专题10四边形(共82题)-5年(2016-2020)中考1年模拟数学试题分项详解(原卷版+解析)(北京专用)

5年（2016-2020）中考1年模拟数学试题分项详解（北京专用）专题10四边形（共82题）五年中考真题五年中考真题一．选择题（共5小题）1．（2020•北京）正五边形的外角和为（）A．180° B．360° C．540° D．720°2．（2019•北京）正十边形的外角和为（）A．180° B．360° C．720° D．1440°3．（2018•北京）若正多边形的一个外角是60°，则该正多边形的内角和为（）A．360° B．540° C．720° D．900°4．（2017•北京）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（）A．6 B．12 C．16 D．185．（2016•北京）内角和为540°的多边形是（）A． B． C． D．二．填空题（共2小题）6．（2019•北京）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．7．（2019•北京）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为．三．解答题（共7小题）8．（2020•北京）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．9．（2019•北京）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=12，求10．（2018•北京）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．（1）求证：GF＝GC；（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．11．（2018•北京）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=5，BD＝2，求OE12．（2017•北京）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．13．（2017•北京）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．14．（2016•北京）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE平分∠BAD，交DC的延长线于点E．求证：DA＝DE．一年模拟新题一年模拟新题1．（2020•怀柔区二模）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．82．（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°3．（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°4．（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CGAG的值是（）A．23 B．13 C．125．（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．13 B．14 C．156．（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12CD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△ADM7．（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．68．（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°9．（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．3 B．5 C．2 D．310．（2020•海淀区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝16，tan∠ABD=34，则线段A．7 B．10 C．5 D．2711．（2020•槐荫区模拟）内角和为540°的多边形是（）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形12．（2020春•海淀区校级期末）如图，两把完全一样的直尺叠放在﹣起，重合的部分构成一个四边形，给出以下四个论断：①这个四边形可能是正方形②这个四边形一定是菱形③这个四边形不可能是矩形④这个四边形一定是轴对称图形，其中正确的论断是（）A．①② B．③④ C．①②④ D．①②③④13．（2020春•海淀区校级期末）如图，在四边形ABCD中，已知AB＝CD，添加一个条件，可使四边形ABCD是平行四边形，下列错误的是（）A．AB∥CD B．BC＝AD C．BC∥AD D．∠A+∠D＝180°14．（2020春•海淀区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，四边形OCDE的周长为（）A．7+35 B．7+45 C．8+3515．（2020春•海淀区校级期末）如图，平行四边形ABCD的周长是32cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多2cm，则AE的长度为（）A．42cm B．22cm C．4.5cm D．3.5cm16．（2020春•海淀区校级期末）如图，平行四边形ABCD的周长是52cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，则AE的长度为（）A．8cm B．5cm C．4cm D．3cm17．（2020春•东城区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点C在x轴的正半轴上．若点A的坐标是（3，4），则点B的坐标为（）A．（5，4） B．（8，4） C．（5，3） D．（8，3）18．（2020春•东城区校级期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（）A．20cm B．30cm C．40cm D．202cm19．（2020春•大兴区期末）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O．下列结论：①OA＝OC，②∠BAD＝∠BCD，③∠BAD+∠ABC＝180°，④AC⊥BD，⑤AB＝CD．其中正确的个数有（A．5个 B．4个 C．3个 D．2个20．（2020春•丰台区期末）如图，点E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点．若AC⊥BD，则四边形EFGH的形状为（）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形21．（2020•北京模拟）若一个正多边形的一个内角是150°，则它的边数是（）A．6 B．10 C．12 D．1622．