第二十二章 四边形章末重点题型复习-【上好课】2024-2025学年八年级数学下册同步精品课堂（冀教版）

第二十二章 四边形章末重点题型复习 题型一 平行四边形的性质与判定 1．如图，在中，交对角线于点E．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．如图，在中，以为圆心，长为半径画弧交于．分别以点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点作射线交于点若则的长为（    ）    A． B． C． D． 3．如图，四边形是平行四边形，点在延长线上，连接，． (1)在图甲中画出一个以为边的平行四边形，且它的周长等于； (2)在图乙中画出一个以为对角线的平行四边形，且它的面积为． 4．如图，在中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，在如图所示的甲，乙，丙三种方案中，正确的方案是（   ） 甲方案：在上取，连接，，，； 乙方案：作，分别平分，，连接，； 丙方案：作于点，于点，连接，．       A．甲，乙，丙都是 B．只有甲，乙是 C．只有甲，丙是 D．只有乙，丙是 题型二 矩形的性质与判定 1．下列四个选项中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．邻边相等 D．对角线平分一组对角 2．如图，把一张长方形纸片折叠起来，使其顶点与重合，折痕为．若，，则长为 ． 3．如图，已知，矩形中，，，则矩形的面积为 ． 4．如图，在矩形中，对角线、相交于点，为边上任意一点（不与点、重合），过点作，，垂足分别为、，若，，则 ． 5．如图，小明将一张长方形纸片沿对角线折叠，落在处，交于点F，已知该纸片，．则的长为 ． 6．如图，在中，，垂足为E，点F在CD上，且． 求证：四边形是矩形． 题型三 菱形的性质与判定 1．如图，在菱形中，E是上的点，连接交于点F，连接，若，菱形面积为24，，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（    ）    A． B． C． D． 3．如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，再分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．如图，菱形的对角线相交于O点，E，F分别是边上的中点，连接．若，，则下列结论中，正确的个数为（    ） ①四边形是平行四边形；②菱形的周长为； ③与互相垂直平分；④的面积是． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型四 正方形的性质与判定 1．如图，在正方形中，为上的一点，连接．若，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，正方形中，点E、F分别在上，，于D，．则正方形的边长为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 3．如图，正方形中，为边上任意一点，连接，于点，交于点，小星根据题意得到如下结论： ①； ②； ③与四边形面积相等； ④若点是的中点，则点是的中点． 其中，结论正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型五 三角形中位线的性质和应用 1．如图，点D是内一点，且，连接．若点分别为线段的中点，且，，，则图中阴影部分的周长为（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 2．如图，△ABC中，，分别是，的中点，平分，交于点，若，，则的长是（   ） A．3 B．4 C．1 D．1.5 3．如图所示，在四边形中，，E，F，G分别是的中点，若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 题型六 多边形内角和外角计算与应用 1．如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．如图，小明从点出发前进到达，然后向右转；再前进到达，然后又向右转，一直这样走下去，他第一次回到出发点时，一共走了（    ） A． B． C． D． 题型七 正多边形内线段和角度计算 1．正八边形的一个外角度数是（    ） A． B． C． D． 2．若正多边形的一个外角是，则这个正多边形的边数是（   ） A．八边形 B．九边形 C．十边形 D．十二边形 3．用正三角形和正方形镶嵌，若每一个顶点周围有a个正三角形和b个正方形，则a，b满足的关系式是（   ） A． B． C． D． 2．如图，五边形是正五边形，直线，点P在直线上运动，当点P至少与正五边形的两个顶点距离相等时，警报器就会发出警报，在直线上会发出警报的点的个数为（   ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 3．我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用图2圆的内接正十二边形计算圆周率，首先要计算它的周长，下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 4．如图，木工师傅从边长为90cm的正三角形木板上锯出一正六边形木块，那么正六边形木板的边长为（　　） A．34cm B．32cm C．30cm D．28cm 题型八 多边形的面积和周长的计算 1．如图，EF过▱ABCD的对角线的交点O，且分别交AB，CD于点E，F，那么阴影部分的面积是▱ABCD面积的(  ) A． B． C． D． 