第十九章四边形同步练习（含解析）

第十九章四边形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图， 已知线段.
（1）分别以点A 和点 B为圆心，大于 的长为半径作弧，两弧相交于 C，D两点．
（2）作直线．
（3）连接
依据以上信息，某同学写出了两个结论：
①是线段的垂直平分线； ②四边形是菱形．
下列说法正确的是（ ）
A．①正确， ②不正确 B．①不正确， ②正确 C．①②都正确 D．①②都不正确
2．在下列命题中，正确的是（　　）
A．一组对边平行的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．有一组邻边相等的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
3．如图，在正方形的外侧，作等边，则为（ ）

A． B． C． D．
4．某校新建的科技馆准备用正多边形地砖铺设地面，下列组合中能铺满地面的是（　　）
A．正方形和正六边形 B．正三角形和正六边形
C．正五边形和正八边形 D．正方形和正十边形
5．已知某多边形的内角和等于外角和的2倍，则该多边形的边数是（ ）
A．6 B．7 C．4 D．5
6．如图，正的边长与菱形的边长相等，点E、F分别在、上，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在平行四边形 ABCD 中，O 是对角线 AC，BD 的交点，若△ADO的面积是 4，则平行四边形 ABCD 的面积是（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
8．如图，在矩形中，对角线、相交于点，以下结论错误的是（ ）

A． B． C． D．
9．如图，点P是内的任意一点，连接PA、PB、PC、PD，得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA，设它们的面积分别是、、、，以下结论中正确的是（ ）
①
②若，则
③若，则
④如果P点在对角线BD上，则
⑤若，则P点一定在对角线BD上．
A．①③④ B．②③⑤ C．①④⑤ D．②④⑤
10．两个矩形的位置如图所示，若，则（ ）

A． B． C． D．
11．在中，、分别是、边的中点，且，则边的长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
12．如图，正方形ABCD的边长为2，O为对角线的交点，点E、F分别为BC、AD的中点．以C为圆心，2为半径作圆弧，再分别以E、F为圆心，1为半径作圆弧、，则图中阴影部分的面积为（　　）
A．π﹣1 B．π﹣2 C．π﹣3 D．4﹣π
二、填空题
13．如图，以正五边形ABCDE的对角线BE为边，作正方形BEFG，使点A落在正方形BEFG内，则∠ABG的度数为 ．
14．如图，在中，，以为边的正方形的面积分别为，若，则 的长为
15．如图，平面直角坐标系中，四边形为菱形，O为坐标原点，点A坐标为，则点B的坐标是 ．
16．ABCD为矩形的四个顶点，AB＝16 cm，AD＝6 cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3 cm/s的速度向点B移动，一直到达B为止，点Q以2 cm/s的速度向D移动，P、Q两点从出发开始到 秒时，点P和点Q的距离是10 cm.
17．如图，正方形中，，E是的中点，点P是对角线上一动点，则的最小值为 ．

三、解答题
18．问题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，，于点G．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)延长CB到点H，使得，判断的形状，并说明理由．
19．如图，在平行四边形中，平分，交于点F，平分，交于点E．

