专题06 几何图形初步、多边形与特殊四边形（西藏专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

专题06 几何图形初步、多边形与特殊四边形 考点1 轴对称图形 1．（2022•西藏）下列图形中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】直接利用轴对称图形的定义进行判断．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【解答】解：A，C，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； B选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形； 故选：B． 【点评】此题主要考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 2．（2023•西藏）下列图形属于中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）逐项判断即可得． 【解答】解：选项A、B、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项C的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：C． 【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 3．（2024•西藏）下列图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A．B．C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称． 【解答】解：A．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意； 故选：D． 【点评】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，熟练掌握知识点是解题的关键． 4．（2025•西藏）下列美术字中，可以看作轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，由此即可判断． 【解答】解：A、此美术字是轴对称图形，故A符合题意； B、C、D中的美术字不是轴对称图形，故B、C、D不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义． 考点2 三视图 1．（2021•西藏）如图是由五个相同的小正方体组成的几何体，其主视图为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案． 【解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层的右边是两个小正方形． 故选：C． 【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图． 考点3 多边形内角和外角 1．（2024•西藏）已知正多边形的一个外角为60°，则这个正多边形的内角和为（　　） A．900° B．720° C．540° D．360° 【分析】先求出正多边形的边数，进而得出答案． 【解答】解：这个多边形的边数为：360°÷60°＝6， （6﹣2）×180° ＝4×180° ＝720°． 故选：B． 【点评】本题主要考查多边形内角和外角，求出正多边形的边数是解题的关键． 考点4 一矩形的性质 1．（2021•西藏）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．点E、F分别是AB，AO的中点，且AC＝8．则EF的长度为（　　） A．2 B．4 C．6 D． 【分析】根据矩形的性质可得AC＝BD＝8，BO＝DOBD＝4，再根据三角形中位线定理可得EFBO＝2． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD＝8，BO＝DOBD， ∴BO＝DOBD＝4， ∵点E、F是AB，AO的中点， ∴EF是△AOB的中位线， ∴EFBO＝2， 故选：A． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分． 2.（2023•西藏）如图，矩形.ABCD中，AC和BD相交于点O，AD＝3，AB＝4，点E是CD边上一点，过点E作EH⊥BD于点H，EG⊥AC于点G，则EH+EG的值是（　　） A．2.4 B．2.5 C．3 D．4 【分析】根据矩形的性质得到∠BAD＝90°，ODBD，OCAC，AC＝BD，根据勾股定理得到BD5，过C作CF⊥BD于F，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°，ODBD，OCAC，AC＝BD， ∴OD＝OC， ∵AD＝BC＝3，AB＝CD＝4， ∴BD5， 过C作CF⊥BD于F， ∴S△DCBCF•BDBC•CD， ∴CF， 连接OE， ∵S△COD＝S△DOE+S△COE， ∴， ∴EH+EG＝CF2.4， 故选：A． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键． 考点5 正方形、菱形的性质 1．（2022•西藏）如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在B'上，连接DB'．已知∠C＝120°，∠BAE＝50°，则∠AB'D的度数为（　　） A．50° B．60° C．80° D．90° 【分析】由翻折的性质知∠BAE＝∠B'AE＝50°，AB'＝AB，再由菱形的性质得∠BAD＝120°，AB'＝AD，最后利用三角形内角和定理可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠C＝120°， ∴∠BAD＝∠C＝120°，AB＝AD， ∵将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在B'上， ∴∠BAE＝∠B'AE＝50°，AB'＝AB， ∴∠BAB'＝100°，AB'＝AD， ∴∠DAB'＝20°， ∴∠AB'D＝∠ADB'＝（180°﹣20°）÷2＝80°， 故选：C． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，翻折的性质，三角形内角和定理等知识，求出∠DAB'＝20°是解题的关键． 2．（2023•西藏）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC＝60°，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．解直角三角形求得菱形的边长，根据平行四边形的面积公式求得即可． 【解答】解：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F， ∵两条纸条宽度相同， ∴AE＝AF． ∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形． ∵S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF． 又∵AE＝AF． ∴BC＝CD， ∴四边形ABCD是菱形， ，在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，∠ABC＝60°，AE＝3cm， ∴AB（cm）， ∴BC＝2cm， ∴四边形ABCD的面积＝AE•BC＝6cm2． 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定、解直角三角形以及四边形的面积，证得四边形为菱形是解题的关键． 3．（2024•西藏）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，AC与BD相交于点O，请添加一个条件 　 　 ，使四边形ABCD是菱形． 【分析】证明四边形ABCD是平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形解答即可． 【解答】解：∵AD＝BC，AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形， 故答案为：AC⊥BD（答案不唯一）． 【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形解答． 4.（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　） A．3 B．2 C．2 D．4 【分析】由正方形的性质得CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，则BE＝CECB＝3，由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，可证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG＝DG，由CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，根据勾股定理得32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，求得DG＝2，则AG2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，点E是BC的中点， ∴CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°， ∴BE＝CECB＝3， 由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°， ∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°， 在Rt△AFG和Rt△ADG中， ， ∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴FG＝DG， ∵CE2+CG2＝EG2，且CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG， ∴32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2， 解得DG＝2， ∴AG2， 故选：C． 【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出FG＝DG是解题的关键 5.（2025•西藏）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，连接BD，点P是BD上的一个动点，连接PA，PC，则PA+PB+PC的最小值是 　 　 ． 【分析】依据题意，将△APB绕点A旋转60°至△AB'P'，连接P'P，B'C，AC，过B'作B'H⊥AC交AC的延长线于H，从而AB＝AB'，B'P'＝BP，AP＝AP'，∠P'AP＝60°，故△P'AP是等边三角形，则P'P＝AP，进而PA+PB+PC的最小值是PP'+B'P'+PC的最小值，结合根据两点之间线段最短，故PA+PB+PC的最小值是B'C，再利用Rt△B'HC计算即可得解． 【解答】解：如图，将△APB绕点A旋转60°至△AB'P'，连接P'P，B'C，AC，过B'作B'H⊥AC交AC的延长线于H． ∴AB＝AB'，B'P'＝BP，AP＝AP'，∠P'AP＝60°． ∴△P'AP是等边三角形． ∴P'P＝AP． ∴PA+PB+PC的最小值是PP'+B'P'+PC的最小值． ∴根据两点之间线段最短，故PA+PB+PC的最小值是B'C． ∵∠B'AH＝180°﹣∠B'AB﹣∠BAC＝60°， ∴∠AB'H＝30°． ∴AHAB'＝2，则B'HAH＝2． 又∵AB＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ABC为等边三角形． ∴AC＝AB＝4． ∴CH＝AC+AH＝6． ∴B'C4． 故答案为：4． 【点评】本题主要考查了轴对称﹣最短路线问题、等边三角形的判定与性质、菱形的性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用等边三角形的性质是关键． 考点6 特殊四边形的综合题 1．（2022•西藏）如图，在矩形ABCD中，ABBC，点F在BC边的延长线上，点P是线段BC上一点（与点B，C不重合），连接AP并延长，过点C作CG⊥AP，垂足为E． （1）若CG为∠DCF的平分线．