2．如图，已知在平行四边形中，交于点，以点为中心，取旋转角等于，把顺时针旋转，得到△B’A’E’，连接，若，，则的大小为（ ） A． B． C． D． 3．如图，矩形中，，边，于点，连接，则图中阴影部分的面积是 ． 4．如图，在凸五边形中，，，，，，则凸五边形的面积等于（   ） A．32 B．16 C．8 D．4 题型九 四边形的平移旋转和对称 1．如图，在菱形中，对角线长，，点、在边、上，以直线为折痕折叠，若，则的度数为 ． 2．如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，此时直线、所夹锐角的度数为30度，求四边形的面积． 题型十 坐标系内的四边形 1．如图，四边形是长方形，O是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴、上，点B的坐标是则直线对应的函数表达式为（） A． B． C． D． 2．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，在轴上，点与坐标原点重合．动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，速度为每秒个单位长度，已知，设点的运动时间为秒，当存在且为锐角三角形时，的值可以是下列中的（　　） A． B． C． D． 题型十一 多边形的裁剪和拼接 1．沐沐用七巧板拼了一个对角线长为的正方形，再用这副七巧板拼成一个长方形（如图所示），则长方形的对角线长为（　　） A． B． C． D． 2．如图是在北京举办的世界数学家大会的会标“弦图”．请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在以下方格纸中按要求设计另外四个不同的图案．作图要求：①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠；②所设计的图案（不含方格纸）经过变换后与其它图案相同的视为一种设计． 3．七巧板游戏是将一个正方形分割成七块． 然后用这七块拼接成丰富多彩的几何图形． 如图1是正方形的一种分割方法，并在每块上标了号码． (1)设正方形网格的边长为1，则面积为2的图形块有 （填数字）； (2)图2是用该七巧板拼成的一个类似“拱桥”图形、请在图中用粗实线画出各块拼板的轮廓线（不用写号码）； (3)请从图1的七巧板之中选五块板拼接成一个正方形，在图3中画出拼接后的示意图（标上号码），要求无重叠无缝隙，并写出该正方形的面积． 4．如图，在边长为的大正方形中，剪去一个边长为的小正方形，然后将余下的部分剪开拼成如图所示的长方形，若记大正方形的周长为，拼成的长方形的周长为，则与的大小关系是 ． 题型十二 特殊四边形内最值问题 1．如图，中，，点为边上一动点（不与点，重合），于点，点，若，，则的最小值为（   ） A．3 B．2 C． D． 2．如图，在平面直角坐标系中，已知正方形，，点D为x轴上一动点，以为边在的右侧作等腰，，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．4 3．如图，正方形的对角线，相交于点，点是上任意一点，于点，于点，若，则的长的最小值为（    ） A．2 B．1 C． D． 题型十三 特殊四边形内运动问题 1．如图，四边形中，AD//BC，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向点B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为，则当以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（    ） A． B．3 C．3或 D．或 2．矩形中，厘米，厘米，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．若P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动(不与D重合)．设点P运动时间为t秒，若点P和Q与点中的两个点为顶点的四边形是菱形．则t的值为(　　) A．7 B．20 C．7或25 D．7或20 3．如图，在平面直角坐标系中，，四边形为平行四边形，点D在x轴上，且，动点P从原点O出发，以每秒1个单位的速度沿x轴正方向运动，同时，动点Q从原点O出发，以每秒2个单位的速度沿y轴正方向运动．    (1)求点C的坐标； (2)当运动时间t为何值时，以P，B，C，D为顶点的四边形面积为20； (3)在线段上是否存在点R，使与全等？若存在，求出点R的坐标，若不存在，说明理由．    13 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十二章 四边形章末重点题型复习 题型一 平行四边形的性质与判定 1．如图，在中，交对角线于点E．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，三角形的外角和等知识点，解题的关键是熟练掌握以上知识点．由平行四边形的性质得，再由平行线的性质得，易证，然后由三角形的外角性质即可得，由此即可求解． 【详解】解：， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ∴ ∴， 故选：C． 2．如图，在中，以为圆心，长为半径画弧交于．分别以点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点作射线交于点若则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如下图，根据作图可得AE与BF相互垂直平分，在Rt△ABO中，利用勾股定理可求得AO的长，从而得出AE的长． 