（2020•房山区一模）一个多边形的每个内角都等于120°，则此多边形是（）A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形23．（2020•丰台区模拟）若一个多边形的内角和是1080度，则这个多边形的边数为（）A．6 B．7 C．8 D．1024．（2020•门头沟区一模）若一个多边形的每个外角都等于60°，则这个多边形是（）A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形25．（2020•朝阳区三模）如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交CD边于E，AD＝3，EC＝2，则AB的长为（）A．1 B．2 C．3 D．5二．填空题（共25小题）26．（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）27．（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＝°．28．（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．29．（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：．30．（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）31．（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．32．（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＝°．33．（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．34．（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=12所有正确结论的序号是．35．（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．36．（2020•大兴区一模）如图，直线l是四边形ABCD的对称轴，若AD＝CB，下面四个结论中：①AD∥CB；②AC⊥BD；③AO＝OC；④AB⊥BC，一定正确的结论的序号是．37．（2020•大兴区一模）在四边形ABCD中，用①AB∥DC，②AD＝BC，③∠A＝∠C中的两个作为题设，余下的一个作为结论．用“如果…，那么…“的形式，写出一个真命题：在四边形ABCD中，．38．（2020•房山区一模）▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是边AB上的一个动点（不与A、B重合），连接EO并延长，交CD于点F，连接AF，CE，下列四个结论中：①对于动点E，四边形AECF始终是平行四边形；②若∠ABC＜90°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是矩形；③若AB＞AD，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是菱形；④若∠BAC＝45°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是正方形．以上所有正确说法的序号是．39．（2020•西城区一模）如图，在正方形ABCD中，BE平分∠CBD，EF⊥BD于点F．若DE=2，则BC的长为40．（2020•顺义区一模）如图，将一矩形纸片ABCD沿着虚线EF剪成两个全等的四边形纸片．根据图中标示的长度与角度，求出剪得的四边形纸片中较短的边AE的长是．41．（2020•朝阳区一模）如图，∠1～∠6是六边形ABCDEF的外角，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝°．42．（2020•通州区一模）若某个正多边形的一个内角为108°，则这个正多边形的内角和为．43．（2020•朝阳区校级模拟）如果一个n边形的外角和是内角和的一半，那么n＝．44．（2020•通州区一模）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；④存在两个中点四边形MNPQ是正方形．所有正确结论的序号是．45．（2020•北京一模）如图，已知▱ABCD，通过测量，计算得▱ABCD的面积约为cm2．（结果保留一位小数）46．（2020•西城区校级模拟）数学课上，王老师让同学们对给定的正方形ABCD，建立合适的平面直角坐标系，并表示出各顶点的坐标．下面是4名同学表示各顶点坐标的结果：甲同学：A（0，1），B（0，0），C（1，0），D（1，1）；乙同学：A（0，0），B（0，﹣1），C（﹣1，﹣1），D（1，0）；丙同学：A（0，3），B（0，0），C（3，0），D（3，3）；丁同学：A（1，1），B（1，﹣2），C（4，﹣2），D（4，1）；上述四名同学表示的结果中，四个点的坐标都表示正确的同学是．47．（2020•北京模拟）在菱形ABCD中，MNPQ分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）．对于任意菱形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是菱形；③存在无数个四边形MNPQ是矩形；④存在无数个四边形MNPQ是正方形．所有正确结论的序号是．48．（2020•海淀区校级模拟）我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正方形ABCD的边AB在轴x上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为．49．（2020•海淀区校级模拟）在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是边AD上的一个动点（与点A，D不重合），连接EO并延长，交BC于点F，连接BE，DF．下列说法：①对于任意的点E，四边形BEDF都是平行四边形；②当∠ABC＞90°时，至少存在一个点E，使得四边形BEDF是矩形；③当AB＜AD时，至少存在一个点E，使得四边形BEDF是菱形；④当∠ADB＝45°时，至少存在一个点E，使得四边形BEDF是正方形．所有正确说法的序号是．50．（2020•海淀区校级模拟）如图，已知平行四边形ABCD，通过测量、计算得平行四边形ABCD的面积约为cm2．（结果保留一位小数）51．（2020•朝阳区二模）如图，点E，F分别在矩形ABCD的边AB，CD上，且∠DAF＝∠BCE．（1）求证：AF＝CE；（2）连接AC，若AC平分∠FAE，∠DAF＝30°，CE＝4，求CD的长．52．（2020•门头沟区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，CE∥AB，EB∥CD，连接DE交BC于点O．（1）求证：DE＝BC；（2）如果AC＝5，tan∠ACD=12，求53．（2020•通州区一模）已知线段AB，直线l垂直平分AB且交AB于点O，以O为圆心，AO长为半径作弧，交直线l于C，D两点，分别连接AC，AD，BC，BD．（1）根据题意，补全图形；（2）求证：四边形ACBD为正方形．54．