请判断BP与CP的数量关系，并证明； （2）若AB＝3，△ABP≌△CEP，求BP的长． 【分析】（1）由角平分线的性质和直角三角形的性质可求∠BAP＝∠APB＝45°，可得AB＝BP，即可得结论； （2）由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）BP＝CP，理由如下： ∵CG为∠DCF的平分线， ∴∠DCG＝∠FCG＝45°， ∴∠PCE＝45°， ∵CG⊥AP， ∴∠E＝∠B＝90°， ∴∠CPE＝45°＝∠APB， ∴∠BAP＝∠APB＝45°， ∴AB＝BP， ∵ABBC， ∴BC＝2AB， ∴BP＝PC； （2）∵△ABP≌△CEP， ∴AP＝CP， ∵AB＝3， ∵BC＝2AB＝6， ∵AP2＝AB2+BP2， ∴（6﹣BP）2＝9+BP2， ∴BP． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 2．（2025•西藏）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，点E是BC的中点，且AC平分∠DAE． （1）求证：四边形ADCE是菱形； （2）已知AB＝3，AE＝2，求线段AC的长． 【分析】（1）由AD∥BC，点E是BC的中点，得AD∥CE，CE＝BEBC，由BC＝2AD，得ADBC，则AD＝CE，所以四边形ADCE是平行四边形，由∠DAC＝∠ECA，∠DAC＝∠EAC，推导出∠EAC＝∠ECA，则AE＝CE，即可证明四边形ADCE是菱形． （2）因为AE＝CE＝BE＝2，所以∠EAB＝∠B，BC＝2BE＝4，而∠EAC＝∠ECA，则∠BAC＝∠EAB+∠EAC＝∠B+∠ECA，由∠BAC+∠B+∠ECA＝2∠BAC＝180°，求得∠BAC＝90°，因为AB＝3，所以AC． 【解答】（1）证明：∵AD∥BC，点E是BC的中点， ∴AD∥CE，∠DAC＝∠ECA，CE＝BEBC， ∵BC＝2AD， ∴ADBC， ∴AD＝CE， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∵AC平分∠DAE， ∴∠DAC＝∠EAC， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴AE＝CE， ∴四边形ADCE是菱形． （2）解：∵AE＝CE＝BE＝2， ∴∠EAB＝∠B，BC＝2BE＝4， ∵∠EAC＝∠ECA， ∴∠BAC＝∠EAB+∠EAC＝∠B+∠ECA， ∵∠BAC+∠B+∠ECA＝2∠BAC＝180°， ∴∠BAC＝90°， ∵AB＝3， ∴AC， ∴AC的长为． 【点评】此题重点考查平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定、三角形内角和定理、勾股定理等知识，推导出AD＝CE，进而证明四边形ADCE是平行四边形是解题的关键． 1．（2025•西藏一模）中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量，下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进行判断即可． 【解答】解：根据中心对称图形的定义，可知A，B，C选项不符合题意，D选项符合题意， 故选：D． 【点评】本题考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解题的关键． 2．（2025•西藏二模）“数学”的英文缩写为“math”，下列四个字母中，属于中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案． 【解答】解：A．该图不是中心对称图形，故不符合题意； B．该图不是中心对称图形，故不符合题意； C．该图不是中心对称图形，故不符合题意； D．该图是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 3．（2025•西藏三模）敦煌莫高窟是世界优秀文化遗产．下列是莫高窟壁画中的部分图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可． 【解答】解：A、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； B、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D、该图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意． 故选：D． 【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，熟知如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心是解题的关键． 4．（2025•西藏押题）下列与杭州亚运会有关的图案中，中心对称图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 【解答】解：选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 故选：A． 【点评】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 5．（2025•曲水县一模）在美术字中，有些汉字可以看成是轴对称图形．下列汉字中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形的概念求解． 【解答】解：中沿中间的竖线折叠，直线两旁的部分能完全重合，“中”是轴对称图形， 故选：C． 6．（2025•林周县一模）民族图案是数学文化中的一块瑰宝，下列图案中，轴对称图形有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【解答】解：第1、3个图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； 第2，4图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形； 故选：B． 【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 7．