资源简介

第二十一章 四边形
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题，共40分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．下列条件中，能判定四边形是矩形的是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相平分且垂直
C．对角线互相平分且相等 D．对角线互相垂直且相等
2．如图，已知，要使四边形为平行四边形，则四边形的各内角度数依次为（ ）
A．，，， B．，，，
C．，，， D．，，，
3．从多边形的一个顶点引对角线，能将这个多边形分成3个三角形，则这个多边形的边数为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
4．下列命题中是真命题的是（ ）
A．一组邻边相等的四边形是菱形
B．四边相等的四边形是正方形
C．对角线互相平分的四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
5．如图，在中，顶点，，，将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变．当时，如图①，测得．当时，如图②，（ ）
A． B．2 C．6 D．
7．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形
8．如图，在平行四边形中，的垂直平分线交于点，交于点，连接，过点作，交的延长线于点，连接．若，则四边形的面积为（ ）
A．24 B． C． D．48
9．如图，边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，则它们公共部分的面积为（　　）
A．2 B．4 C． D．4
10．如图，在正方形中，，，分别是边，上的点；且，，将绕点顺时针方向旋转后与重合，连接，给出下列结论：①；②；③平分；④，其中正确的是（ ）
A．①② B．①③④ C．②③④ D．①②③④
第II卷（非选择题，共80分）
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分.请把答案填在题中横线上）
11．四边形是平行四边形，加上条件______或______，就可以使四边形是矩形；加上条件______或______，就能使四边形是菱形．
12． n边形（）同一顶点处可引______条对角线．
13．已知十五边形的各个内角都相等，则每个内角为______；每个外角为______．
14．在菱形中，、、、分别是边、、、的中点．新四边形是______．（填写最特殊的形状名称）
15．如图，点M在正方形的对角线上由D向B运动，，交于点E，连接，将沿着翻折，点M落在点G处．若正方形的边长为4 ，的中点为S，则线段长度的最小值为_________．
三、解答题（本大题共6小题，共计60分，解答题应写出演算步骤或证明过程）
16．（10分）在四边形中，．
(1)如图1，若，，，求四边形的面积；
(2)如图2，若，连接，，，直接写出的长度为______；
(3)如图3，在（2）的条件下，求四边形的周长______．
17．（10分）（1）计算：；
（2）如图，点E，F为平行四边形对角线上两点，且，连接，．求证：△ABE≌△CDF．
18．（10分）如图，在中，作的平分线交于点E．
(1)请用直尺和圆规完成题中的作图（保留作图痕迹，不写作法）：
(2)若，，求出线段的长度．
19．（10分）小明为了测量树的高度，经过实地测量，得到两个解决方案：
方案一：如图（1），测得C地与树相距9米，眼睛D处观测树的顶端A的仰角为；
方案二：如图（2），测得C地与树相距9米，向前走0.7米到达，在上取一点E，使米，连接与，发现．
已知小明身高米，试选择一个方案求出树的高度．（结果保留一位小数，取）
20．（10分）如图，在正方形ABCD中，E、F分别在边CD、AD上，BE、CF交于点G，且BE＝CF．
(1)判断BE、CF的位置关系，并说明理由；
(2)如图1，若，且，求DF的长；
(3)如图2，过点F作CF的垂线，交AB于点M，交CD的延长线于点N，求证：．
21．（10分）如图1和图2，四边形中，已知，点E、F分别在上，．