（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．55．（2020•顺义区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠ACD＝90°，AB=12CD，点E是（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；（2）若AC＝4，AD＝42，求四边形ABCE的面积．56．（2020•海淀区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边的中点，连接CD，过点A作AG∥DC，过点C作CG∥DA，AG与CG相交于点G．（1）求证：四边形ADCG是菱形；（2）若AB＝10，tan∠CAG=34，求57．（2020•朝阳区一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE＝DF．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）连接EF并延长，交AD的延长线于点G，若∠CEG＝30°，AE＝2，求EG的长．58．（2020•西城区一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA＝OB，过点B作BE⊥AC于点E．（1）求证：▱ABCD是矩形；（2）若AD＝25，cos∠ABE=25559．（2020•平谷区一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过B点作BF∥AC，过C点作CF∥BD，BF与CF相交于点F．（1）求证：四边形BFCO是菱形；（2）连接OF、DF，若AB＝2，tan∠OFD=23，求60．（2020•延庆区一模）四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E在边AB上，点F在AD的延长线上，且点E与点F关于直线CD对称，过点E作EG∥AF交CD于点G，连接FG，DE．（1）求证：四边形DEGF是菱形；（2）若AB＝10，AF＝BC＝8，求四边形DEGF的面积．61．（2020•东城区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，点O为对角线AC的中点，过点O作EF⊥AC交BC于点E，交AD于点F，连接AE，CF．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）连接OB，若AB＝8，AF＝10，求OB的长．62．（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．63．（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＝23，CE＝2，求AB的长．64．（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．65．（2020•门头沟区二模）如图，在平行四边形ABCD中，线段AC的垂直平分线交AC于O，分别交BC，AD于E，F，连接AE，CF．（1）证明：四边形AECF是菱形；（2）在（1）的条件下，如果AC⊥AB，∠B＝30°，AE＝2，求四边形AECF的面积．66．（2020•密云区二模）如图，在△AOC中，OA＝OC，OD是AC边上的中线．延长AO至点B，作∠COB的角平分线OH，过点C作CF⊥OH于点F．（1）求证：四边形CDOF是矩形；（2）连接DF，若cosA=35，CF＝8，求67．（2020•西城区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，AE∥DC，CE∥DA．（1）求证：四边形ADCE是菱形；（2）连接DE，若AC＝23，BC＝2，求证：△ADE是等边三角形．68．（2020•东城区二模）在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E为AB的中点，连接OE并延长到点F，使EF＝EO，连接AF，BF．（1）求证：四边形AOBF是矩形；（2）若AD＝5，sin∠AFO=35，求5年（2016-2020）中考1年模拟数学试题分项详解（北京专用）专题10四边形（共82题）五年中考真题五年中考真题一．选择题（共5小题）1．（2020•北京）正五边形的外角和为（）A．180° B．360° C．540° D．720°【分析】根据多边形的外角和等于360°，即可求解．【解析】任意多边形的外角和都是360°，故正五边形的外角和的度数为360°．故选：B．2．（2019•北京）正十边形的外角和为（）A．180° B．360° C．720° D．1440°【分析】根据多边的外角和定理进行选择．【解析】因为任意多边形的外角和都等于360°，所以正十边形的外角和等于360°，．故选：B．3．（2018•北京）若正多边形的一个外角是60°，则该正多边形的内角和为（）A．360° B．540° C．720° D．900°【分析】根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等，可求出该正多边形的边数，再由多边形的内角和公式求出其内角和；根据一个外角得60°，可知对应内角为120°，很明显内角和是外角和的2倍即720．【解析】该正多边形的边数为：360°÷60°＝6，该正多边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝720°．故选：C．4．（2017•北京）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（）A．6 B．12 C．16 D．18【分析】根据多边形的内角和，可得答案．【解析】设多边形为n边形，由题意，得（n﹣2）•180°＝150°•n，解得n＝12，故选：B．5．（2016•北京）内角和为540°的多边形是（）A． B． C． D．【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列式进行计算即可求解．【解析】设多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°＝540°，解得n＝5．故选：C．二．填空题（共2小题）6．（2019•北京）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．【解析】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：①②③．7．（2019•北京）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为12．【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，设OA＝x，OB＝y，由题意得：x+y=5x−y=1，解得：x=3y=2，得出AC＝2OA＝6，BD＝2【解析】如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，设OA＝x，OB＝y，由题意得：x+y=5x−y=1解得：x=3y=2∴AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，∴菱形ABCD的面积=12AC×BD故答案为：12．