中考模擬數(shù)學試題匯編：四邊形選擇與填空

中考模擬數(shù)學試題匯編：四邊形選擇與填空一．選擇題1．（2018?棗莊）如圖，在矩形ABCD中，點E是邊BC的中點，AE⊥BD，垂足為F，則tan∠BDE的值是（）A． B． C． D．2．（2020?宜昌）游戲中有數(shù)學智慧，找起點游戲規(guī)定：從起點走五段相等直路之后回到起點，要求每走完一段直路后向右邊偏行，成功的招數(shù)不止一招，可助我們成功的一招是（）A．每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走 B．每段直路要短 C．每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走 D．每段直路要長3．（2021?裕華區(qū)校級模擬）平行四邊形ABCD的對角線AC和BD交于點O，添加一個條件不能使平行四邊形ABCD變?yōu)榫匦蔚氖牵ǎ〢．OD＝OC B．∠DAB＝90° C．∠ODA＝∠OAD D．AC⊥BD4．（2021?石家莊一模）將圖1中兩個三角形按圖2所示的方式擺放，其中四邊形ABCD為矩形，連接PQ，MN，甲、乙兩人有如下結(jié)論：甲：若四邊形ABCD為正方形，則四邊形PQMN必是正方形；乙：若四邊形PQMN為正方形，則四邊形ABCD必是正方形．下列判斷正確的是（）A．甲正確，乙不正確 B．甲不正確，乙正確 C．甲、乙都不正確 D．甲、乙都正確5．（2021?衡水模擬）如圖，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，點E為AB的中點，點F為EC上一個動點，點P為DF的中點，連接PB，當PB的最小值為3時，則AD的值為（）A．2 B．3 C．4 D．66．（2021?邯鄲模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，且AE＝CF．求證：DE＝BF．以下是排亂的證明過程：①∵AE＝CF，∴BE＝FD；②∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD；③∴DE＝BF，④∴四邊形EBFD是平行四邊形．證明步驟正確的順序是（）A．①→②→③→④ B．①→④→②→③ C．②→①→④→③ D．②→④→①→③7．（2021?長安區(qū)二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于點O．添加一個條件使這個四邊形成為一種特殊的平行四邊形，則以下說法錯誤的是（）A．添加“AB∥CD”，則四邊形ABCD是菱形 B．添加“∠BAD＝90°，則四邊形ABCD是矩形 C．添加“OA＝OC”，則四邊形ABCD是菱形 D．添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，則四邊形ABCD是正方形8．（2021?裕華區(qū)模擬）如圖，銳角∠BOC＝α，∠AOC是它的鄰補角，AD∥OC，OD平分∠AOC，P為射線OC上一點（不含端點O），連接PD，作∠DPE＝α，PE交直線AB于點E．甲、乙、丙、丁四位同學都對這個問題進行了研究，并得出自己的結(jié)論．甲：若點E與點O重合，四邊形PEAD是菱形；乙：若α＝60°，一定PD＝PE；丙：若α≠60°，一定PD≠PE；丁：若α＝80°，可能PD＝PE．下列判斷正確的是（）A．甲、乙、丙正確，丁不正確 B．甲、乙、丁正確，丙不正確 C．甲、乙正確，丙、丁不正確 D．甲、乙、丁不正確，丙正確9．（2021?橋西區(qū)模擬）如圖1，菱形紙片ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，如圖2，翻折∠ABC，∠ADC，使兩個角的頂點重合于對角線BD上一點P，EF，GH分別是折痕．設AE＝x（0＜x＜2），給出下列判斷：①當x＝1時，DP的長為；②EF+GH的值隨x的變化而變化；③六邊形AEFCHG面積的最大值是；④六邊形AEFCHG周長的值不變．其中正確的是（）A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④10．（2021?裕華區(qū)模擬）如圖，將透明直尺疊放在正五邊形之上，若正五邊形有兩個頂點在直尺的邊上，且有一邊與直尺的邊垂直．