(1)如图1，若都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转至，使与重合，则能证得，请写出推理过程；
(2)如图2，若都不是直角，则当与满足数量关系_____时，仍有；
(3)拓展：如图3，在△ABC中，，，点D、E均在边上，且，若，求的长．
《第二十一章四边形B卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B D D A C B B B
1．C
【分析】本题主要考查了矩形的判定条件，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的判定条件． 根据矩形的判定即可得到结论．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A选项不能判定四边形是矩形；
B、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故B选项不能判定四边形是矩形；
C、对角线相互平分且相等的四边形是矩形，故C选项能判定四边形是矩形；
D、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是矩形，故D选项不能判定四边形是矩形；
故选：C．
2．D
【分析】本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键，根据题意先证明，，再由平行四边形的判定，即可得出结论．
【详解】解：∵要使四边形为平行四边形，则四边形ABCD的各内角度数依次为，，，，理由如下：
∵，，
∴，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形是平行四边形，
故选：D．
3．B
【分析】本题考查了从一个多边形的一个顶点引对角线所分成的三角形个数问题．根据从一个边形的一个顶点引对角线，分成的三角形个数为，即可求解．
【详解】解：设多边形的边数为，
从一个顶点引对角线，分成的三角形个数为，
又分成个三角形，
，
．
故选：B．
4．D
【分析】本题考查了命题的真假，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定．根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，判断各选项命题的真假，即可作答．
【详解】解：A、一组邻边相等的四边形可能是普通四边形，不一定是菱形，故该选项不是真命题；
B、四边相等的四边形是菱形，但菱形不一定有直角，∴不一定是正方形，故该选项不是真命题；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，但平行四边形对角线不一定相等，∴不一定是矩形，故该选项不是真命题；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形，既是矩形（对角线相等）又是菱形（对角线垂直），∴是正方形，故该选项是真命题；
故选：D．
5．D
【分析】第三旋转时本题考查了根据旋转的性质求解，根据正方形的性质求线段长，坐标与旋转规律问题，求绕原点旋转90度的点的坐标，解题关键是理解题意，得到每次旋转后点D的坐标．
根据题意得到，根据正方形的性质得到，结合图形得到每次旋转后点D的坐标，再根据旋转规律即可求解．
【详解】解：∵，，
∴轴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，
如图所示，
当第一次旋转时，，第二次旋转时，，第三次旋转时，，第四次旋转时，
∴经过4次后点回到起始位置，
∴余1，
∴第2025次旋转结束时，点的坐标为位置的坐标，
即，
故选：D ．
6．A
【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
如图①先根据题意得到四边形是正方形，连接，利用勾股定理求出的长，如图②根据，证明三角形为等边三角形即可得到答案．
【详解】解：如图①∵，，
∴四边形是正方形，
连接，则，
∴，
如图②，，连接，
∵
∴为等边三角形，
∴．
故选A．
7．C
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义、正多边形的性质等知识，正多边形中，边数为偶数的正多边形是中心对称图形，边数为奇数的则不是中心对称图形．
根据中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】解：中心对称图形需绕一点旋转180度后与自身重合，正多边形中，边数为偶数的正多边形是中心对称图形，边数为奇数的则不是，
A．等边三角形（正三边形）边数为3（奇数），不是中心对称图形，不符合题意；
B．正五边形边数为5（奇数），不是中心对称图形，不符合题意；
C．正六边形边数为6（偶数），是中心对称图形，符合题意；
D．正七边形边数为7（奇数），不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
8．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握相关知识点是解题关键．根据平行四边形和垂直平分线的性质，得到，再结合全等三角形的性质，可证四边形是菱形，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】解：在平行四边形中，，
，
是的垂直平分线，
，，，，
，
，
，
，
又，，
，
，
，
四边形是菱形，
，
四边形的面积，
故选：B．
9．B
【分析】本题主要考查了图形的旋转、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，作出辅助线、求证是解题的关键．
把公共部分分割成两个三角形，根据旋转的性质发现两个三角形全等，从而求得直角三角形的边，再而求得公共部分的面积．
【详解】解：设与相交于点O，连接．
根据旋转的性质，得，则．
在和中，
，
∴．
∴．
设，则，
又∵，，
∴，解得：（已舍去负值），
∴．
∴公共部分的面积．
故选：B．
10．B
【分析】先根据旋转的性质得出，，再根据正方形的性质得出，接着根据 ，得出，从而可证明，根据全等三角形的性质可得，从而可得，于是可得，从而可判断①；先根据正方形的性质得出，，再根据勾股定理得出，接着求出，设，从而可得，，代入得出，从而可求得，即，从而可判断②；先根据全等三角形的性质得出，再根据旋转的性质得出，从而可得，也就是平分，从而可判断③；根据旋转的性质，对应边的夹角就是旋转角，可判断④．
【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转后与重合，
∴，，，
∵四边形是正方形，
∴，
又 ，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
而，
∴，故①正确；
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，故②错误；