(1)求证：；
(2)若，平行四边形的周长为44，求的长．
20．如图，已知一张长方形纸片，（）．将这张纸片沿着过点的折痕翻折，使点落在边上的点，折痕交于点，将折叠后的纸片再次沿着另一条过点的折痕翻折，点恰好与点重合，此时折痕交于点．
（1）在图中确定点、点和点的位置；
（2）连接，则______；
（3）用含有的代数式表示线段的长．（注：直角三角形中，两直角边的平方的和等于斜边的平方）
21．如图，在四边形纸片中，，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C落在上的点处，折痕交于点E，连接．你能确定四边形的形状吗？证明你的结论．
22．如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍．
（1）求这个多边形的内角和．
（2）求这个多边形的边数．
23．如图1，在平面直角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点，轴交y轴于点C，．
(1)求点A的坐标；
(2)如图2，点E是y轴上一动点，点F为平面内一点，且为的对角线，当最小时，请直接写出点E的坐标，并在x轴上找一点M使最大，求出此时点M的坐标；
(3)如图3，点E仍是y轴上一动点，是否存在点E使为等腰三角形，请直接写出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
24．已知一个正多边形一个内角等于一个外角的倍，求这个正多边形的边数．
《第十九章四边形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B B A C C C C C
题号 11 12
答案 C B
1．C
【分析】本题考查了菱形的判定以及垂直平分线的性质，尺规作图—作垂线，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据题意得出这个是尺规作图—作垂线，故是线段的垂直平分线；因为，所以四边形是菱形，即可作答．
【详解】解：∵分别以点A 和点 B为圆心，大于 的长为半径作弧，两弧相交于 C，D两点
∴是线段的垂直平分线
∵分别以点A 和点 B为圆心，大于 的长为半径作弧，两弧相交于 C，D两点
∴
∴四边形是菱形
∴①②都正确
故选：C
2．D
【分析】分别利用矩形的判定方法、以及菱形的判定与性质和平行四边形的判定方法分析得出答案．
【详解】解：A、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，错误；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，错误；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，错误；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定、以及菱形的判定与性质和平行四边形的判定，正确把握相关判定定理是解题关键．
3．B
【分析】本题题主要考查了正方形和等边三角形的性质，由四边形是正方形，是正三角形可得，即可得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵是正三角形，
∴，
∴．
故选：B．
4．B
【分析】正多边形的组合能否铺满地面，看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°进行判定即可．
【详解】解：A、正方形和正六边形内角分别为90°、120°，显然不能构成360°的周角，故不能铺满；
B、正三角形和正六边形内角分别为60°、120°，显然能构成360°的周角，故能铺满；
C、正五边形和正八边形内角分别为108°、135°，显然不能构成360°的周角，故不能铺满．
D、正方形和正十边形内角分别为90°、144°，显然不能构成360°的周角，故不能铺满．
故选B．
【点睛】本题主要考查了平面几何图形镶嵌，解题的关键是明确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．
5．A
【分析】本题考查多边形的内角和，多边形的外角和．关键是根据题意利用多边形的外角和及内角和之间的关系列出方程．
n边形的内角和可以表示成，外角和为，根据题意列方程求解．
【详解】解：设多边形的边数为n，依题意，得：
，
解得，
故选：A．
6．C
【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质．
在菱形中，设，则，由正的边长与菱形的边长相等，根据等边对等角得到，，从而，根据即可得到方程，求解即可．
【详解】解：在菱形中，设，则，
∵正的边长与菱形的边长相等，
∴，，
∴，，
∴，
，
∵是正三角形，
∴，
∵，
即，
解得，
∴．
故选：C
7．C
【分析】因为平行四边对角线互相平分，所以和是同底等高的三角形，即对角线所分得四个三角形面积相同即可求解．
【详解】∵平行四边对角线互相平分平行四边对角线互相平分，
∴，，
则和是同底等高的三角形，所以面积相等，
同理可得和面积相等，
故．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的定义及同底等高三角形的判定，合理进行转换是解题关键．
8．C
【分析】矩形的性质：矩形的四个角都是直角，对边平行且相等，对角线相等且互相平分，根据矩形的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，
故A，B，D正确，
而不一定成立，故C不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键．
9．C
【分析】根据平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，设点P到AB，BC，CD，DA的距离分别是h1，h2，h3，h4，再根据三角形得面积公式整理判断①；然后根据三角形面积公式可判断②③；再根据面积公式得，判断④；最后根据已证关系式得出，，判断⑤即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC．
设点P到AB，BC，CD，DA的距离分别是h1，h2，h3，h4，
则，，，．
∵，，
∴，
∴，
故①正确；
根据只能判断，不能判断，即不能判断，
∴②错误；
根据，能得出，不能得出，即不能判断，
∴③错误；
∵，
∴，
此时，
即点P一定在对角线BD上，
∴④正确；
由和，得，，
∴点P在BD上，
故⑤正确．
综上,结论正确的是①④⑤,
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的面积等，用平行四边形的面积表示出相应的两个三角形的面积的和是解题的关键．
10．C
【分析】如图所示，根据矩形性质得到，则，再由矩形中内角均为，得到，从而得到．
【详解】解：如图所示：