三．解答题（共7小题）8．（2020•北京）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）根据菱形的性质得到BD⊥AC，∠DAO＝∠BAO，得到AE＝OE=12AD，推出OE∥FG，求得四边形（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE=12AD＝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【解析】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∠DAO＝∠BAO，∵E是AD的中点，∴AE＝OE=12∴∠EAO＝∠AOE，∴∠AOE＝∠BAO，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四边形OEFG是平行四边形，∵EF⊥AB，∴∠EFG＝90°，∴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=12由（1）知，四边形OEFG是矩形，∴FG＝OE＝5，∵AE＝5，EF＝4，∴AF=A∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．9．（2019•北京）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=12，求【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＝∠ADO，由三角函数得出tanG＝tan∠CDO=OCOD=12，得出OC=12OD【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∴OC=12∵BD＝4，∴OD＝2，∴OC＝1，∴OA＝OC＝1．10．（2018•北京）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．（1）求证：GF＝GC；（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．【分析】（1）如图1，连接DF，根据对称得：△ADE≌△FDE，再由HL证明Rt△DFG≌Rt△DCG，可得结论；（2）证法一：如图2，作辅助线，构建AM＝AE，先证明∠EDG＝45°，得DE＝EH，证明△DME≌△EBH，则EM＝BH，根据等腰直角△AEM得：EM=2AE证法二：如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE＝HN，AD＝EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．【解答】证明：（1）如图1，连接DF，∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠A＝∠C＝90°，∵点A关于直线DE的对称点为F，∴△ADE≌△FDE，∴DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠A＝90°，∴∠DFG＝90°，在Rt△DFG和Rt△DCG中，∵DF=DCDG=DG∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），∴GF＝GC；（2）BH=2AE证法一：如图2，在线段AD上截取AM，使AM＝AE，∵AD＝AB，∴DM＝BE，由（1）知：∠1＝∠2，∠3＝∠4，∵∠ADC＝90°，∴∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∴2∠2+2∠3＝90°，∴∠2+∠3＝45°，即∠EDG＝45°，∵EH⊥DE，∴∠DEH＝90°，△DEH是等腰直角三角形，∴∠AED+∠BEH＝∠AED+∠1＝90°，DE＝EH，∴∠1＝∠BEH，在△DME和△EBH中，∵DM=BE∠1=∠BEH∴△DME≌△EBH（SAS），∴EM＝BH，Rt△AEM中，∠A＝90°，AM＝AE，∴EM=2AE∴BH=2AE证法二：如图3，过点H作HN⊥AB于N，∴∠ENH＝90°，由方法一可知：DE＝EH，∠1＝∠NEH，在△DAE和△ENH中，∵∠A=∠ENH∠1=∠NEH∴△DAE≌△ENH（AAS），∴AE＝HN，AD＝EN，∵AD＝AB，∴AB＝EN＝AE+BE＝BE+BN，∴AE＝BN＝HN，∴△BNH是等腰直角三角形，∴BH=2HN=211．（2018•北京）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=5，BD＝2，求OE【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．【解析】（1）∵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）∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，∴OE＝OA＝OC，∵BD＝2，∴OB=12在Rt△AOB中，AB=5，OB∴OA=A∴OE＝OA＝2．12．（2017•北京）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．13．（2017•北京）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=1∴∠ADB＝30°，∴∠DAC＝30°，∠ADC＝60°，在Rt△ACD中，∵AD＝2，∴CD＝1，AC=314．（2016•北京）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE平分∠BAD，交DC的延长线于点E．求证：DA＝DE．【分析】由平行四边形的性质得出AB∥CD，得出内错角相等∠E＝∠BAE，再由角平分线证出∠E＝∠DAE，即可得出结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠E＝∠BAE，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠E＝∠DAE，∴DA＝DE．一年模拟新题一年模拟新题一．选择题（共25小题）1．（2020•怀柔区二模）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．8【分析】设正多边形的边数为n，利用多边形的内角和公式和外角和定理即可解答．【解析】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．2．（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°【分析】根据多边形的外角和等于360°解答即可．【解析】∵这个正六边形的外角和等于360°，∴∠1＝360°÷6＝60°．故选：C．3．（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°【分析】根据多边形的内角和公式计算即可．