（2025•城关区一模）由5个相同的小正方体组成的几何体如图所示，该几何体的俯视图是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案． 【解答】解：从上边看第一列是一个小正方形， 第二列是两个小正方形且第一个小正方形位于第一层， 第三列是一个小正方形，且位于第二层， 故B选项符合题意， 故选：B． 【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图． 8．（2024•西藏二模）正多边形的每一个外角都是30°，则这个正多边形的内角和是（　　） A．1080° B．720° C．360° D．1800° 【分析】先求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式即可得出答案． 【解答】解：正多边形边数为360°÷30°＝12， 180°×（12﹣2） ＝180°×10 ＝1800°． 故答案为：D． 【点评】本题主要考查多边形的内角和外角，根据正多边形的外角求出正多边形的边数是解题的关键． 9．（2025•西藏三模）若一个正多边形的每个外角是72°，则它共有几条对角线（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【分析】先求出正多边形的边数，进而得出答案． 【解答】解：360°÷72°＝5（条）， 5×（5﹣3）÷2 ＝5×2÷2 ＝5． 故选：B． 【点评】本题主要考查多边形内角与外角，求出正多边形的边数是解题的关键． 10．（2025•林周县一模）把边长相等的正五边形和正方形按如图所示的方式叠合在一起，AB为正五边形的对角线，则∠1的度数是 　 　 ． 【分析】由正方形的性质得到∠CBF＝∠F＝90°，由正五边形的性质得到AD＝DB，∠D＝∠ABD108°，由等腰三角形的性质得到∠ABD＝∠BAD（180°﹣108°）＝36°，求出∠DBF＝∠DBC﹣∠FBC＝18°，得到∠ABF＝∠ABD﹣∠DBF＝18°，由三角形外角的性质得到∠1＝∠F+∠ABF＝108°． 【解答】解：∵四边形BCGF是正方形， ∴∠CBF＝∠F＝90°， ∵五边形ADBCE是正五边形， ∴AD＝DB，∠D＝∠ABD108°， ∴∠ABD＝∠BAD（180°﹣108°）＝36°， ∵∠DBF＝∠DBC﹣∠FBC＝108°﹣90°＝18°， ∴∠ABF＝∠ABD﹣∠DBF＝36°﹣18°＝18°， ∴∠1＝∠F+∠ABF＝90°+18°＝108°， 故答案为：108°． 【点评】本题考查多边形的内角和外角，关键是掌握正多边形的每个内角相等，各边相等． 11．（2025•西藏一模）如图，长方形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形纸片折叠，使点D、B重合，点C落在点H的位置，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　） A．5cm2 B．6cm2 C．8cm2 D．10cm2 【分析】设AE＝x cm，则ED＝BE＝9﹣x（cm），根据勾股定理可求得AE，DE的长，从而不难求得△ABE的面积． 【解答】解：设AE＝x cm，由折叠可知：ED＝BE＝9﹣x（cm）， ∵在Rt△ABE中，32+x2＝（9﹣x）2， ∴x＝4， ∴， 故选：B． 【点评】本题主要考查了翻折变换，利用勾股定理解直角三角形的能力，掌握以上性质是解题的关键． 12．（2025•西藏三模）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，点D是边AC上的动点，过点D作DE⊥AB，DF⊥BC，则EF的最小值是（　　） A． B． C． D． 【分析】连接BD，证四边形BEDF是矩形，得EF＝BD，再由垂线段最短可得BD⊥AC时，线段EF的值最小，然后由三角形的面积求出BD的长即可． 【解答】解：如图，连接BD， ∵∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12， ∴AC13， ∵DE⊥AB，DF⊥BC， ∴∠DEB＝∠DFB＝90°， ∴四边形BEDF是矩形， ∴EF＝BD， 由垂线段最短可知，BD⊥AC时，线段BD的长最小， 则线段EF的值最小， 此时，S△ABCBC•ABAC•BD， 即12×513•BD， 解得：BD， ∴EF的最小值是， 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 13．（2025•当雄县一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则AC的长为（　　） A．4 B．4 C．10 D．8 【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA＝OC，AE＝CE，证明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝5，得出AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝8，由勾股定理求出AB4，再由勾股定理求出AC即可． 【解答】解：连接AE，如图： ∵EF是AC的垂直平分线， ∴OA＝OC，AE＝CE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，AD∥BC， ∴∠OAF＝∠OCE， 在△AOF和△COE中，， ∴△AOF≌△COE（ASA）， ∴AF＝CE＝5， ∴AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8， ∴AB4， ∴AC4； 故选：A． 【点评】本题考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键． 14．（2025•昌都一模）如图，四边形ABCD的对角线互相垂直，且满足AO＝CO，要使四边形ABCD为菱形，可添加的一个条件是 　 　 ． 【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【解答】解：添加的一个条件是BO＝DO，理由如下： ∵BO＝DO，AO＝CO， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形， 故答案为：BO＝DO（答案不唯一）． 