【详解】如下图，AE与BF交于点O，连接EF    由作图可知，AE与BF相互垂直平分 ∵BF=6，∴BO=3 ∵AB=5 ∴在Rt△ABO中，AO=4 ∴AE=8 故选：C． 【点睛】本题考查垂直平分线的画法和勾股定理，解题关键是根据作图，判断出AE与BF相互垂直平分． 3．如图，四边形是平行四边形，点在延长线上，连接，． (1)在图甲中画出一个以为边的平行四边形，且它的周长等于； (2)在图乙中画出一个以为对角线的平行四边形，且它的面积为． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先计算出，根据平行四边形的性质取格点使，然后利用网格特点，平移到，使点与点重合，点的对应点为，则四边形满足条件； （2）把点向右平移格，点向左平移格，则四边形为满足条件的四边形． 【详解】（1）解：如图甲，四边形即为所求； （2）解：如图乙，四边形为所作． 【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类的关键是熟悉平行四边形的性质，利用网格求出已知边和所求边的长度，根据几何图形的特性进行作图． 4．如图，在中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，在如图所示的甲，乙，丙三种方案中，正确的方案是（   ） 甲方案：在上取，连接，，，； 乙方案：作，分别平分，，连接，； 丙方案：作于点，于点，连接，．       A．甲，乙，丙都是 B．只有甲，乙是 C．只有甲，丙是 D．只有乙，丙是 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、角平分线的定义，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键． 对于甲方案：连接交于O，利用平行四边形的性质结合已知证明，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论；对于乙方案：根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明，，再根据角平分线的定义证得，进而证明得到，，则，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；对于丙方案：先根据平行线的判定证明，再证明得到，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；． 【详解】解：甲方案：连接交于O，如图， 在中，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故甲方案正确； 乙方案： 在中，，，， ∴， ∵、分别平分、， ∴，， ∴， 在和△CDM中， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故乙方案正确， 丙方案： 在中，，， ∴， ∵，， ∴，， 在和△CDM中， ∴， ∴，又， ∴四边形为平行四边形，故丙方案正确； 故选：A． 题型二 矩形的性质与判定 1．下列四个选项中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．邻边相等 D．对角线平分一组对角 【答案】B 【分析】本题主要考查矩形的性质和菱形的性质，熟练掌握矩形的性质和菱形的性质是解题的关键．根据矩形的性质和菱形的性质进行判断即可． 【详解】解：矩形对角线相等，菱形对角线不一定相等， 故矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等． 故选B． 2．如图，把一张长方形纸片折叠起来，使其顶点与重合，折痕为．若，，则长为 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质可得，由轴对称的性质可得，设，则，在中，由勾股定理可得，即，解一元一次方程即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ， 由折叠可得，， 设，则， 在中，由勾股定理可得： ， 即：， 解得：， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，解一元一次方程等知识点，熟练掌握轴对称的性质及勾股定理是解题的关键． 3．如图，已知，矩形中，，，则矩形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．由矩形的性质得出，得出，由勾股定理求出，矩形的面积，即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴矩形的面积， 故答案为：． 4．如图，在矩形中，对角线、相交于点，为边上任意一点（不与点、重合），过点作，，垂足分别为、，若，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理，连接，由勾股定理得出，由矩形的性质得出，，，由可求得答案．掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 5．如图，小明将一张长方形纸片沿对角线折叠，落在处，交于点F，已知该纸片，．则的长为 ． 【答案】5 【分析】本题考查矩形的性质与折叠问题，解题的关键是利用折叠的性质和勾股定理建立方程求解． 通过矩形性质与折的性质得到相等角，推出，，，设，则，再利用勾股定理列方程求解的长． 【详解】解：根据题意得：， 设，则， 在和△CDF中：，， 又， ， ， ， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：， 故答案为：5． 