【解析】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．4．（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CGAG的值是（）A．23 B．13 C．12【分析】根据平行四边形的性质得出CD∥AB，利用相似三角形的判定和性质解答即可．【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴△DEF∽△ABE，∴DFAB∵AD＝2DE，∴DFAB∵AB＝CD，∴DFAB∴FC＝2DF，∵AB∥CD，∴△GFC∽△GBA，∴CGAG故选：A．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．13 B．14 C．15【分析】如图，易证△ABC∽△FEC，可设BC＝x，只需求出BC即可．【解析】如图，设BC＝x，则CE＝1﹣x，∵两个正方形，∴AB∥EF，∴△ABC∽△FEC，∴ABEF=BC解得x=1∴阴影部分面积为：S△ABC=12×故选：D．6．（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12CD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△ADM【分析】由作图知，AF是CD的垂直平分线，连接AC，证明△ACD为等边三角形，便可判断A；由勾股定理在Rt△ADM中，求出AM，再在Rt△ABM中求得BM，便可判断B；由BC＝CD＝2CM，便可判断C；由三角形的面积公式和AB与DM的关系，便可判断D．【解析】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=12CD＝1，∠∴AM=A∵AB∥CD，∴∠BAM＝∠AMD＝90°，∴BM=A故B选项错误；C．∵BC＝CD，CD＝2CM，∴BC＝2CM，故C选项正确；D．∵S△ABMS△ADM=12∴S△ABM＝2S△ADM，故D选项正确．故选：B．7．（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．6【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，列方程可求解．【解析】设所求多边形边数为n，则（n﹣2）•180°＝1800°，解得n＝12．故选：A．8．（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°【分析】利用多边形的内角和为（n﹣2）•180°求出正六边形的内角和，再结合其边数即可求解．【解析】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．9．（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．3 B．5 C．2 D．3【分析】设AB＝x则BC＝2x，根据矩形ABCD中，∠A＝90°，AD＝2x，可得BD的长，证明△EDF∽△BDA，对应边成比例即可求出DE的长．【解析】设AB＝x，则BC＝2x，∵矩形ABCD中，∠A＝90°，AD＝2x，∴BD=AB∵EF⊥BD，∴∠EFD＝∠A＝90°，∵∠EDF＝∠BDA，∴△EDF∽△BDA，∴EFDE即1DE∴DE=5故选：B．10．（2020•海淀区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝16，tan∠ABD=34，则线段A．7 B．10 C．5 D．27【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝DO＝8，由锐角三角函数可求AO＝6，由勾股定理可求解．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO＝DO＝8，∵tan∠ABD=3∴AO＝6，∴AB=AO故选：B．11．（2020•槐荫区模拟）内角和为540°的多边形是（）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【分析】n边形的内角和公式为（n﹣2）•180°，由此列方程求n．【解析】设这个多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°＝540°，解得n＝5，故选：C．12．（2020春•海淀区校级期末）如图，两把完全一样的直尺叠放在﹣起，重合的部分构成一个四边形，给出以下四个论断：①这个四边形可能是正方形②这个四边形一定是菱形③这个四边形不可能是矩形④这个四边形一定是轴对称图形，其中正确的论断是（）A．①② B．③④ C．①②④ D．①②③④【分析】由条件可知AB∥CD，AD∥BC，再证明AB＝BC即可解决问题．【解析】过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F．∵两张长方形纸条的宽度相等，∴DE＝DF，又∵平行四边形ABCD的面积＝AB•DE＝BC•DF，∴AB＝BC，∴平行四边形ABCD为菱形．当∠DAB＝90°时，这个四边形是正方形，∴这个四边形一定是轴对称图形，故选：C．13．（2020春•海淀区校级期末）如图，在四边形ABCD中，已知AB＝CD，添加一个条件，可使四边形ABCD是平行四边形，下列错误的是（）A．AB∥CD B．BC＝AD C．BC∥AD D．∠A+∠D＝180°【分析】根据平行四边形的判定定理分别对各个选项进行判断即可．【解析】A、∵AB＝CD，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；B、∵AB＝CD，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；C、∵AB＝CD，BC∥AD，∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，此选项符合题意；D、∵∠A+∠D＝180°，∴AB∥CD，∵AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；故选：C．14．（2020春•海淀区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，四边形OCDE的周长为（）A．7+35 B．7+45 C．8+35【分析】连接CE，根据矩形的性质求出AD＝BC＝8，CD＝AB＝4，根据线段垂直平分线的性质得出AE＝CE（或根据全等三角形的性质求出），根据勾股定理求出AC，求出OC，求出OE，再求出答案即可．【解析】连接CE，∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝8，∴AD＝BC＝8，CD＝AB＝4，∠ADC＝90°，AO＝OC，∵EF⊥AC，∴AE＝CE，设AE＝CE＝x，在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE2+CD2＝CE2，即（8﹣x）2+42＝x2，解得：x＝5，即AE＝CE＝5，DE＝8﹣5＝3，在Rt△ADC中，由勾股定理得：AC=AD2∴OC＝25，由勾股定理得：OE=C∴四边形OCDE的周长为OC+CD+DE+OE＝25+4+3+5=故选：A．