則∠α＝（）A．60° B．28° C．54° D．72°11．（2021?橋西區(qū)模擬）如圖，正五邊形ABCDE，DG平分正五邊形的外角∠EDF，連接BD，則∠BDG＝（）A．144° B．120° C．114° D．108°12．（2021?新華區(qū)校級模擬）如圖，平行四邊形ABCD中，E、F分別在邊BC、AD上，添加條件后不能使AE＝CF的是（）A．BE＝DF B．AE∥CF C．AF＝AE D．四邊形AECF為平行四邊形13．（2021?邢臺模擬）證明：平行四邊形的對角線互相平分．已知：如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD相交于點O．求證：OA＝OC，OB＝OD．證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴…∴∠ABO＝∠CDO，∠BAO＝∠DCO．∴△AOB≌△COD．∴OA＝OC，OB＝OD．其中，在“四邊形ABCD是平行四邊形”與“∠ABO＝∠CDO，∠BAO＝∠DCO”之間應補充的步驟是）A．AB＝CD，AD＝BC B．AD∥BC，AD＝BC C．AB∥CD，AD∥BC D．AB∥CD，AB＝CD二．填空題14．（2021?古冶區(qū)一模）如圖，正八邊形和正五邊形按如圖方式拼接在一起，則∠CAB＝°．15．（2021?新華區(qū)模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為3，連接BD，P、Q兩點分別在AD、CD的延長線上，且滿足∠PBQ＝45°．（1）BD的長為；（2）當BD平分∠PBQ時，DP、DQ的數(shù)量關系為；（3）當BD不平分∠PBQ時，DP?DQ＝．16．（2021?新華區(qū)校級模擬）如圖，由一個正六邊形和一個正五邊形組成的圖形中∠1的度數(shù)是．17．（2021?邯鄲三模）在數(shù)學活動課中我們學習過平面鑲嵌，若給出下面一些邊長均為1的正三角形、正六邊形卡片，要求必須同時使用這兩種卡片，不重疊、無縫隙，圍繞某一個頂點拼在一起，成一個平面圖案，則共拼出種不同的圖案；其中所拼的圖案中最大的周長為．18．（2021?競秀區(qū)一模）如圖，扇形AOB中，半徑OA在直線l上，∠AOB＝120°，OA＝1，矩形EFGH的邊EF也在l上，且EH＝2，OE＝，將扇形AOB在直線l上向右滾動．（1）滾動一周時得到扇形A'O'B'，這時OO'＝．（2）當扇形與矩形EFGH有公共點時停止?jié)L動，設公共點為D，則DE＝．19．（2021?河北模擬）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點E，F(xiàn)分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為．

參考答案一．選擇題（共13小題）1．【分析】證明△BEF∽△DAF，得出EF＝AF，EF＝AE，由矩形的對稱性得：AE＝DE，得出EF＝DE，設EF＝x，則DE＝3x，由勾股定理求出DF＝＝2x，再由三角函數(shù)的定義即可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵點E是邊BC的中點，∴BE＝BC＝AD，∴△BEF∽△DAF，∴＝，∴EF＝AF，∴EF＝AE，∵點E是邊BC的中點，由矩形的對稱性得：AE＝DE，∴EF＝DE，設EF＝x，則DE＝3x，∴DF＝＝2x，∴tan∠BDE＝＝＝；故選：A．2．【分析】根據(jù)題意可得行走路線是正五邊形，再根據(jù)正五邊形的每個外角等于72度即可判斷．【解答】解：∵從起點走五段相等直路之后回到起點，要求每走完一段直路后向右邊偏行，∴＝72°，∴每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走．故選：A．3．