在矩形中，，则，
由矩形中内角均为，知，
，
，
由矩形中内角均为，知，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形性质求角度，熟记矩形性质是解决问题的关键．
11．C
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，根据题意可得是的中位线，根据三角形中位线等于第三边长的一半即可得到答案．
【详解】解：∵在中，、分别是、边的中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：C．
12．B
【分析】根据题意和图形，可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个圆（扇形）的面积减去以1为半径的半圆（扇形）的面积再减去2个以边长为1的正方形的面积减去以1半径的四分之一个圆（扇形）的面积，本题得以解决．
【详解】解：由题意可得，
阴影部分的面积是： π×22﹣﹣2（1×1﹣ π×12）＝π﹣2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查运用正方形的性质，圆的面积公式（或扇形的面积公式），正方形的面积公式计算不规则几何图形的面积，解题的关键是理解题意，观察图形，合理分割，转化为规则图形的面积和差进行计算．
13．
【分析】先根据正五边形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据正方形的性质可得，最后根据角的和差即可得．
【详解】解：五边形为正五边形，
，
，
四边形为正方形，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正五边形的内角和、正方形的性质等知识点，熟练掌握正五边形的内角和公式是解题关键．
14．3
【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理等知识点，掌握勾股定理的内容成为解题的关键。
由以为边的正方形的面积分别为，且，得，再根据勾股定理求得的长即可．
【详解】解：∵以为边的正方形的面积分别为，且，
∴，
∵，
∴，
∴的长为3．
故答案为：3．
15．
【分析】过点B作BD⊥x轴交x轴于点D，由菱形的性质及等腰直角三角形的性质求得,继而得解；
【详解】解：过点B作BD⊥x轴交x轴于点D，
∵四边形为菱形，点A坐标为，OC//AB
∴AB=2，，
∴，
∴，
∴点B的坐标是；
故答案为：
【点睛】本题主要考查菱形的性质和等腰直角三角形的性质，过点B作BD⊥x轴交x轴于点D及数形结合是解题的关键．
16．或
【分析】作PH⊥CD，垂足为H，设运动时间为t秒，用t表示线段长，用勾股定理列方程求解．
【详解】
设P，Q两点从出发经过t秒时，点P，Q间的距离是10cm，
作PH⊥CD，垂足为H，
则PH=AD=6，PQ=10，
∵DH=PA=3t，CQ=2t，
∴HQ=CD DH CQ=|16 5t|，
由勾股定理,得
解得
即P，Q两点从出发经过1.6或4.8秒时，点P，Q间的距离是10cm.
故答案为或.
【点睛】考查矩形的性质，勾股定理，解一元二次方程等，表示出HQ=CD DH CQ=|16 5t|是解题的关键.
17．
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质．由于点B与点D关于对称，所以如果连接，交于点P，那的值最小．在中，由勾股定理先计算出的长度，即为的最小值．
【详解】解：连接，交于点P，连接、．
∵四边形为正方形，，
∴，，
∴点B与点D关于对称，
∴，
∴，
∵两点之间线段最短，
∴的长即为的最小值，
∵E是的中点，
∴，
在中，．
故答案为：．

