2023年北京市初三二模数学试题汇编：四边形章节综合

第1页/共1页2023北京初三二模数学汇编四边形章节综合一、单选题1．（2023·北京平谷·统考二模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为（

）A．50° B．60° C．100° D．120°2．（2023·北京大兴·统考二模）正六边形的外角和是（

）A． B． C． D．3．（2023·北京顺义·统考二模）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（

）A．

B．

C．

D．

4．（2023·北京东城·统考二模）下列正多边形中，一个内角为的是（

）A． B． C． D．5．（2023·北京石景山·统考二模）一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题6．（2023·北京石景山·统考二模）如图，在矩形中，点M，N分别为的中点，若，则的长为__________．

7．（2023·北京海淀·统考二模）如图，正方形，点在直线上，点到直线的距离为3，点到直线的距离为2，则正方形的边长为________．

8．（2023·北京昌平·统考二模）一个正多边形的内角和是它的外角和的2倍，则这个正多边形是正___________边形.9．（2023·北京顺义·统考二模）五边形的内角和是________度．三、解答题10．（2023·北京大兴·统考二模）如图，在中，，于点D，延长到点E，使．过点E作交的延长线于点F，连接，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)过点E作于点G，若，，求的长．11．（2023·北京平谷·统考二模）如图，直线，是上一点，是上一点，连接，以为圆心长为半径画弧，在点的右侧交直线于点，再分别以点和点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，连接．

(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形，判断四边形的形状；(2)证明（1）中的结论．12．（2023·北京石景山·统考二模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作，过点C作交于点．

(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．13．（2023·北京石景山·统考二模）已知：如图1，直线AB及AB外一点．

求作：直线，使得．作法：如图2，①在直线上任取一点C，连接；②C为圆心，长为半径作弧，交直线于点D；③分别以点P，D为圆心，长为半径作弧，两弧在直线外交于一点Q；④作直线．直线就是所求作的直线．(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；(2)完成下面的证明．证明：连接．__________，四边形是__________形（__________）（填推理的依据）．14．（2023·北京海淀·统考二模）如图，平行四边形的对角线，交于点，为的中点．连接并延长至点，使得．连接，．

(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，求证：四边形为矩形．15．（2023·北京房山·统考二模）如图，点O为的对角线的中点，直线l绕点O旋转，当时，与边分别交于点E，F，连接．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求的面积．16．（2023·北京西城·统考二模）已知：如图1，线段a，b．求作：矩形ABCD，使得，．

作法：如图2．

1．在直线上截取．2．过点B作直线，在直线m上截取．3．分别以点A和点C为圆心，b，a的长为半径画弧，两弧的交点为D．(点D与点C在直线的同侧)4．连接．则四边形为所求的矩形．根据上面设计的尺规作图过程，(1)使用直尺和圆规，在图2中补全图形(保留作图痕迹)；(2)完成下面的证明：证明：∵，，∴四边形是平行四边形(___________)．(填推理的依据)∵直线，∴___________，∴四边形ABCD是矩形(___________)．(填推理的依据)．17．（2023·北京房山·统考二模）下面是晓彤在证明“平行四边形的对角相等”这个性质定理时使用的三种添加辅助线的方法，请你选择其中一种，完成证明．平行四边形性质定理：平行四边形的对角相等．

已知：如图，．求证：，．方法一：证明：如图，连接AC．

方法二：证明：如图，延长BC至点E．

方法三：证明：如图，连接AC、BD，AC与BD交于点O．

18．（2023·北京西城·统考二模）如图，矩形的对角线相交于点O，过点D作的平行线交的延长线于点E．

(1)求证：；(2)连接，若，，求的长．19．（2023·北京昌平·统考二模）如图，在菱形中，对角线交于点，点是过点作的平行线与过点作的垂线（垂足为）的交点.(1)求证：四边形是平行四边形；(2)连接，求证：四边形是矩形.

参考答案1．B【分析】先计算出正六边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解．【详解】解：正六边形的一个内角度数为，∴的度数为，故选：B．【点睛】本题考查了平面镶嵌，也考查了正多边形内角的计算方法，掌握正多边形的概念，理解几何图形镶嵌成平面是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角是解题关键．2．B【分析】根据任何多边形的外角和是即可求出答案．【详解】解：正六边形的外角和是．故选：B．【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，关键是掌握任何多边形的外角和是，外角和与多边形的边数无关．3．D【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；D、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项合题意；故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．4．C【分析】根据正多边形内角和可进行求解．【详解】解：A、正方形的一个外角为，所以其内角为，故不符合题意；B、正五边形的一个外角为，所以其内角为，故不符合题意；C、正六边形的一个外角为，所以其内角为，故符合题意；D、正八边形的一个外角为，所以其内角为，故不符合题意；故选C．【点睛】本题主要考查正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和是解题的关键．5．C【分析】n边形的内角和公式为（n−2）•180°，由此列方程求n．【详解】解：设这个多边形的边数是n，则（n−2）•180°＝540°，解得n＝5．故选C．【点睛】本题考查了多边形内角和问题．此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式来寻求等量关系，构建方程即可求解．6．10【分析】如图所示，连接，先证明是的中位线，得到，再根据矩形的对角线相等即可得到答案．【详解】解：如图所示，连接，∵点M，N分别为的中点，∴是的中位线，∵，∴，∵四边形是矩形，∴，故答案为：10．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线定理，熟知三角形中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键．7．【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，则，，证明，则，进而勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，

