC于点G，则的值是（）A． B． C． D．7．（2020•门头沟区一模）已知，如图，在菱形ABCD中．（1）分别以C，D为圆心，大于CD长为半径作弧，两弧分别交于点E，F；（2）作直线EF，且直线EF恰好经过点A，且与边CD交于点M；（3）连接BM．根据以上作图过程及所作图形，判断下列结论中错误的是（）A．∠ABC＝60° B．如果AB＝2，那么BM＝4 C．BC＝2CM D．S△ABM＝2S△ADM8．（2020•平谷区一模）n边形的内角和为1800°，则该n边形的边数为（）A．12 B．10 C．8 D．69．（2020•丰台区一模）正六边形的每个内角度数为（）A．60° B．120° C．135° D．150°10．（2020•北京一模）如图，矩形ABCD中，BC＝2AB，点E在边AD上，EF⊥BD于点F．若EF＝1，则DE的长为（）A． B． C．2 D．3二．填空题11．（2020•朝阳区三模）如图，已知▱ABCD，通过测量、计算得到▱ABCD的面积约为cm2．（结果保留一位小数）12．（2020•昌平区二模）如图是由射线AB，BC，CD，DE，EF，FA组成的平面图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝°．13．（2020•朝阳区二模）正方形ABCD的边长为4，点M，N在对角线AC上（可与点A，C重合），MN＝2，点P，Q在正方形的边上．下面四个结论中，①存在无数个四边形PMQN是平行四边形；②存在无数个四边形PMQN是菱形；③存在无数个四边形PMQN是矩形；④至少存在一个四边形PMQN是正方形．所有正确结论的序号是．14．（2020•朝阳区二模）如图的四边形都是矩形，根据图形，写出一个正确的等式：．15．（2020•密云区二模）如图，已知菱形ABCD，通过测量、计算得菱形ABCD的面积约为cm2．（结果保留一位小数）16．（2020•西城区二模）如图，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠E，点F在AB的延长线上，则∠CBF的度数是．17．（2020•北京二模）如图，∠1，∠2，∠3均是五边形ABCDE的外角，AE∥BC，则∠1+∠2+∠3＝°．18．（2020•北京二模）四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点．有下列四个推断：①对于任意四边形ABCD，四边形MNPQ都是平行四边形；②若四边形ABCD是平行四边形，则MP与NQ交于点O；③若四边形ABCD是矩形，则四边形MNPQ也是矩形；④若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD也一定是正方形．所有正确推断的序号是．19．（2020•顺义区一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E、F是对角线AC上的两个动点，且EF＝2，P是正方形四边上的任意一点．若△PEF是等边三角形，则符合条件的P点共有个，此时AE的长为．20．（2020•门头沟区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，B（3，0），△AOB是等边三角形，动点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BO匀速运动，动点Q同时从点A出发以同样的速度沿OA延长线方向匀速运动，当点P到达点O时，点P，Q同时停止运动．过点P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．设运动时间为t秒，得出下面三个结论，①当t＝1时，△OPQ为直角三角形；②当t＝2时，以AQ，AE为边的平行四边形的第四个顶点在∠AOB的平分线上；③当t为任意值时，DE＝AB．所有正确结论的序号是．三．解答题21．（2020•昌平区模拟）我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．（1）写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称：，；（2）如图1，已知格点（小正方形的顶点）O（0，0），A（3，0），B（0，4），请你画出以格点为顶点，OA，OB为勾股边且对角线相等的两个勾股四边形OAMB；（3）如图2，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°，得到△DBE，连结AD，DC，∠DCB＝30°．写出线段DC，AC，BC的数量关系为．22．（2020•西城区校级三模）在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．