18．(1)见解析
(2)△AHF是等腰三角形，利用略
【分析】（1）通过证明△ADE≌△BAF得到AD=AB，结合矩形ABCD得到结论；
（2）利用垂直平分线的性质得到AH=AF，得出结论．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，∠DAE=∠ABF=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠ADG+∠GAD=90°，
又∵∠BAF+∠DAG=90°，
∴∠BAF=∠ADE，
在△ADE和△BAF中
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD=AB，
∴矩形ABCD是正方形；
（2）△AHF是等腰三角形；
理由：∵△ADE≌△BAF，
∴AE=BF，
又∵BH=AE，
∴BH=BF，
又∠ABF=90°，
∴AB垂直平分FH，
∴AF=AH，
即△AFH是等腰三角形．
【点睛】本题考查正方形的判定、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定，利用全等三角形得到等边是解决问题的关键．
19．(1)详见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，等角对等边，二元一次方程组的应用，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）由平行线的性质和角平分线的性质可得，，可证；
（2）由题意可得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
∵平分，平分，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵的周长为44，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
∴．
20．（1）详见解析；（2）45；（3）
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）由折叠的性质得到∠DAE=∠EAB，根据矩形的性质得到∠BAD=∠DAE+∠EAB=90°，然后求解即可；
（3）由折叠的性质得到DG=EG，设CG=x，则DG=EG=a-x，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：（1）点、点和点的位置如图所示；
（2）由折叠的性质得：，
∵四边形是矩形，
∴，
∴；
（3）由折叠的性质得：，
∵∠ABE=90°，∠EAB=45°
∴∠AEB=45°
∴，
∴，
设，则
在中，，即，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
21．四边形是菱形
【分析】由折叠可知，再利用平行关系证明，然后既可以根据四边相等讲行判定，也可以根据定义进行判定．
【详解】∵由折叠可知，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】此题考查了菱形的判定定理，解题的关键是熟练掌握菱形的判定定理．
22．（1）720°；（2）6.
【分析】（1）多边形外角和为360°，根据题意求求解；
（2）根据多边形的内角和公式，可得答案．
【详解】解：（1）∵多边形外角和为360°，多边形的内角和等于它的外角和的2倍
∴这个多边形的内角和为：360°×2=720°；
（2）设这个多边形的边数为x，依题意得
180°（x-2）=720°
解得x=6
答：这个多边形的边数为6
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，利用多边形的内角和公式是解题关键．
23．(1)
(2)
(3)存在，或或或
【分析】（1）过点B作于H，根据，可得，在中，由勾股定理可得，即可求解；
（2）设与的交点为P，作于，根据四边形是平行四边形，可得，，从而得到当最小时，最小，此时E与重合，可求出，再由当最大时，可知B、、M三点共线，求出的函数解析式，即可求解；
（3）根据等腰三角形的性质，分三种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）解：过点B作于H，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴；
（2）解：设与的交点为P，作于，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴当最小时，最小，此时E与重合，
∵，，
∴，
∴；
当最大时，可知B、、M三点共线，
设的函数解析式为，
把代入得：，
∴，
∴的函数解析式为，
当时，，
∴；
（3）解：当时，如图，
由勾股定理得，
∴或；
当时，则，
∴或，
当时，此时A、B、E三点共线，
∴不符合题意，故舍去，
∴；
当时，设，由勾股定理得，
，
解得，
∴，
综上：或或或．
【点睛】本题主要考查了一次函数的几何应用，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用数形结合思想和分类讨论思想解答是解题的关键．
24．5
【分析】多边形的内角和可以表示成（n-2） 180°，外角和是固定的360°，从而可根据一个正多边形的一个内角等于一个外角的列方程求解可得．
【详解】解：设此正多边形为正n边形．
∵正多边形的一个内角等于一个外角的，
∴此正多边形的内角和等于其外角和的，
∴×360°=（n-2） 180°，
解得n=5．
答：正多边形的边数为5．
【点睛】本题考查正多边形的内角和与外角和．关键是记住内角和的公式与外角和的特征．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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