2025年中考数学复习之小题狂练450题（选择题）：四边形（10题）

第1页（共1页）2025年中考数学复习之小题狂练450题（选择题）：四边形（10题）一．选择题（共10小题）1．（2024•海南）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝120°，边AB在数轴上，将AC绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（）A．1 B．1-3 C．0 D．2．（2024•临夏州）如图，O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在x轴的负半轴上，顶点C的坐标为（3，4），则顶点A的坐标为（）A．（﹣4，2） B．（-3，4） C．（﹣2，4） D．（﹣4，33．（2024•武汉）小美同学按如下步骤作四边形ABCD；（1）画∠MAN；（2）以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；（3）分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；（4）连接BC，CD，BD．若∠A＝44°，则∠CBD的大小是（）A．64° B．66° C．68° D．70°4．（2024•凌河区校级三模）如图，将透明直尺叠放在正五边形徽章ABCDE上，若直尺的下沿MN⊥DE于点O，且经过点B，上沿PQ经过点E，则∠ABM的度数为（）A．152° B．126° C．120° D．108°5．（2024•罗湖区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA、的中点．请你添加一个条件，使四边形EFGH为菱形，应添加的条件是（）A．AB＝CD B．AC⊥BD C．CD＝BC D．AC＝BD6．（2024•河北模拟）如图，两个完全相同的菱形如图所示叠放在一起，若重叠部分是正八边形，则∠1的度数为（）A．60° B．55° C．45° D．30°7．（2024•南岗区校级一模）两个矩形的位置如图所示，若∠1＝α，则∠2＝（）A．α﹣90° B．180°﹣α C．α﹣45° D．270°﹣α8．（2024•市中区模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，OE⊥BC于E．若AC＝6cm，BD＝8cm，则OE＝（）A．52cm B．85cm C．125cm D9．（2024•榆次区一模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形AOBC，顶点A，B分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上，将正方形AOBC绕点O顺时针旋转15°，则旋转后点C的坐标为（）A．(32，12) B．(3，10．（2024•北戴河区一模）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝70°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，以相同的速度分别向终点B，D（包括端点）运动．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2，在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（）A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→菱形 C．菱形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形

2025年中考数学复习之小题狂练450题（选择题）：四边形（10题）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•海南）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝120°，边AB在数轴上，将AC绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（）A．1 B．1-3 C．0 D．【考点】菱形的性质；实数与数轴；等边三角形的判定与性质．【专题】矩形菱形正方形；运算能力．【答案】D【分析】过点C作AE的垂线，垂足为点F，在直角三角形ACF和直角三角形BCF中，运用勾股定理可以求出AC的长，进而解决问题．【解答】解：如图，过点C作AE的垂线，垂足为点F，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AC＝2，AC平分∠DAB，AD∥BC，∴∠DAB+∠ABC＝180°，∴∠DAB＝180°﹣∠ABC＝60°．∴∠CAB=12∠DAB＝∴AC＝2CF．∵∠ABC＝120°，∴∠CBF＝60°，∴∠BCF＝30°，∴BF=12BC＝∴CF=BC∴AC＝2CF＝23，∴AE＝AC＝23．∵点E表示的数是3，∴点A表示的数是（3﹣23）．故选：D．【点评】本题主要考查菱形的性质和勾股定理．解决问题的关键构造直角三角形，求出AC的长．2．（2024•临夏州）如图，O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在x轴的负半轴上，顶点C的坐标为（3，4），则顶点A的坐标为（）A．（﹣4，2） B．（-3，4） C．（﹣2，4） D．（﹣4，3【考点】菱形的性质；坐标与图形性质；勾股定理．【答案】C【分析】过C作CN⊥x轴于N，由勾股定理求出OC=ON2+CN2=5，由菱形的性质推出AC∥BO，由勾股定理求出BM=AB2-AM2=3，得到OM＝OB﹣【解答】解：过C作CN⊥x轴于N，过A作AM⊥x轴于M，∵点C的坐标为（3，4），∴ON＝3，CN＝4，∴OC=ON∵四边形ABOC是菱形，∴AC＝OC＝5，AC∥BO，∴点A的坐标为（﹣2，4）．故选：C．