6．如图，在中，，垂足为E，点F在CD上，且． 求证：四边形是矩形． 【答案】详见解析 【分析】先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论． 本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【详解】证明：四边形是平行四边形 ， ，即 又， ∴四边形是平行四边形 ， 矩形． 题型三 菱形的性质与判定 1．如图，在菱形中，E是上的点，连接交于点F，连接，若，菱形面积为24，，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 先根据菱形的性质证明，再导角证明，即可由菱形面积求出． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 2．如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是菱形，故本选项不符合题意； C、∵ ∴， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； D、∵， ∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意； 故选：D 3．如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，再分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了本题主要考查了菱形的判定、尺规作图、菱形的性质．根据尺规作图可知，根据四条边都相等的四边形是菱形可知四边形是菱形，根据菱形的对角相等可得． 【详解】解：由作图可知， 四边形是菱形， ． 故选：A ． 4．如图，菱形的对角线相交于O点，E，F分别是边上的中点，连接．若，，则下列结论中，正确的个数为（    ） ①四边形是平行四边形；②菱形的周长为； ③与互相垂直平分；④的面积是． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】此题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是解决问题的关键．根据菱形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质进行一一判断即可． 【详解】解：①四边形是菱形， ∴ ∵E，F分别是边上的中点， ∴， ∴， ∴， 四边形是平行四边形， 故①正确； ②，分别是，边上的中点，， ， 四边形是菱形， ，，， ， 菱形的周长为． 故②正确； ③如图，连接， 四边形是菱形， ∴， 在中，为斜边上的中线， ∴， 在中，为斜边上的中线， ∴， ∴， 四边形是菱形， 与互相垂直平分， 故③正确； ④∵， ∴， ∴， ， ， 故④正确， 故选：D 题型四 正方形的性质与判定 1．如图，在正方形中，为上的一点，连接．若，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理等等，先由正方形的性质和三角形内角和定理得到，，再由旋转的性质得到，则，据此根据角的和差关系求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 由旋转的性质得到， ∴， ∴， 故选：B． 2．如图，正方形中，点E、F分别在上，，于D，．则正方形的边长为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 根据，利用“HL”可证，则，又，，可证，且，证明得，设正方形的边长为a，则，在中，由勾股定理求a即可． 【详解】解：设正方形的边长为a， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，，即， 解得． 故选：B． 3．如图，正方形中，为边上任意一点，连接，于点，交于点，小星根据题意得到如下结论： ①； ②； ③与四边形面积相等； ④若点是的中点，则点是的中点． 其中，结论正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理．由正方形的性质得，，而，则，即可证明，得，，可判断①正确，②正确，由，得，可判断③正确；设，则，求得，所以，由，求得，则，所以点不是的中点，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 于点， ， ， 在和△ADE中， ， ， ，，， 故①②正确； ， ， 故③正确； 设， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， 点不是的中点， 故④错误； 故选：C． 题型五 三角形中位线的性质和应用 1．如图，点D是内一点，且，连接．若点分别为线段的中点，且，，，则图中阴影部分的周长为（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 【答案】A 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，勾股定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据勾股定理求出，再根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】解：∵， ， 由勾股定理得：， ∵点分别为线段的中点， ∴分别为△ABC,△ADC,△BCD ,△ABD ,的中位线， ∴， ∴阴影部分的周长为：， 故选：A． 2．如图，△ABC中，，分别是，的中点，平分，交于点，若，，则的长是（   ） A．