【点评】此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 15．（2025•西藏二模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AO＝CO，BO＝DO，要使四边形ABCD为菱形，则需添加的条件为 　 　 ．（填一个即可） 【分析】由菱形的判定方法进行判断即可． 【解答】解：应添加的条件是：AB＝BC，理由如下： ∵AO＝CO，BO＝DO， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AB＝BC， ∴平行四边形ABCD是菱形， 故答案为：AB＝BC（答案不唯一）． 【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，熟记“有一组邻边相等的平行四边形为菱形”是解题的关键． 16．（2025•城关区一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在BD和DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，CF． （1）求证：△ADE≌△CBF； （2）连接AF，CE．当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是什么特殊四边形？请说明理由． 【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形，得AD＝BC，AD∥BC，可证∠ADE＝∠CBF，然后通过SAS证△ADE≌△CBF即可； （2）由BD平分∠ABC，得∠ABD＝∠CBD，又因为∠ADB＝∠CBD，则∠ABD＝∠ADB，有AB＝AD，可证出AC⊥BD，然后证出四边形AFCE为平行四边形即可解决问题． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠ADB＝∠CBD， ∴∠ADE＝∠CBF， 在△ADE和△CBF中， ， ∴△ADE≌△CBF（SAS）； （2）四边形AFCE是菱形，理由如下： ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵∠ADB＝∠CBD， ∴∠ABD＝∠ADB， ∴AB＝AD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD， ∴AC⊥BD， ∵△ADE≌△CBF， ∴AE＝CF，∠AED＝∠CFB， ∴AE∥CF， ∴四边形AFCE是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴▱AFCE是菱形． 【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定等知识，证出AC⊥BD是解题的关键． 17．（2024•西藏区三模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，过点D作∠ADC的角平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AD∥CE． （1）求证：四边形AECD是菱形； （2）若AD＝10，△ACD的周长为36，求菱形AECD的面积． 【分析】（1）证四边形AECD是平行四边形，∠CDE＝∠AED，再证∠AED＝∠ADE，则AD＝AE，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE，再求出AC＝16，则OA＝OC＝8，然后由勾股定理得OD＝6，则DE＝2OD＝12，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵AB∥CD，AD∥CE， ∴四边形AECD是平行四边形，∠CDE＝∠AED， ∵DE平分∠ADC， ∴∠CDE＝∠ADE， ∴∠AED＝∠ADE， ∴AD＝AE， ∴平行四边形AECD是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形AECD是菱形， ∴OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE， ∵△ACD的周长为36， ∴AC＝36﹣AD﹣CD＝36﹣10﹣10＝16， ∴OA＝OC＝8， 在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD6， ∴DE＝2OD＝12， ∴菱形AECD的面积AC•DE16×12＝96． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 几何图形初步、多边形与特殊四边形 考点1 轴对称图形 1．（2022•西藏）下列图形中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2023•西藏）下列图形属于中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 3．（2024•西藏）下列图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A．B． C． D． 4．（2025•西藏）下列美术字中，可以看作轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 考点2 三视图 1．（2021•西藏）如图是由五个相同的小正方体组成的几何体，其主视图为（　　） A． B． C． D． 考点3 多边形内角和外角 1．（2024•西藏）已知正多边形的一个外角为60°，则这个正多边形的内角和为（　　） A．900° B．720° C．540° D．360° 考点4 一矩形的性质 1．（2021•西藏）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．点E、F分别是AB，AO的中点，且AC＝8．则EF的长度为（　　） A．2 B．4 C．6 D． 2.（2023•西藏）如图，矩形.ABCD中，AC和BD相交于点O，AD＝3，AB＝4，点E是CD边上一点，过点E作EH⊥BD于点H，EG⊥AC于点G，则EH+EG的值是（　　） A．