（1）求证：四边形BFDE是矩形；（2）若CF＝6，tanC＝，DC＝16，求证：AF平分∠DAB．23．（2020•怀柔区模拟）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AC为一条对角线，且∠BAC＝∠ADC．延长BC到点E，使CE＝AD，连接DE．（1）判断四边形ACED的形状，并说明理由；（2）连接AE交CD于点F，若AC＝10，tanB＝，求AE的长．24．（2020•朝阳区三模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD＝BD，过点C作CE∥BD，交AD的延长线于点E．（1）求证：四边形BDEC是菱形；（2）连接BE，若AB＝2，AD＝4，求BE的长．25．（2020•昌平区二模）在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，点F在边AD上，且DF＝BE，连接DE，CF．（1）求证：四边形AECF是矩形；（2）若DE平分∠ADC，AB＝5，AD＝8，求tan∠ADE的值．26．（2020•石景山区二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝DC，DE平分∠ADC交BC于点E，连接AE．（1）求证：四边形AECD是菱形；（2）连接AC交DE于点F．若∠ABC＝90°，AC＝2，CE＝2，求AB的长．27．（2020•平谷区二模）如图，在菱形ABCD中，延长AB到E，延长AD到F，使BE＝DF，连接EF，连接AC并延长交EF于点G．（1）求证：AG⊥EF；（2）连接BD交AC于O，过B作BM⊥EF于点M，若BD＝2，C为AG中点，求EM的长．28．（2020•平谷区二模）如图，在△ABM中，∠ABC＝90°，延长BM使BC＝BA，线段CM绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，连结DM，AD．（1）依据题意补全图形；（2）当∠BAM＝15°时，∠AMD的度数是；（3）小聪通过画图、测量发现，当∠AMB是一定度数时，AM＝MD．小聪把这个猜想和同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：想法1：通过观察图形可以发现，如果把梯形ABCD补全成为正方形ABCE，就易证△ABM≌△AED，因此易得当∠AMD是特殊值时，问题得证；想法2：要证AM＝MD，通过第（2）问，可知只需要证明△AMD是等边三角形，通过构造平行四边形CDAF，易证AD＝CF，通过△ABM≌△CBF，易证AM＝CF，从而解决问题；想法3：通过BC＝BA，∠ABC＝90°，连结AC，易证△ACM≌△ACD，易得△AMD是等腰三角形，因此当∠AMD是特殊值时，问题得证．请你参考上面的想法，帮助小聪证明当∠AMD是一定度数时，AM＝MD．（一种方法即可）

参考答案一．选择题1．解：依题意有（n﹣2）•180°＝720°，解得n＝6．该多边形为六边形，故选：D．2．解：设正多边形的边数为n，由题意得：（n﹣2）•180°＝3×360°，解得：n＝8，故选：D．3．解：∵这个正六边形的外角和等于360°，∴∠1＝360°÷6＝60°．故选：C．4．解：如图：四边形ABCE的内角和为：（4﹣2）×180°＝360°，△ADE的内角和为180°，∴α+β＝360°+180°＝540°．故选：B．5．解：如图，设BC＝x，则CE＝1﹣x，∵两个正方形，∴AB∥EF，∴△ABC∽△FEC，∴，即，解得x＝，∴阴影部分面积为：S△ABC＝×1＝，故选：D．6．解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴△DEF∽△ABE，∴，∵AD＝2DE，∴，∵AB＝CD，∴，∴FC＝2DF，∵AB∥CD，∴△GFC∽△GBA，∴，故选：A．7．解：A．连接AC，由作图知，AF是CD的垂直平分线，则AC＝AD，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD＝AB＝BC，∠ABC＝∠ADC，∴AC＝AD＝CD，∴∠ADC＝60°，∴∠ABC＝60°，故A选项正确；B．∵AB＝2，∴AD＝2，∵AM垂直平分CD，∴DM＝CD＝1，∠AMD＝90°，∴AM＝，∵AB∥CD，∴∠BAM＝∠AMD＝90°，∴BM＝，故B选项错误；C．∵BC＝CD，CD＝2CM，∴BC＝2CM，故C选项正确；D．∵，AB•AM，∴S△ABM＝2S△ADM，故D选项正确．故选：B．8．解：设所求多边形边数为n，则（n﹣2）•180°＝1800°，解得n＝12．故选：A．9．