∵，
∴，
∵将绕点A顺时针旋转后与重合，
∴，
∴，
即平分，故③正确；
∵将绕点A顺时针旋转后与重合，
∴与是对应边，
∴，故④正确；
综上所述，其中正确的是①③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了根据旋转的性质求解，根据正方形的性质证明，全等的性质和综合（），用勾股定理解三角形，全等三角形综合问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解．
11．
【分析】本题主要考查了矩形和菱形的判定，有一个角是直角或对角线相等的平行四边形是矩形，有一组邻边相等或对角线垂直的平行四边形是菱形，据此可得答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，加上条件或就可以使四边形是矩形；加上条件或，就能使四边形是菱形．
故答案为：；；；．
12．/
【分析】本题考查多边形的对角线，根据从n边形（）同一个顶点处可引条对角线作答即可．
【详解】解：n边形（）同一个顶点处可引条对角线；
故答案为：．
12． /156度 /24度
【分析】本题考查多边形的内角和与外角和，根据内角和公式和外角和为360度进行求解即可．
【详解】解：∵十五边形的各个内角都相等，
∴每个内角为，每个外角为；
故答案为：，．
13．矩形
【分析】本题考查中位线的性质、平行四边形的判定、菱形的性质及矩形的判定，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形；再根据菱形的对角线互相垂直，得出中点四边形的邻边垂直，即可得出是矩形．
【详解】解：如图所示，
∵在菱形中，、、、分别是边、、、的中点，
∴，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∴四边形是矩形．
故答案为：矩形
14．
【分析】连接，，根据线段垂直平分线性质可得，由点是的中点，得，设，则，由勾股定理，可得出，求解即可．
【详解】解：连接，，如图，
垂直平分，
，
正方形的边长为10，
，，
点是的中点，
，
设，则，
由勾股定理，得
，，
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．
15．
【分析】连接，由正方形性质可得，得，由，得四边形是矩形，得，得，即得答案．
【详解】解：连接，
∵在正方形中， 且，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
16．(1)，
(2)
(3)
【分析】本题考查了勾股定理、全等三角形与正方形的判定和性质等，针对等腰直角三角形构造全等三角形是解题的关键．
（1）由勾股定理依次求得的长，然后再计算两个直角三角形的面积并相加．
（2）自点C分别引的垂线，构造，可证四边形为正方形，得，即，求得，于是在直角中利用勾股定理可求得的长．
（3）利用勾股定理先求得的长，再在等腰直角三角形中求得的长，最后可求得四边形的周长．
【详解】（1）解：解：∵，，
∴，．
∴，
即四边形的面积为．
（2）过点作于，过点作，交的延长线于，
则，
∴四边形是矩形，
，
，则，
又，
∴，则，
∴四边形为正方形，
，
∵ ，即，
，
，即，
故答案为：；
（3），
∴根据勾股定理得，
为等腰直角三角形，
，
设为，
根据勾股定理得：，
解得，
即四边形的周长为：；
故答案为．
17．（1）（2）证明见解析
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先运算二次根式的乘法，再合并同类项，即可作答．
（2）先由平行四边形的性质得，，再运用来证明，即可作答．
【详解】解：（1）解：．
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查的是作角平分线，平行四边形的性质，等角对等边，熟练的作图是解本题的关键；
（1）利用尺规作角平分线的方法求解即可；
（2）首先由角平分线得到，然后结合平行四边形的性质得到，推出，进而求解即可．
【详解】（1）作图如图所示：
（2）∵平分，
，
∵四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
．
19．米
【分析】本题主要考查含角的直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
方案一：如图所示，过点作于点，则四边形是矩形，根据含角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解；
方案二：根据题意可证，得，结合图形即可求解．
【详解】解：根据题意，米，米，，
方案一：如图所示，过点作于点，则四边形是矩形，
∴米，米，
∴，
∴，即，
解得，（负值舍去），
∴米，
∴米；
方案二：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，且米，
∴，
∴，
∵米，米，米，
∴米；
∴树的高度为米．
20．(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）通过三角形全等找到等角，再由三角形两角和为90°推断出剩下的角为90°；
（2）通过勾股定理解直角三角形即可；
（3）通过平移构造辅助线，找到两对全等的三角形，通过等量代换得出
【详解】（1）在△BCE和△CDF中∵
∴
（SAS）
∴
∴
∴
∴
（2）
连接，则
（3）
平移到并经过E点
在和中
∵
∴（AAS）
∴四边形
为平行四边形
∴
在和中
∵
∴（AAS）
∴
∴
【点睛】本题考查正方形性质、三角形全等的判定和性质、解直角三角形、构造辅助线，掌握这些是本题关键．
21．(1)见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）根据已知条件证明，进而得到，即可得到答案；
（2）先作辅助线，把绕A点旋转到，使和重合，根据（1），要使，需证明，因此需证明F、D、G在一条直线上，即，即；
（3）先作辅助线，把绕A点旋转到，使和重合，连接，根据已知条件证明，设，则，，然后再中根据勾股定理即可求出x的值，即的长．
【详解】（1）解：如图，

∵把绕点A逆时针旋转至，使与重合，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，
理由是：

如图，把绕A点旋转到，使与重合，
则，
∵，
∴，
∴F、D、G在一条直线上，
和（1）类似，，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；
（3）解：∵中，，，
∴，由勾股定理得：，

如图，把绕A点旋转到，使和重合，连接．
则，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得：，即，
解得： ，
即．
【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．

展开更多......

收起↑