15．（2020春•海淀区校级期末）如图，平行四边形ABCD的周长是32cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多2cm，则AE的长度为（）A．42cm B．22cm C．4.5cm D．3.5cm【分析】由平行四边形的性质好已知条件得出AB+AD＝16cm，AD﹣AB＝2cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD，∵平行四边形ABCD的周长为32cm，∴AB+AD＝16cm，∵△AOD的周长比△AOB的周长多2cm，∴（OA+OD+AD）﹣（OA+OB+AB）＝AD﹣AB＝2cm，∴AB＝7cm，AD＝9cm．∴BC＝AD＝9cm．∵AC⊥AB，E是BC的中点，∴AE=12BC＝4.5故选：C．16．（2020春•海淀区校级期末）如图，平行四边形ABCD的周长是52cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，则AE的长度为（）A．8cm B．5cm C．4cm D．3cm【分析】由▱ABCD的周长为52cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，可得AB+AD＝26cm，AD﹣AB＝6cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．【解析】∵▱ABCD的周长为52cm，∴AB+AD＝26cm，OB＝OD，∵△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，∴（OA+OD+AD）﹣（OA+OB+AB）＝AD﹣AB＝6cm，∴AB＝10cm，AD＝16cm．∴BC＝AD＝16cm．∵AC⊥AB，E是BC中点，∴AE=12BC＝8故选：A．17．（2020春•东城区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点C在x轴的正半轴上．若点A的坐标是（3，4），则点B的坐标为（）A．（5，4） B．（8，4） C．（5，3） D．（8，3）【分析】根据点A的坐标是（3，4），可得OA的长，再根据菱形的四条边都相等即可得点B的坐标．【解析】∵点A的坐标是（3，4），∴OA＝5，∵四边形OABC为菱形，∴OA＝AB＝5，则点B的坐标为（8，4）．故选：B．18．（2020春•东城区校级期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（）A．20cm B．30cm C．40cm D．202cm【分析】如图1，图2中，连接AC．在图1中，证△ABC是等边三角形，得出AB＝BC＝AC＝20cm．在图2中，由勾股定理求出AC即可．【解析】如图1，图2中，连接AC．图1中，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝20cm，在图2中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠B＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC=2AB＝202cm故选：D．19．（2020春•大兴区期末）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O．下列结论：①OA＝OC，②∠BAD＝∠BCD，③∠BAD+∠ABC＝180°，④AC⊥BD，⑤AB＝CD．其中正确的个数有（A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【分析】根据平行四边形的边、角、对角线的性质对各个选项分别进行判定即可．【解析】根据平行四边形的性质可知：①平行四边形的对角线互相平分，则OA＝OC，故①正确；②平行四边形的对角相等，则∠BAD＝∠BCD，故②正确；③平行四边形的邻角互补，则∠BAD+∠ABC＝180°，故③正确；④平行四边形的对角线互相平分，不一定垂直，故④错误；⑤平行四边形对边相等，则AB＝CD，故⑤正确；故选：B．20．（2020春•丰台区期末）如图，点E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点．若AC⊥BD，则四边形EFGH的形状为（）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【分析】证EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，FG是△BCD的中位线，EH是△ABD的中位线，则EF∥GH，FG∥EH，证出四边形EFGH是平行四边形，证EF⊥FG，则∠EFG＝90°，即可得出结论．【解析】∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，FG是△BCD的中位线，EH是△ABD的中位线，∴EF∥AC，GH∥AC，FG∥BD，EH∥BD，∴EF∥GH，FG∥EH，∴四边形EFGH是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴EF⊥FG，∴∠EFG＝90°，∴四边形EFGH是矩形；故选：B．21．（2020•北京模拟）若一个正多边形的一个内角是150°，则它的边数是（）A．6 B．10 C．12 D．16【分析】一个正多边形的每个内角都相等，根据内角与外角互为邻补角，因而就可以求出外角的度数．根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．【解析】外角是：180°﹣150°＝30°，360°÷30°＝12．则这个正多边形是正十二边形．故选：C．22．（2020•房山区一模）一个多边形的每个内角都等于120°，则此多边形是（）A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形【分析】先求出这个多边形的每一个外角的度数，然后根据任意多边形外角和等于360°，再用360°除即可得到边数．【解析】∵多边形的每一个内角都等于120°，∴多边形的每一个外角都等于180°﹣120°＝60°，∴边数n＝360°÷60°＝6．故选：B．23．（2020•丰台区模拟）若一个多边形的内角和是1080度，则这个多边形的边数为（）A．6 B．7 C．8 D．10【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．【解析】根据n边形的内角和公式，得（n﹣2）•180＝1080，解得n＝8．∴这个多边形的边数是8．故选：C．24．（2020•门头沟区一模）若一个多边形的每个外角都等于60°，则这个多边形是（）A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形【分析】根据多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数列式计算即可得解．【解析】360°÷60°＝6．故这个多边形是六边形．故选：A．25．（2020•朝阳区三模）如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交CD边于E，AD＝3，EC＝2，则AB的长为（）A．