3 B．4 C．1 D．1.5 【答案】C 【分析】本题考查了中位线的判定与性质，三角形外角性质，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先证明是△ADE的中位线，以及得，可得，因为平分，故，进而可得，故，即可作答． 【详解】解：∵，分别是，的中点，，， ∴是△ADE的中位线，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 则， 故选：C 3．如图所示，在四边形中，，E，F，G分别是的中点，若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理．根据三角形中位线定理得到，，，，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可． 【详解】解：∵E，F，G分别是的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，，， 又∵， ∴，，， ∴， ∴， 故选：B． 题型六 多边形内角和外角计算与应用 1．如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了复杂图形的内角和，熟练掌握三角形内角和为，四边形内角和为是解题的关键．连接，记与交于点，利用三角形内角和定理推出，再将转化为四边形的内角和，即可解答． 【详解】解：如图，连接，记与交于点， ，， ， 又， ， ， ， ， ． 故选：C． 2．如图，小明从点出发前进到达，然后向右转；再前进到达，然后又向右转，一直这样走下去，他第一次回到出发点时，一共走了（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形外角和问题，有理数乘法的应用，掌握正多边形的外角和为是解题关键．由题意可知，当小明第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形，再根据正多边形的外角和，得出小明所走过的图形是正十八边形，即可求解． 【详解】解：由题意可知，当小明第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形， 正多边形的外角和为，且每个外角都为， 正多边形的边数为，即小明所走过的图形是正十八边形， 路程为， 故选：A． 题型七 正多边形内线段和角度计算 1．正八边形的一个外角度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查多边形的外角和定理，解题的关键是掌握任何一个多边形的外角和都是．根据多边形的外角和为 360 度，再用 360 度除以边数即可得到每一个外角的度数． 【详解】解：∵多边形的外角和为 360 度， ∴每个外角度数为：， 故选：B． 2．若正多边形的一个外角是，则这个正多边形的边数是（   ） A．八边形 B．九边形 C．十边形 D．十二边形 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形外角和的知识，利用任意凸多边形的外角和均为，正多边形的每个外角相等即可求出答案． 【详解】解：多边形的每个外角相等，且其和为， 据此可得， 解得． 故选：B． 3．用正三角形和正方形镶嵌，若每一个顶点周围有a个正三角形和b个正方形，则a，b满足的关系式是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面镶嵌的条件，熟练掌握在每一个顶点处的几个角的和为360度是解题的关键．正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明可以进行平面镶嵌；反之，则说明不能进行平面镶嵌． 【详解】解：正多边形的平面镶嵌，每一个顶点处的几个角之和应为360度， 而正三角形和正方形内角分别为、， 根据题意可知， 化简得到． 故选：A． 2．如图，五边形是正五边形，直线，点P在直线上运动，当点P至少与正五边形的两个顶点距离相等时，警报器就会发出警报，在直线上会发出警报的点的个数为（   ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】C 【分析】此题主要考查了正多边形与垂直平分线的性质，解答此题的关键是熟练掌握垂直平分线的性质． 根据正五边形的特点，结合线段垂直平分线的性质确定不同的点即可． 【详解】解：根据垂直平分线的性质及正五边形的性质可知， 直线上会发出警报的点P有：、、、、的垂直平分线与直线的交点， 如图所示：共五个． 故选：C． 3．我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用图2圆的内接正十二边形计算圆周率，首先要计算它的周长，下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出正多边形的中心角，利用三角形周长公式求解即可． 【详解】解：∵十二边形是正十二边形， ∴， ∵于M，又， ∴， ∵正边形的周长， ∴圆内接正十二边形的周长， 故选：A． 【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，求出正十二边形的周长是解题的关键． 4．如图，木工师傅从边长为90cm的正三角形木板上锯出一正六边形木块，那么正六边形木板的边长为（　　） A．34cm B．32cm C．30cm D．28cm 【答案】C 【详解】图中小三角形也是正三角形，且边长等于正六边形的边长， 所以正六边形的周长是正三角形的周长的,正六边形的周长为90×3×=180cm， 所以正六边形的边长是180÷6=30cm. 故选C. 题型八 多边形的面积和周长的计算 1．