【点评】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，关键是由勾股定理求出OC的长．3．（2024•武汉）小美同学按如下步骤作四边形ABCD；（1）画∠MAN；（2）以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；（3）分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；（4）连接BC，CD，BD．若∠A＝44°，则∠CBD的大小是（）A．64° B．66° C．68° D．70°【考点】多边形内角与外角．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】C【分析】由（1）（2）（3）可知四边形ABCD是菱形，然后根据菱形的性质和三角形内角和定理求出答案即可．【解答】解：由（1）（2）（3）可知四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，BC∥AD，∴∠ABD＝∠ADB＝∠CBD，∵∠A＝44°，∴∠ABD+∠ADB＝180°﹣∠A＝180°﹣44°＝136°，∴∠ABD＝∠ADB＝∠CBD＝68°，故选：C．【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角和菱形的判定与性质，解题关键是根据已知条件中的作图判定四边形ABCD的形状．4．（2024•凌河区校级三模）如图，将透明直尺叠放在正五边形徽章ABCDE上，若直尺的下沿MN⊥DE于点O，且经过点B，上沿PQ经过点E，则∠ABM的度数为（）A．152° B．126° C．120° D．108°【考点】多边形内角与外角．【专题】多边形与平行四边形；几何直观；运算能力．【答案】B【分析】利用多边形的内角和及正多边形的性质求得∠AED，∠A的度数，然后结合已知条件及四边形的内角和求得∠ABO的度数，从而求得∠ABM的度数．【解答】解：由题意可得∠AED＝∠A＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，∵MN⊥DE，∴∠BOE＝90°，∴四边形ABOE中，∠ABO＝360°﹣90°﹣108°﹣108°＝54°，∴∠ABM＝180°﹣∠ABO＝180°﹣54°＝126°，故选：B．【点评】本题考查多边形的内角和，结合已知条件求得∠AED，∠A的度数是解题的关键．5．（2024•罗湖区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA、的中点．请你添加一个条件，使四边形EFGH为菱形，应添加的条件是（）A．AB＝CD B．AC⊥BD C．CD＝BC D．AC＝BD【考点】中点四边形；菱形的判定．【专题】证明题；多边形与平行四边形．【答案】D【分析】应添加的条件为AC＝BD，理由为：根据E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，利用三角形中位线定理及AC＝BD，等量代换得到四条边相等，确定出四边形EFGH为菱形，得证．【解答】解：应添加的条件是AC＝BD，理由为：证明：∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，且AC＝BD，∴EH=12BD，FG=12BD，HG=12∴EH＝HG＝GF＝EF，则四边形EFGH为菱形，故选：D．【点评】此题考查了中点四边形，以及菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解本题的关键．6．（2024•河北模拟）如图，两个完全相同的菱形如图所示叠放在一起，若重叠部分是正八边形，则∠1的度数为（）A．60° B．55° C．45° D．30°【考点】菱形的性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】C【分析】由正八边形的性质可得∠A＝135°，即可求解．【解答】解：如图，∵重叠部分是正八边形，∴∠A＝135°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠1+∠A＝180°，∴∠1＝45°，故选：C．【点评】本题考查了菱形的性质，正多边形的性质，求出∠A的度数是解题的关键．7．（2024•南岗区校级一模）两个矩形的位置如图所示，若∠1＝α，则∠2＝（）A．α﹣90° B．180°﹣α C．α﹣45° D．270°﹣α【考点】矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；运算能力．【答案】B【分析】根据矩形的性质可得∠B＝∠EHG＝90°，利用三角形的外角可得∠3＝α﹣90°，然后再利用∠2＝∠EHG﹣∠3，进行计算即可解答．【解答】解：如图：∵四边形ABCD，四边形EFGH都是矩形，∴∠B＝∠EHG＝90°，∵∠1是△EBH的一个外角，∴∠3＝∠1﹣∠B＝α﹣90°，∴∠2＝∠EHG﹣∠3＝90°﹣（α﹣90°）＝180°﹣α，故选：B．【点评】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．8．（2024•市中区模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，OE⊥BC于E．若AC＝6cm，BD＝8cm，则OE＝（）A．52cm B．85cm C．125cm D【考点】菱形的性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】C【分析】由菱形的性质推出AC⊥BD，OB=12BD＝4cm，OC=12AC＝3cm，由勾股定理求出BC=OB2+OC2=5（【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB=12BD，OC=∵AC＝6cm，BD＝8cm，∴OB＝4cm，OC＝3cm，∴BC=OB2+O∵△BOC的面积=12BC•OE=12∴5OE＝3×4，∴OE=12故选：C．