过点分别作的垂线，垂足分别为，∴，，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了点到直线的距离，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．8．6【分析】根据多边形的内角和公式与外角和定理列出方程，求解即可得到答案．【详解】解：设这个多边形的边数为，根据题意得：，解得：，故答案为：6．【点睛】本题主要考查了多边形内角和公式，多边形外角和定理，解题关键是掌握多边形内角和公式：以及多边形的外角和等于．9．540【分析】根据n边形内角和为求解即可．【详解】五边形的内角和是．故答案为：540．【点睛】本题考查求多边形的内角和．掌握n边形内角和为是解题关键．10．(1)见解析(2)【分析】（1）利用和，使用证明，从而得到，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；（2）根据等腰三角形的三线合一性质可知，，再由求出，采用勾股定理求出的长，即的长，再用等面积法求出的长．【详解】（1）证明：∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴四边形是平行四边形．（2）过点E作于点G∵，，∴，∵，∴，∴．∵，，∴，∴．∵四边形是平行四边形，∴，∴，即∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用等面积法求高是本题的解题技巧，掌握平行四边的判定与性质是解题的关键．11．(1)四边形EFGM为菱形；(2)见解析．【分析】（1）利用尺规作图即可；（2）由题意可得，平分，再根据证明角相等，然后根据等角对等边即得，进而通过邻边相等的平行四边形证明即可．【详解】（1）如图，

猜想：四边形为菱形．（2）解：由作图可知：，平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，

∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．【点睛】本题考查尺规作图、菱形的判定和平行线性质，解此题关键是掌握菱形的判定方法．12．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据，可得四边形是平行四边形，进而证明四边形是矩形；（2）根据题意可得是等边三角形，勾股定理求得的长，进而求得的长，在中，勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：四边形是菱形，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形；（2）解：四边形是菱形，，，是等边三角形，∴，在中，，∴，，四边形是矩形，，，在中，．

【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．13．(1)见解析(2)，菱，四边相等的四边形是菱形【分析】（1）根据题意，按照步骤补全作图即可；（2）根据菱形的判定与性质求解即可．【详解】（1）解：直线如下图所示：

（2）证明：连接．

，四边形是菱形（四边相等的四边形是菱形）．．故答案为：，菱，四边相等的四边形是菱形．【点睛】本题考查尺规作图，菱形的判定与性质，解题的关键是根据作图方法判断出．14．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）证明为的中位线，则，且，又，则，即可得证；（2）根据平行四边形的性质得出，则，根据已知的，可得，则四边形是菱形，可得，结合（1）的结论，即可得证．【详解】（1）证明：∵平行四边形的对角线，交于点，∴，又，∴为的中位线，∴，且，又为的中点，∴，∴，∴四边形为平行四边形；（2）∵平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴平行四边形是菱形，∴，∴，∴平行四边形是矩形．【点睛】本题考查了中位线的性质与判定，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，矩形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题的关键．15．(1)见解析(2)3【分析】（1）根据证明得再证明四边形是平行四边形，最后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行证明即可；（2）过点C作交延长线于点H，求出，再根据菱形的面积计算公式求解即可．【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，∴∵O为的中点，∴在和中，，∴∴∴四边形是平行四边形，∵∴四边形是菱形，（2）过点C作交于点H，

∴°，∵四边形是菱形，∵，∴，∴，∵，∴，∴的面积【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质和以及菱形面积求法等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．16．(1)见解析(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形；；有一个内角是直角的平行四边形是矩形．【分析】（1）按照步骤操作即可；（2）根据矩形的判定定理推导，填空即可.【详解】（1）解：补全图形如下：

（2）证明：∵，，∴四边形是平行四边形(两组对边分别相等的四边形是平行四边形)．∵直线，∴，∴四边形ABCD是矩形(有一个内角是直角的平行四边形是矩形)．故答案是：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；；有一个内角是直角的平行四边形是矩形．【点睛】本题考查尺规作图，矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键．17．见解析【分析】方法一：通过证明△与△全等即可证明角相等；方法二：利用平行线的性质及互补的关系即可；方法三：利用两直线平行内错角相等的性质解题即可．【详解】方法一：证明：∵，

∴∴∴即在△与△中∴∴方法二：证明：∵，∴∴

∴又∵，∴方法三：证明：∵，

∴∴∴，即【点睛】本题主要考查平行四边形的性质的运用，能够熟练运用平行四边形的性质得到三角形全等及角度的等量关系是解题关键．18．(1)见解析(2)【分析】（1）根据矩形的对角线相等可得，对边平行可得，再证明出四边形是平行四边形，根据平行四边形的对边相等可得，从而得证；（2）如图，过点O作于点F，欲求，只需在直角中求得的值即可．结合三角形中位线求得，结合矩形、平行四边形的性质以及勾股定理求得即可．【详解】（1）∵四边形是矩形，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴；（2）如图，过点O作于点F，

∵四边形是矩形，∴点O是的中点，∴∴∴，∴点是的中点，∴是的中位线，∴又∵四边形是平行四边形，∴．∴．在中，由勾股定理可得：．