如图，EF过▱ABCD的对角线的交点O，且分别交AB，CD于点E，F，那么阴影部分的面积是▱ABCD面积的(  ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平行四边形对角线互相平分,中线将三角形面积平分这一性质解题. 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形,EF经过对角线交点O, ∴易得S△BEO=S△DFO, ∴S阴影部分=S△AOB=S▱ABCD 故选C. 【点睛】本题考查了平行四边形的面积,属于简单题,熟悉平行四边形性质和中线性质是解题关键. 2．如图，已知在平行四边形中，交于点，以点为中心，取旋转角等于，把顺时针旋转，得到△B’A’E’，连接，若，，则的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形对角相等、邻角互补，得，，再求出，可运用三角形外角求出，再根据旋转的性质得到，从而得到答案． 【详解】∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵于点E， ∴， ∵顺时针旋转，得到△B’A’E’， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，三角形内角和定理和外角的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．如图，矩形中，，边，于点，连接，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是根据勾股定理和直角三角形的性质算出对应的底和高．根据阴影部分的面积求解即可 【详解】解：∵是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点M作， ∴， 则图中阴影部分的面积 ， 故答案为：． 4．如图，在凸五边形中，，，，，，则凸五边形的面积等于（   ） A．32 B．16 C．8 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，割补法求面积；过点作交于，过点作交于，点作交于，由可判定，由全等三角形的性质得，，同理可证，，设，，由四个三角形面积和，即可求解；能熟练利用割补法求面积，构建三角形全等是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作交于，过点作交于，点作交于， ， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， 同理可证：， ， ， ， 设， ， ， ， ， 故选：C． 题型九 四边形的平移旋转和对称 1．如图，在菱形中，对角线长，，点、在边、上，以直线为折痕折叠，若，则的度数为 ． 【答案】/30度 【分析】此题考查了菱形的性质、折叠的性质以及含30度的直角三角形等知识．首先连接，，相交于点，由在菱形中，对角线长，，可求得，又由以直线为折痕折叠，若，即可求得的度数，继而求得答案．．注意准确作出辅助线是解此题的关键． 【详解】解：如图，连接，，相交于点， 在菱形中，对角线长，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 2．如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，此时直线、所夹锐角的度数为30度，求四边形的面积． 【答案】(1)菱形 (2) 【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含的直角三角形的性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，作，可证，可得，由此可证平行四边形是菱形； （2）作，根据含的直角三角形的性质可得，结合菱形的性质可得，根据即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下， 如图所示，过点作于点，过点作于点， 根据题意，四边形，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵宽度相等，即，且， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：如图所示，过点作于点， 根据题意，， ∵的度数为30度， ∴， ∵平行四边形是菱形； ∴， ∴． 题型十 坐标系内的四边形 1．如图，四边形是长方形，O是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴、上，点B的坐标是则直线对应的函数表达式为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了一次函数表达式的求解以及长方形的性质知识点． 先根据长方形性质和点坐标求出A，C两点坐标，然后设直线对应的函数表达式为为常数，，将两点坐标代入表达式，进而得到直线的函数表达式． 【详解】因为四边形是长方形，是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴，上，点的坐标是 根据长方形的性质，对边相等且平行， 所以的长度等于点的横坐标3，即点坐标为； 的长度等于点的纵坐标4，即点坐标为． 设直线对应的函数表达式为为常数，． 把分别代入中，得到方程组． 将代入，可得，移项得到， 解得． 所以直线AC对应的函数表达式为． 故选A． 2．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，在轴上，点与坐标原点重合．