【点评】本题考查菱形的性质，关键是由菱形的性质和勾股定理求出BC长，由三角形面积公式求出OE长．9．（2024•榆次区一模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形AOBC，顶点A，B分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上，将正方形AOBC绕点O顺时针旋转15°，则旋转后点C的坐标为（）A．(32，12) B．(3，【考点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣旋转．【专题】矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；推理能力．【答案】B【分析】连接OC'，过点C'作C'D⊥x轴于点D，根据旋转的性质得出OB'＝B'C'=2，∠A'OD＝15°，推出∠C'OD＝30°，再根据含30°角的直角三角形的性质即可得出C'D与OD【解答】解：如图，连接OC'，过点C'作C'D⊥x轴于点D，∵将正方形AOBC绕点O顺时针旋转15°得到正方形A'OB'C'，∴OB'＝B'C'=2，∠A'OD＝15∴OC'=2OB'＝2∵∠A'OC'＝45°，∠A'OD＝15°，∴∠C'OD＝30°，又∵∠ODC'＝90°，∴C'D=1∴OD=3C'D=∴C'（3，1），故选：B．【点评】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，正确作出图形构造直角三角形是解题的关键．10．（2024•北戴河区一模）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝70°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，以相同的速度分别向终点B，D（包括端点）运动．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2，在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（）A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→菱形 C．菱形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形【考点】矩形的性质；轴对称的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】D【分析】根据题意，分放四种特殊位置分别证明四边形E1E2F1F2是平行四边形，矩形，平行四边形，菱形即可求解．【解答】解：如图1中，连接CF，AE．∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠CDF＝∠ABE，∵DF＝BE，∴△CDF≌△ABE（SAS），∴CF＝AE，由对称性可知：CF＝CF1＝CF2，AE＝AE1＝AE2，∠DCF＝∠DCF2，∠FCB＝∠F1CB，∵∠DCB＝90°，∴∠F2CF1＝180°，∴F1，C，F2共线，同理E1A，E2，共线，E1，D，F2共线，E2，B，F1共线，∴F1F2＝E1E2，E1F2＝E2F1，∴四边形E1E2F1F2是平行四边形，如图2中，当∠F2＝90°时，四边形E1E2F1F2是矩形，如图3中，当∠F2是锐角时，四边形E1E2F1F2是平行四边形，如图4中，当E，O，F共点时，四边形E1E2F1F2是菱形，∴四边形E1E2F1F2形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形．故选：D．【点评】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．

考点卡片1．实数与数轴（1）实数与数轴上的点是一一对应关系．任意一个实数都可以用数轴上的点表示；反之，数轴上的任意一个点都表示一个实数．数轴上的任一点表示的数，不是有理数，就是无理数．（2）在数轴上，表示相反数的两个点在原点的两旁，并且两点到原点的距离相等，实数a的绝对值就是在数轴上这个数对应的点与原点的距离．（3）利用数轴可以比较任意两个实数的大小，即在数轴上表示的两个实数，右边的总比左边的大，在原点左侧，绝对值大的反而小．2．坐标与图形性质1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．3．等边三角形的判定与性质（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．4．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．5．多边形内角与外角（1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．（2）多边形的外角和等于360°．①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝360°．6．平行四边形的判定与性质平行四边形的判定与性质的作用平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单．凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．7．菱形的性质（1）菱形的性质①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．（2）菱形的面积计算①利用平行四边形的面积公式．②菱形面积=12ab．（a、8．菱形的判定①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；②四条边都相等的四边形是菱形．几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形9．菱形的判定与性质（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边