【分析】根據(jù)矩形的判定、菱形的判定和平行四邊形的性質(zhì)分別對各個選項進行判斷即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，A、OD＝OC時，AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項A不符合題意；B、四邊形ABCD是平行四邊形，∠DAB＝90°，∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項B不符合題意；C、∵∠ODA＝∠OAD，∴OA＝OD，∴AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項C不符合題意；D、四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故選項D符合題意；故選：D．4．【分析】先設AB＝BC＝CD＝AD＝x，接著求出AQ和AP的值，根據(jù)勾股定理求出PQ的值，即可判斷甲是否正確，若四邊形PQMN為正方形根據(jù)邊的關系可以求出AB＝BC＝CD＝AD，且四個角都是直角即可證明乙是否正確．【解答】解：若ABCD是正方形，可設AB＝BC＝CD＝AD＝x，∴AQ＝4﹣x，AP＝3+x，∴PQ2＝AQ2+AP2，即PQ＝＝＝，x取值不同則PQ的長度不同，∴甲不正確，若四邊形PQMN為正方形，則PQ＝PN＝MN＝MQ＝5，且∠QMD+∠MQD＝∠QAP＝∠AQP+∠QPA＝90°，在△QMD和△PQA中，，∴△QMD≌△PQA（ASA），∴QD＝AP，同理QD＝AP＝MC＝BN，又∵BP＝MD＝AQ，∴QD﹣AD＝PA﹣AB，∴AB＝AD，同理AB＝CD＝AD＝BC，即四邊形ABCD為菱形，∵∠DAB＝180°﹣∠QAP＝90°，則四邊形ABCD為正方形，∴乙正確，故選：B．5．【分析】根據(jù)中位線定理可得出點P的運動軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當BP⊥P1P2時，PB取得最小值；由矩形的性質(zhì)以及已知的數(shù)據(jù)即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值為為BP1的長，由勾股定理求解即可．【解答】解：如圖，當點F與點C重合時，點P在P1處，CP1＝DP1，當點F與點E重合時，點P在P2處，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2＝CE．．且當點F在EC上除點C、E的位置處時，有DP＝FP．由中位線定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF，∴點P的運動軌跡是線段P1P2，.∴當BP⊥P1P2時，PB取得最小值．∵矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，設AB＝2t，則AD＝t，∵E為AB的中點，∴△CBE、△ADE、△BCP1為等腰直角三角形，CP1＝t，∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．∴∠DP2P1＝90°．∴∠DP1P2＝45°．∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值為BP1的長．在等腰直角△BCP1中，CP1＝BC＝t，∴BP1＝t＝3，∴t＝3．故選：B．6．【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得AB＝CD，AB∥CD，再證BE＝FD，得四邊形EBFD是平行四邊形，即可得出結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵AE＝CF，∴BE＝FD，∴四邊形EBFD是平行四邊形，∴DE＝BF，則證明步驟正確的順序是②→①→④→③，故選：C．7．【分析】根據(jù)AB＝AD，BC＝DC，可以得到AC垂直平分BD，然后再根據(jù)各個選項中的條件，可以判斷各個選項中的說法是否正確，從而可以解答本題．【解答】解：∵AB＝AD，BC＝DC，∴AC垂直平分BD，當添加：“AB∥CD”，則∠ABD＝∠BDC，∵∠BDC＝∠DBC，∴∠ABO＝∠CBO，又∵BO＝BO，∠BOA＝∠BOC，∴△ABO≌△BOC（ASA），∴BA＝BC，∴AB＝BC＝CD＝DA，∴四邊形ABCD是菱形，故選項A不符合題意；當添加“∠BAD＝90°，無法證明四邊形ABCD是矩形，故選項B符合題意；當添加條件“OA＝OC”時，∵OB＝OD，∴四邊新ABCD是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，故選項C不符合題意；當添加條件“∠ABC＝∠BCD＝90°”時，則∠ABC+∠BCD＝180°，∴AB∥CD，由證選項A可知四邊形ABCD是菱形，∵∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是正方形，故選項D不符合題意；故選：B．