1 B．2 C．3 D．5【分析】首先证明DA＝DE，再根据平行四边形的性质即可解决问题．【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴BA∥CD，AB＝CD，∴∠DEA＝∠EAB，∵AE平分∠DAB，∴∠DAE＝∠EAB，∴∠DAE＝∠DEA，∴DE＝AD＝3，∴CD＝CE+DE＝2+3＝5，∴AB＝5．故选：D．二．填空题（共25小题）26．（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0.8cm2．（结果保留一位小数）【分析】过点A作AE⊥BC于点E，测量出BC，AE的长，再利用平行四边形的面积公式即可求出▱ABCD的面积．【解析】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：0.8．27．（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＝360°．【分析】根据多边形的外角和等于360°解答即可．【解析】由多边形的外角和等于360°可知，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，故答案为：360．28．（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①②④．【分析】根据正方形的判定和性质，平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理即可得到结论．【解析】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①②④．29．（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：m（a+b）＝ma+mb．【分析】根据矩形的面积公式，利用大矩形的面积等于两个小矩形的面积和即可写出一个正确的等式．【解析】根据图形可得：m（a+b）＝ma+mb．故答案为：m（a+b）＝ma+mb．30．（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2.6cm2．（结果保留一位小数）【分析】连接AC、BD，测量出AC，BD的长，再由菱形的面积公式即可得出答案．【解析】连接AC、BD，如图所示：测量得：AC≈3.05cm，BD≈1.7m，∴菱形ABCD的面积=12AC×BD≈12故答案为：2.6．31．（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72°．【分析】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以多边形的边数，就得到外角的度数．【解析】∵∠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°．32．（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＝180°．【分析】根据两直线平行，同旁内角互补求出∠A+∠B＝180°，从而得到以点A、点B为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．【解析】∵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：180．33．（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①②．【分析】①由三角形中位线定理得出MN∥AC，MN=12AC，PQ∥AC，PQ=12AC，MQ=12BD，则MN∥PQ，②由题意得出四边形MNPQ是平行四边形，四边形ABNQ是平行四边形，则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周长四边形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，④不正确．【解析】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=12AC，PQ∥AC，PQ=12AC，∴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：①②．34．（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=12所有正确结论的序号是①③．【分析】①正确．如图1中，取OQ的中点H，连接PH．证明PH=12②错误．如图2中，四边形AEMQ是菱形，推出△MAE是等边三角形，推出MA＝ME＜BM，推出点M不在AB的垂直平分线上，推出点M不在∠AOB的角平分线上，故②错误．③正确．如图3中，作PM∥OA交AB于M．想办法证明AD＝DM，ME＝EB即可解决问题．【解析】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=12∴OH＝OP＝2，∵∠HOP＝60°，∴△HOP是等边三角形，∴PH＝OH＝HQ，∴PH=12∴△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=12∴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=12AM+12BM=12（AM+BM故答案为①③．35．（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4个，此时AE的长为42−3−1或42−3+【分析】当点P在AD上时，过点PH⊥EF于H，由等边三角形的性质可求PH=3，由正方形的性质可求∠DAC＝45°，AC=2AB＝42，可得AH＝PH，可求AE=3−1，同理可求点P在AB，CD，【解析】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=3∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，∴∠DAC＝45°，AC=2AB＝42∵PH⊥AC，∴∠APH＝∠PAH＝45°，∴AH＝PH=3∴AE=3若点E在点F下方，则AE=3同理可得：当点P在AB上时，AE=3−1或AE当点P在CD或BC上时，AE＝42−2﹣（3−1）＝42−故答案为：4，42−3−1或42−336．（2020•大兴区一模）如图，直线l是四边形ABCD的对称轴，若AD＝CB，下面四个结论中：①AD∥CB；②AC⊥BD；③AO＝OC；④AB⊥BC，一定正确的结论的序号是①②③．【分析】先根据平行和对称得到△AOD≌△COB，所以AD＝BC，所以四边形ABCD是菱形，再利用菱形的性质求解即可．【解析】∵直线l是四边形ABCD的对称轴，∴AD＝AB，CD＝CB，∵AD＝BC，∴AD＝CD＝AB＝CD，∴四边形ABCD是菱形，∴①AD∥CB，正确；②AC⊥BD，正确；③AO＝OC，正确；④AB不一定垂直于BC，错误．故正确的是①②③．故答案为：①②③．37．（2020•大兴区一模）在四边形ABCD中，用①AB∥DC，②AD＝BC，③∠A＝∠C中的两个作为题设，余下的一个作为结论．