解：根据多边形的内角和定理可得：正六边形的每个内角的度数＝（6﹣2）×180°÷6＝120°．故选：B．10．解：设AB＝x，则BC＝2x，∵矩形ABCD中，∠A＝90°，AD＝2x，∴BD＝＝x，∵EF⊥BD，∴∠EFD＝∠A＝90°，∵∠EDF＝∠BDA，∴△EDF∽△BDA，∴＝，即＝，∴DE＝．故选：B．二．填空题（共10小题）11．解：如图所示，过点A作AE⊥BC于点E，经测量AE≈0.7cm，BC≈1.1cm，S▱ABCD＝BC•DE＝1.1×0.7≈0.8（cm2），故答案为：0.8．12．解：由多边形的外角和等于360°可知，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，故答案为：360．13．解：如图，作线段MN的垂直平分线交AD于P，交AB于Q．∵PQ垂直平分线段MN，∴PM＝PN，QM＝QN，∵四边形ABCD是正方形，∴∠PAN＝∠QAN＝45°，∴∠APQ＝∠AQP＝45°，∴AP＝AQ，∴AC垂直平分线段PQ，∴MP＝MQ，∴四边形PMQN是菱形，在MN运动过程中，这样的菱形有无数个，当点M与A或C重合时，四边形PMQN是正方形，∴①②④正确，故答案为①②④．14．解：根据图形可得：m（a+b）＝ma+mb．故答案为：m（a+b）＝ma+mb．15．解：连接AC、BD，如图所示：测量得：AC≈3.05cm，BD≈1.7m，∴菱形ABCD的面积＝AC×BD≈×3.05×1.7≈2.6（cm2）；故答案为：2.6．16．解：∵∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠E，∴五边形ABCDE是正多边形，∵正多边形的外角和是360°，∴∠CBF＝360°÷5＝72°．故答案为：72°．17．解：∵AB∥CD，∴∠A+∠B＝180°，∴∠4+∠5＝180°，根据多边形的外角和定理得，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．故答案为：180．18．解：①如图1所示：∵点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点，∴MN是△ABC的中位线，PQ是△ADC的中位线，MQ是△ABD的中位线，PN是△BCD的中位线，∴MN∥AC，MN＝AC，PQ∥AC，PQ＝AC，MQ＝BD，∴MN∥PQ，MN＝PQ，∴四边形MNPQ是平行四边形，①正确；②如图2所示：若四边形ABCD是平行四边形，点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点，则四边形MNPQ是平行四边形，四边形ABNQ是平行四边形，∴MP与NQ互相平分，∴NQ的中点就是AC的中点，则MP与NQ交于点O，②正确；③若四边形ABCD是矩形，则AC＝BD，∴MN＝MQ，∴四边形MNPQ是菱形，不是矩形；③不正确；④∵四边形ABCD中，若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形MNPQ是正方形，∴若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD不一定是正方形，④不正确；故答案为：①②．19．解：如图，当点P在AD上，且点E在点F上方时，过点PH⊥EF于H，∵△PEF是等边三角形，PH⊥EF，∴∠PEF＝60°，PE＝PF＝EF＝2，EH＝FH＝1，∴PH＝，∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，∴∠DAC＝45°，AC＝AB＝4，∵PH⊥AC，∴∠APH＝∠PAH＝45°，∴AH＝PH＝，∴AE＝﹣1，若点E在点F下方，则AE＝+1，同理可得：当点P在AB上时，AE＝﹣1或AE＝+1，当点P在CD或BC上时，AE＝4﹣2﹣（﹣1）＝4﹣﹣1或4﹣+1，故答案为：4，4﹣﹣1或4﹣+1或﹣1或+1．20．解：①如图1中，取OQ的中点H，连接PH．∵t＝1，∴AQ＝PB＝1，∵B（3，0），∴OB＝3，∵△AOB是等边三角形，∴OA＝OB＝AB＝3，∴OQ＝4，∵OH＝HQ＝AQ＝2，∴OH＝OP＝2，∵∠HOP＝60°，∴△HOP是等边三角形，∴PH＝OH＝HQ，∴PH＝OQ，∴△OPQ是直角三角形．故①正确，②当t＝2时，如图2中，由题意PB＝AQ＝2，∵PE⊥AB，∴∠PEB＝90°，∵∠PBE＝60°，∴BE＝PB＝1，∴AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，∴AE＝AQ＝2，∵四边形AEMQ是平行四边形，AQ＝AE，∴四边形AEMQ是菱形，∵∠QAE＝120°，∴∠MAE＝∠MAQ＝60°，∴△MAE是等边三角形，∴MA＝ME＜BM，∴点M不在AB的垂直平分线上，∴点M不在∠AOB的角平分线上，故②错误，③如图3中，作PM∥OA交AB于M．