2.4 B．2.5 C．3 D．4 考点5 正方形、菱形的性质 1．（2022•西藏）如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在B'上，连接DB'．已知∠C＝120°，∠BAE＝50°，则∠AB'D的度数为（　　） A．50° B．60° C．80° D．90° 2．（2023•西藏）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC＝60°，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 3.（2024•西藏）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，AC与BD相交于点O，请添加一个条件 　 　 ，使四边形ABCD是菱形． （2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　） A．3 B．2 C．2 D．4 4.（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　） A．3 B．2 C．2 D．4 5.（2025•西藏）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，连接BD，点P是BD上的一个动点，连接PA，PC，则PA+PB+PC的最小值是 　 　 ． 考点6 特殊四边形的综合题 1．（2022•西藏）如图，在矩形ABCD中，ABBC，点F在BC边的延长线上，点P是线段BC上一点（与点B，C不重合），连接AP并延长，过点C作CG⊥AP，垂足为E． （1）若CG为∠DCF的平分线．请判断BP与CP的数量关系，并证明； （2）若AB＝3，△ABP≌△CEP，求BP的长． 2．（2025•西藏）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，点E是BC的中点，且AC平分∠DAE． （1）求证：四边形ADCE是菱形； （2）已知AB＝3，AE＝2，求线段AC的长． 1．（2025•西藏一模）中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量，下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 2．（2025•西藏二模）“数学”的英文缩写为“math”，下列四个字母中，属于中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025•西藏三模）敦煌莫高窟是世界优秀文化遗产．下列是莫高窟壁画中的部分图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 4．（2025•西藏押题）下列与杭州亚运会有关的图案中，中心对称图形是（　　） A． B． C． D． 5．（2025•曲水县一模）在美术字中，有些汉字可以看成是轴对称图形．下列汉字中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 6．（2025•林周县一模）民族图案是数学文化中的一块瑰宝，下列图案中，轴对称图形有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2025•城关区一模）由5个相同的小正方体组成的几何体如图所示，该几何体的俯视图是（　　） A． B． C． D． 8．（2024•西藏二模）正多边形的每一个外角都是30°，则这个正多边形的内角和是（　　） A．1080° B．720° C．360° D．1800° 9．（2025•西藏三模）若一个正多边形的每个外角是72°，则它共有几条对角线（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 10．（2025•林周县一模）把边长相等的正五边形和正方形按如图所示的方式叠合在一起，AB为正五边形的对角线，则∠1的度数是 　 　 ． 11．（2025•西藏一模）如图，长方形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形纸片折叠，使点D、B重合，点C落在点H的位置，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　） A．5cm2 B．6cm2 C．8cm2 D．10cm2 12．（2025•西藏三模）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，点D是边AC上的动点，过点D作DE⊥AB，DF⊥BC，则EF的最小值是（　　） A． B． C． D． 13．（2025•当雄县一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则AC的长为（　　） A．4 B．4 C．10 D．8 14．（2025•昌都一模）如图，四边形ABCD的对角线互相垂直，且满足AO＝CO，要使四边形ABCD为菱形，可添加的一个条件是 　 　 ． 15．（2025•西藏二模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AO＝CO，BO＝DO，要使四边形ABCD为菱形，则需添加的条件为 　 　 ．（填一个即可） 16．（2025•城关区一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在BD和DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，CF． （1）求证：△ADE≌△CBF； （2）连接AF，CE．当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是什么特殊四边形？请说明理由． 17．（2024•西藏区三模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，过点D作∠ADC的角平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AD∥CE． （1）求证：四边形AECD是菱形； （2）若AD＝10，△ACD的周长为36，求菱形AECD的面积． / 学科网（北京）股份有限公司 $