用“如果…，那么…“的形式，写出一个真命题：在四边形ABCD中，如果AB∥DC，∠A＝∠C，那么AD＝BC．【分析】根据平行线的判定定理进行解答即可．【解析】在四边形ABCD中，如果AB∥DC，∠A＝∠C，则可利用AAS得到△ABD≌△CDB，所以AD＝BC，故可得到命题：在四边形ABCD中，如果AB∥DC，∠A＝∠C，那么AD＝BC，故答案为：如果AB∥DC，∠A＝∠C，那么AD＝BC．38．（2020•房山区一模）▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是边AB上的一个动点（不与A、B重合），连接EO并延长，交CD于点F，连接AF，CE，下列四个结论中：①对于动点E，四边形AECF始终是平行四边形；②若∠ABC＜90°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是矩形；③若AB＞AD，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是菱形；④若∠BAC＝45°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是正方形．以上所有正确说法的序号是①③．【分析】由于EF经过平行四边形ABCD的中心O，故四边形AECF一定也是平行四边形，这可以通过证明BE与CF相等来说明．然后只要让平行四边形AECF再满足适当的特殊条件就可以变成对应的特殊平行四边形．【解析】①如图1，∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，∴AB∥DC，AB＝DC，OA＝OC，OB＝OD，∴∠OAE＝∠OCF，∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE＝CF，又∵AE∥CF，∴四边形AECF为平行四边形，即E在AB上任意位置（不与A、B重合）时，四边形AECF恒为平行四边形，故选项①正确；②如图2﹣2，当CE⊥AB时，点E不在边AB上，故选项②错误．③如图3，当EF⊥AC时，四边形AECF为菱形，故选项③正确．④如果AB＜AD，就不存在点E在边AB上，使得四边形AECF为正方形，故选项④错误．故答案为：①③．39．（2020•西城区一模）如图，在正方形ABCD中，BE平分∠CBD，EF⊥BD于点F．若DE=2，则BC的长为2+1【分析】根据正方形的性质、角平分线的性质及等腰直角三角形的三边比值为1：1：2来解答即可．【解析】∵四边形ABCD为正方形，∴∠C＝90°，∠CDB＝45°，BC＝CD．∴EC⊥CB．又∵BE平分∠CBD，EF⊥BD，∴EC＝EF．∵∠CDB＝45°，EF⊥BD，∴△DEF为等腰直角三角形．∵DE=2∴EF＝1．∴EC＝1．∴BC＝CD＝DE+EC=2故答案为：2+40．（2020•顺义区一模）如图，将一矩形纸片ABCD沿着虚线EF剪成两个全等的四边形纸片．根据图中标示的长度与角度，求出剪得的四边形纸片中较短的边AE的长是3．【分析】根据矩形的性质得出∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝4，AD∥BC，根据矩形的判定得出四边形ABFQ是矩形，求出AB＝FQ＝DC＝4，求出EQ＝FQ＝4，即可得出答案．【解析】过F作FQ⊥AD于Q，则∠FQE＝90°，∵四边形ABCD是长方形，∴∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝4，AD∥BC，∴四边形ABFQ是矩形，∴AB＝FQ＝DC＝4，∵AD∥BC，∴∠QEF＝∠BFE＝45°，∴EQ＝FQ＝4，∴AE＝CF=1故答案为：3．41．（2020•朝阳区一模）如图，∠1～∠6是六边形ABCDEF的外角，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°．【分析】根据多边形的外角和等于360°解答即可．【解析】∠1～∠6是六边形ABCDEF的外角，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°．故答案为：360．42．（2020•通州区一模）若某个正多边形的一个内角为108°，则这个正多边形的内角和为540°．【分析】通过内角求出外角，利用多边形外角和360度，用360°除以外角度数即可求出这个正多边形的边数即可解答．【解析】∵正多边形的每个内角都相等，且为108°，∴其一个外角度数为180°﹣108°＝72°，则这个正多边形的边数为360÷72＝5，∴这个正多边形的内角和为108°×5＝540°．故答案为：540°．43．（2020•朝阳区校级模拟）如果一个n边形的外角和是内角和的一半，那么n＝6．【分析】根据n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解．【解析】由题意得（n﹣2）•180°×1解得n＝6．故答案为：6．44．（2020•通州区一模）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；④存在两个中点四边形MNPQ是正方形．所有正确结论的序号是①②③④．【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=【解析】①当AC与BD不平行时，中点四边形MNPQ是平行四边形；故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；②当AC与BD相等且不平行时，中点四边形MNPQ是菱形；故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；③当AC与BD互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形MNPQ是矩形；故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；④如图所示，当AC与BD相等且互相垂直时，中点四边形MNPQ是正方形．故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．故答案为：①②③④．45．（2020•北京一模）如图，已知▱ABCD，通过测量，计算得▱ABCD的面积约为3.2cm2．（结果保留一位小数）【分析】过点D作DE⊥BC于点E，测量出BC，DE的长，再利用平行四边形的面积公式即可求出▱ABCD的面积．【解析】如图所示，过点D作DE⊥BC于点E，经测量DE≈1.7cm，BC≈1.9cm，S▱ABCD＝BC•DE＝1.9×1.7≈3.2（cm2），故答案为：3.2．46．（2020•西城区校级模拟）数学课上，王老师让同学们对给定的正方形ABCD，建立合适的平面直角坐标系，并表示出各顶点的坐标．下面是4名同学表示各顶点坐标的结果：甲同学：A（0，1），B（0，0），C（1，0），D（1，1）；乙同学：A（0，0），B（0，﹣1），C（﹣1，﹣1），D（1，0）；丙同学：A（0，3），B（0，0），C（3，0），D（3，3）；丁同学：A（1，1），B（1，﹣2），C（4，﹣2），D（4，1）；上述四名同学表示的结果中，四个点的坐标都表示正确的同学是甲，丙，丁．【分析】正确画图，根据四个