动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，速度为每秒个单位长度，已知，设点的运动时间为秒，当存在且为锐角三角形时，的值可以是下列中的（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】题目主要考查正方形的性质及相应的规律问题，理解题意，找出相应规律是解题关键； 根据选项中的时间，分别计算路程，确定点位置，根据规律，进而求解； 【详解】解：正方形的边，故周长为， 当秒时，动点运动的路程为 (个单位长度) ， 所以动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，运动秒后，点在点上，构不成，不满足题意； 当，动点运动的路程为， ， 所以动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，运动秒后，点在点上，此时为直角三角形，不满足题意； 当，动点运动的路程为； ， 所以动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，运动秒后，点在边上，满足题意； 当，动点运动的路程为， ， 所以动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，运动秒后，点在边上，此时为直角三角形，不满足题意； 故选：C 题型十一 多边形的裁剪和拼接 1．沐沐用七巧板拼了一个对角线长为的正方形，再用这副七巧板拼成一个长方形（如图所示），则长方形的对角线长为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了七巧板拼图，勾股定理．先结合图得出长方形的长是正方形的对角线长为，长方形的宽是正方形对角线长的一半为，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解． 【详解】解：由图可知，长方形的长等于正方形的对角线长为，长方形的宽是正方形对角线长的一半为， 根据勾股定理可得：． 故选：B． 2．如图是在北京举办的世界数学家大会的会标“弦图”．请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在以下方格纸中按要求设计另外四个不同的图案．作图要求：①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠；②所设计的图案（不含方格纸）经过变换后与其它图案相同的视为一种设计． 【答案】见解析 【分析】本题考查利用旋转或者轴对称设计方案的知识．根据轴对称图形及中心对称图形的概念，设计图案即可． 【详解】解：所画图形如图所示． ． 3．七巧板游戏是将一个正方形分割成七块． 然后用这七块拼接成丰富多彩的几何图形． 如图1是正方形的一种分割方法，并在每块上标了号码． (1)设正方形网格的边长为1，则面积为2的图形块有 （填数字）； (2)图2是用该七巧板拼成的一个类似“拱桥”图形、请在图中用粗实线画出各块拼板的轮廓线（不用写号码）； (3)请从图1的七巧板之中选五块板拼接成一个正方形，在图3中画出拼接后的示意图（标上号码），要求无重叠无缝隙，并写出该正方形的面积． 【答案】(1)4，6，7 (2)见解析 (3)见解析，正方形的面积为8． 【分析】本题考查了正方形的性质，概率公式，七巧板，三角形的面积，熟练掌握七巧板是解题的关键． （1）先计算出各个图块的面积，可得出答案； （2）根据题意用七巧板拼成的一个类似“拱桥”图形即可； （3）依据题意，在图2中画出拼接后的示意图，再计算出面积即可． 【详解】（1）解：正方形网格的边长为1，则面积为2的图形块有 图形块1，2的面积为：， 图形块3的面积为：， 图形块4的面积为：， 图形块5的面积为：， 图形块6的面积为：， 图形块7的面积为：， 面积为2的图形块有4，6，7， 故答案为：4，6，7； （2）解：如图所示， （3）解：如图所示， 正方形的面积为8． 4．如图，在边长为的大正方形中，剪去一个边长为的小正方形，然后将余下的部分剪开拼成如图所示的长方形，若记大正方形的周长为，拼成的长方形的周长为，则与的大小关系是 ． 【答案】 【分析】根据周长公式进行计算即可． 【详解】解：左图的周，右图的周长， 所以， 故答案为：． 【点睛】本题考查计算图形周长，理解周长的定义以及长方形周长的计算方法是正确解答的前提． 题型十二 特殊四边形内最值问题 1．如图，中，，点为边上一动点（不与点，重合），于点，点，若，，则的最小值为（   ） A．3 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】连接，由平行四边形的性质可得，，由可得，由勾股定理可得，由，可得，，由此可证得四边形是矩形，于是可得，因而当最小时，最小，由垂线段最短可知，当时，最小，此时，进而可得，由此即可求出的最小值． 【详解】解：如图，连接， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ，， ，， 四边形是矩形， ， 当最小时，最小， 由垂线段最短可知，当时，最小， 此时，， ， 的最小值为， 故选：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，垂线段最短，三角形的面积公式等知识点，添加适当辅助线，将求的最小值转化为求的最小值是解题的关键． 2．如图，在平面直角坐标系中，已知正方形，，点D为x轴上一动点，以为边在的右侧作等腰，，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，作轴于H，连接．证明，得出，即，推出点在的角平分线所在直线上运动，作，则是等腰直角三角形，由正方形的性质可得，求出，即可得解． 【详解】解：如图，作轴于H，连接． ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点在的角平分线所在直线上运动， 作于M，则是等腰直角三角形， ∵正方形，， ∴， ∴，即的最小值为， 故选：B． 3．如图，正方形的对角线，相交于点，点是上任意一点，于点，于点，若，则的长的最小值为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】B 【分析】如图，连接OP、EF，根据已知条件和正方形的性质可以得到当EF最小就是OP最小，然后利用垂线段最短即可求解． 【详解】解：如图，连接OP、EF， ∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点P是BC上任意一点，PE⊥BD于点E，PF⊥AC于点F， ∴四边形OEPF为矩形， ∴EF=OP， ∴EF最小时OP最小， 当OP⊥BC于P的时候OP最小， 而当OP⊥BC时，P为BC的中点， ∴OP=BC， ∵AC=， 则BC=2， ∴OP=1， ∴EF的长的最小值为1． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了垂线段最短解决问题． 题型十三 特殊四边形内运动问题 1．如图，四边形中，AD//BC，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向点B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为，则当以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（    ） A． B．3 C．3或 D．或 【答案】D 【分析】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3-3t=t；当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3t-3=t；解方程即可． 【详解】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， 得3-3t=t， 解得t=； 当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， 得3t-3=t， 解得t=， 故选D． 【点睛】本题考查了动点问题，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理，灵活选择判定方法，合理分类是解题的关键． 2．矩形中，厘米，厘米，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．若P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动(不与D重合)．设点P运动时间为t秒，若点P和Q与点中的两个点为顶点的四边形是菱形．则t的值为(　　) A．7 B．20 C．7或25 D．7或20 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，运用数形结合及方程思想是解本题的关键． 分两种情况：①如果四边形是菱形，则，在中，根据勾股定理得出，列出关于t的方程，解方程求出t的值；②如果四边形是菱形，则，在中，根据勾股定理得出，列出关于t的方程，解方程求出t的值． 【详解】解：分两种情况： ①如果四边形是菱形，则．   ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即运动时间为25秒时，四边形是菱形． ②如果四边形是菱形，则， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即运动时间为7秒时，四边形是菱形； 故选：C． 3．如图，在平面直角坐标系中，，四边形为平行四边形，点D在x轴上，且，动点P从原点O出发，以每秒1个单位的速度沿x轴正方向运动，同时，动点Q从原点O出发，以每秒2个单位的速度沿y轴正方向运动．    (1)求点C的坐标； (2)当运动时间t为何值时，以P，B，C，D为顶点的四边形面积为20； (3)在线段上是否存在点R，使与全等？若存在，求出点R的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)或7 (3)存在，R的坐标为，， 【分析】 （1）根据平行四边形的性质即可解答； （2）求出点D坐标，分类讨论：分P在线段或P在线段OD的延长线上两种情况，根据梯形的面积公式，列方程即可解答； （3）分两种情况：当在线段上时；当在线段延长线上时，按照全等三角形的判定条件进行讨论，列方程即可解答． 【详解】（1）解：平行四边形， ， ，， ； （2）解：， ， 当在线段上时，如图所示，    ， 四边形是梯形， 四边形的面积为 ， ， ； 当在线段的延长线上时，如图所示，    同理可得， ， ， 综上，当运动时间或者7时，以P，B，C，D为顶点的四边形面积为20； （3）在线段上存在点R，使与全等． 解：当在线段上时，如图所示，    设，则，， 若△OPQ≌△BQR全等，可分为两种情况 ①当时， 列方程可得 ， 解得， 此时， ， ，， ②当时， 列方程， 解得， 此时， , ； 当在线段延长线上时，如图所示，    设，则，， 若△OPQ≌△BQR全等， ∵， ， 则：，解得， 此时 ， 综上，R的坐标为，，． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，梯形的面积公式，全等三角形的性质，能进行分类讨论，是解题的关键． 43 / 44 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$