∵PM∥OA，∴∠BMP＝∠BAO＝60°，∠BPM＝∠AOB＝60°，∴△PMB是等边三角形，∴PB＝PM＝AQ，∵PE⊥BM，∴EM＝BM，∵∠AQD＝∠MPD，∠ADQ＝∠MQP，AQ＝PM，∴△ADQ≌△MDP（AAS），∴AD＝DM，∴DE＝DM+ME＝AM+BM＝（AM+BM）＝AB，故③正确，故答案为①③．三．解答题（共8小题）21．解：（1）学过的特殊四边形中是勾股四边形的有矩形，正方形；故答案为：矩形，正方形；（2）如图，（3）线段DC，AC，BC的数量关系为：DC2+BC2＝AC2．证明：如图2，连接CE，由旋转得：△ABC≌△DBE，∴AC＝DE，BC＝BE，又∵∠CBE＝60°，∴△CBE为等边三角形，∴BC＝CE，∠BCE＝60°，∵∠DCB＝30°，∴∠DCE＝∠DCB+∠BCE＝30°+60°＝90°，∴DC2+EC2＝DE2，∴DC2+BC2＝AC2．故答案为：DC2+BC2＝AC2．22．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，∵DF＝BE，∴四边形BFDE是平行四边形，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴四边形BFDE是矩形；（2）证明：∵四边形BFDE是矩形，∴∠BFC＝∠BFD＝90°，∵CF＝6，tanC＝＝，∴BF＝CF＝8，∴BC＝＝＝10，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD＝BC＝10，∴∠BAF＝∠DFA，∵DC＝16，∴DF＝DC﹣CF＝16﹣6＝10，∴AD＝DF，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠BAF＝∠DAF，∴AF平分∠DAB．23．解：（1）四边形ACED是菱形，理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．∵又CE＝AD，∴四边形ACED是平行四边形．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD，∵∠BAC＝∠ADC，∴∠ACD＝∠ADC．∴AC＝AD，∴四边形ACED是菱形；（2）∵tanB＝，∴∠B＝60°．∵AB∥BD，∴∠DCE＝∠B＝60°．∵四边形ACED是菱形，∴AC＝CE＝10，AE⊥DC，AE＝2EF，∴Rt△CFE中，∠DCE＝60°，∴∠CEF＝30°，∴CF＝CE＝5，由勾股定理得EF＝．∴AE＝．24．证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，∵AD＝BD，∴BD＝BC，∵CE∥BD，AD∥BC，∴四边形BDEC是平行四边形，又∵BD＝BC，∴四边形BDEC是菱形；（2）如图，连接BE交CD于O，∵四边形BDEC是菱形，∴DO＝CO＝CD＝1，BO＝BE，CD⊥BE，在Rt△BDO中，AD＝BD＝4，DO＝1，∴BO＝＝＝，∴BE＝2BO＝2．25．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵BE＝DF，∴AF＝EC，∴四边形AECF是平行四边形，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴四边形AECF是矩形；（2）解：如图所示：∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC＝8，AB＝CD＝5，AD∥BC，∴∠ADE＝∠DEC，∴∠DEC＝∠CDE，∴CD＝CE＝5，∴BE＝BC﹣CE＝8﹣5＝3，∵AE⊥BC，AD∥BC，∴∠AEB＝∠EAD＝90°，由勾股定理得：AE＝＝＝4，∴tan∠ADE＝＝＝．26．（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ADE＝∠CED．∵DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠ADE．∴∠CED＝∠CDE，∴EC＝DC，∵AD＝DC，∴AD＝EC，又∵AD∥EC，∴四边形AECD是平行四边形，∴四边形AECD是菱形．（2）解：如图所示：∵四边形AECD是菱形，∴AC⊥DE，．∴∠EFC＝90°，在Rt△EFC中，cos∠FCE＝＝，∴∠FCE＝30°，∵∠ABC＝90°，∴．27．解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，