8．【分析】判定甲正確的方法是直接由菱形的判定定理進行證明；判定乙正確需要作輔助線，由相似三角形的對應角相等得出結(jié)論；判定丙錯誤只要舉出反例即可；判定丁正確需作出圖形，再由甲的結(jié)論就可以說明．【解答】解法一：如圖1，點E與點O重合.∵AD∥OC，∴∠A＝∠BOC＝α，∵∠DPE＝α，∴∠DPE＝∠A，即∠DPO＝∠A，∵∠AOD＝∠POD，OD＝OD，∴△ADO≌△PDO，∴PO＝AO，PD＝AD，∵∠ADO＝∠POD，∠AOD＝∠POD，∴∠ADO＝∠AOD，∴AO＝AD，∴PO＝AO＝AD＝PD，∴四邊形POAD是菱形，即四邊形PEAD是菱形，解法二：可以證明，AO＝AD，四邊形PEAD是平行四邊形，可得菱形．故甲正確；當α＝60°時，則∠AOD＝∠DOP＝∠POB＝60°．如圖2，點E在線段AO上，連接DE交OD于點F．∵∠AOB＝∠DPE＝60°，∠OFE＝∠PFD，∴△EOF∽△DPF，∴，∴，∵∠OFP＝∠EFD，∴△OFP∽△EFD，∴∠PED＝∠POD＝60°，∴∠PDE＝60°＝∠PED，∴PD＝PE；如圖3，點E在線段AO的延長線上，延長DO、PE交于點F，連接DE．∵∠FOE＝∠DPE＝60°，∠EFO＝∠DFP（公共角），∴△EOF∽△DPF，∴，∴，∵∠OFP＝∠EFD（公共角），∴△OFP∽△EFD，∴∠POF＝∠DEF＝120°，∴∠PED＝60°，∵∠DPE＝60°，∴∠PDE＝60°＝∠PED，∴PD＝PE．故乙正確；由甲的結(jié)論可知，當點E與點O重合時，四邊形PEAD是菱形，此時PD＝PE，這與α是否等于60°無關，故丙錯誤；由甲的結(jié)論可知，當點E與點O重合時，PD＝PE，這與銳角α的大小無關，如圖4，即使α＝80°，也可能存在PD＝PE的情況．故丁正確．故選：B．9．【分析】先確定出△ABC是等邊三角形，進而判斷出△BEF是等邊三角形，當x＝1時，求出BP＝BD，即可判斷出①正確，再用x表示出EF，BP，DP，GH，然后取x賦予的值，即可求出EF，GH，判斷出②錯誤，利用菱形的面積減去兩個三角形的面積判斷出③錯誤，利用周長的計算方法即可判定出④正確．【解答】解：∵菱形ABCD的邊長為2，∴AB＝BC＝2，∵∠ABC＝60°，∴AC＝AB＝2，BD＝2，由折疊知，△BEF是等邊三角形，當x＝1時，則AE＝1，∴BE＝AB﹣AE＝1，由折疊知，BP＝2×＝＝BD，故①正確；如圖，設EF與BD交于M，GH于BD交于N，∵AE＝x，∴BE＝AB﹣AE＝2﹣x，∵△BEF是等邊三角形，∴EF＝BE＝2﹣x，∴BM＝EM＝×EF＝（2﹣x），∴BP＝2BM＝（2﹣x），∴DP＝BD﹣BP＝2﹣（2﹣x）＝x，∴DN＝DP＝x，∴GH＝2GN＝2×x＝x，∴EF+GH＝2，所以②錯誤；當0＜x＜2時，∵AE＝x，∴BE＝2﹣x，∴EF＝2﹣x，∴BP＝（2﹣x），∴DP＝x，∴GH＝2×＝x＝DG＝DH，∴六邊形AEFCHG面積＝S菱形ABCD﹣S△BEF﹣S△DGH＝×2×2﹣（2﹣x）2﹣x2＝2﹣（x﹣1）2﹣＝﹣（x﹣1）2+，∴當x＝1時，六邊形AEFCHG面積最大為，所以③正確，六邊形AEFCHG周長＝AE+EF+FC+CH+HG+AG＝x+2﹣x+x+2﹣x+x+2﹣x＝6是定值，所以④正確，即：正確的有①③④，故選：D．10．【分析】先求出正五邊形每一個內(nèi)角的度數(shù)等于108°，根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠BED＝90°，從而得到∠AEB＝108°﹣90°＝18°．根據(jù)三角形內(nèi)角和等于180°求出∠ABE的度數(shù)，最后“根據(jù)兩直線平行，同位角相等“即可求出答案．【解答】解：如圖，∵正五邊形內(nèi)角和＝（5﹣2）×180°＝540°，∴∠A＝∠AED＝540°÷5＝108°，∵BE∥CD，∴∠BED＝180°﹣90°＝90°，∴∠AEB＝∠AED﹣∠BED＝108°﹣90°＝18°．在△ABE中∠ABE＝180°﹣∠A﹣∠AEB＝180°﹣108°﹣18°＝54°，∵BE∥CD，∴∠α＝∠ABE＝54°．故選：C．11．【分析】根據(jù)正五邊形的外角公式可得∠EDF，易得每個內(nèi)角的度數(shù)為108°，再結(jié)合等腰三角形和鄰補角的定義即可解答．【解答】解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠EDF＝360°÷5＝72°，∠CDE＝∠C＝180°﹣72°＝108°，BC＝DC，∴∠BDC＝＝36°，∴∠BDE＝108°﹣∠BDC＝108°﹣36°＝72°，∵DG平分正五邊形的外角∠EDF，∴∠EDG＝＝36°，∴∠BDG＝∠BDE+∠EDG＝72°+36°＝108°，故選：D．12．【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)，依據(jù)平行四邊形的判定方法，即可得出不能使AE＝CF的條件．【解答】解：A、在?ABCD中，∴AD∥BC，AD＝BC，∵BE＝DF，∴AF＝CE，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AE＝CF，故A可以使AE＝CF，不符合題意；B、∵AE∥CF，AF∥CE，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AE＝CF，故B可以使AE＝CF，不符合題意；C、添加AE＝AF后不能使AE＝CF，故C符合題意；D、∵四邊形AECF是平行四邊形，∴AE＝CF，故D可以使AE＝CF，不符合題意；故選：C．13．【分析】根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABO＝∠CDO，∠BAO＝∠DCO．∴△AOB≌△COD（ASA）．∴OA＝OC，OB＝OD．故選：D．二．填空題（共6小題）14．【分析】根據(jù)正八邊形的內(nèi)角和正五邊形的內(nèi)角結(jié)合周角的定義可得結(jié)論．【解答】解：由題意得：正八邊形的每個內(nèi)角都為：＝135°，正五邊形的每個內(nèi)角都為：＝108°，故∠CAB＝360°﹣135°﹣108°＝117°，故答案為：117．15．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和勾股定理即可得到結(jié)論；（2）當BD平分∠PBQ時，證明△ABP≌△CBQ和△QBD≌△PBD，可得結(jié)論；（3）當BD不平分∠PBQ時，證明△BQD∽△PBD，列比例式可得結(jié)論．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝3，∠A＝90°，∴BD＝＝＝3，故答案為：3；（2）解：當BD平分∠PBQ時，∵∠PBQ＝45°，∴∠QBD＝∠PBD＝22.5°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠A＝∠C＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，∴∠ABP＝∠CBQ＝22.5°+45°＝67.5°，在△ABP和△CBQ中，，∴△ABP≌△CBQ（ASA），∴BP＝BQ，在△QBD和△PBD中，，∴△QBD≌△PBD（SAS），∴PD＝QD，故答案為：PD＝QD；（3）當BD不平分∠PBQ時，∵AB∥CQ，∴∠ABQ＝∠CQB，∵∠QBD+∠DBP＝∠QBD+∠ABQ＝45°，∴∠DBP＝∠ABQ＝∠CQB，∵∠BDQ＝∠ADQ+∠ADB＝90°+45°＝135°，∠BDP＝∠CDP+∠BDC＝90°+45°＝135°，∴∠BDQ＝∠BDP，∴△BQD∽△PBD，∴，∴PD?QD＝BD2＝32+32＝18，故答案為：18．16．【分析】利用正多邊形的外角公式可得∠3，∠4，再根據(jù)三角形內(nèi)角和為180°，求出∠2，即可求出∠1解決問題．【解答】解：如圖，由題意得：∠3＝360°÷6＝60°，∠4＝360°÷5＝72°，則∠2＝180°﹣60°﹣72°＝48°，所以∠1＝