第五章 四边形诊断卷- 【一战成名新中考】2026江西数学中考必考知识点题组特训

?一战成名 第五章四边形诊断卷 一.选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1.下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是() A.∠A=∠C,AB∥CD B.AB∥CD,AB=CD C.AB=CD,AD∥BC D.AB∥CD,AD∥BC 2.如图，将矩形ABCD沿着CE裁剪得到一个四边形和一个三角形，设四边形ABCE的外角和与△CDE的 外角和分别为，B,则() 第2题图 A.a-B B.a<B C.a=B D.无法比较a与B 3.依据所标数据，下列四边形不一定为矩形的是( D 909D 90 P90 3 B690° A. B B.B690 C D. 4.如图，在△ABC中，点D在边BC上（不与点B,C重合），连接AD,过点D分别作DE∥AC,交AB 于点E,DF∥AB,交AC于点F,下列判断正确的是( 甲：四边形AEDF是平行四边形： 乙：若AD平分∠BAC,则四边形AEDF是菱形： 丙：若AD⊥BC,则四边形AEDF是正方形， A.甲、乙、丙都对 B.只有甲、乙对 D C.只有乙、丙对 D.只有甲对 第4题图 5.小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图①所示菱形，并测得∠B =60°，对角线AC=20Cm,接着活动学具成为图②所示正方形，则图②中对角线AC的长为() 图1 图2 第5题图 A.20cm B.30cm C.40cm D.20v2cm 训练思维，才能打赢新中考 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?二战成名 6.在数学活动课中，我们学习过平面镶嵌，若给出如图所示的一些边长均为1的正三角形、正六边形卡片， 要求必须同时使用这两种卡片，不重叠、无缝隙地围绕某一个顶点拼在一起，形成一个平面图案，则可 拼出的不同图案共有() A.2种 B.3种 C.4种 D.5种 第6题图 二。填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7.过多边形一个顶点的所有对角线，将多边形分成5个三角形，此多边形的边数是 振岳脚 A.5 B.6 C.7 D.8 8.一块四边形ABCD玻璃被打破，如图所示.小红想制做一模一样的玻璃，经测量∠A=120°，∠B=60, ∠C=150°，则∠D的度数为一 OI A D 第8题图 第9题图 第10题图 9.“七巧板”是古代中国劳动人民的发明，被誉为东方魔板”，若已知图中阴影部分的面积为1，则该图用 “七巧板拼出的大正方形的面积为 10.如图，在平面直角坐标系中，ABCD的边AD在x轴上，顶点B在y轴上，点A,D的坐标分别是(2， 0),(7,0),∠OBA=30°，则顶点C的坐标为 0 ⊙ 第11题图 第12题图 11.如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,E为AD的中点，且OE=3,则菱形ABCD的 周长为一· 12.如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=10,点P在BC上，且PB=3,以AP为腰作等腰三角形APM, 使得点M落在矩形ABCD边上，则CM仁」 训练思维，才能打赢新中考 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?战成名 三。解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13.如图是一个16×6的正方形的网格图，图中己画出了线段AB和线段EG,其端点A、B、E、G均在小正 方形的项点上，请按要求画出图形并计算： (1)画以AB为边的正方形ABCD: (2)画一个以EG为一条对角线的菱形EFGH(点F在点G的左侧)，且面积与(1)中正方形的面积相 等； B A 第13题图 14.如图，四边形ABCD的两条对角线相交于点O,E是DC边上一 点，连接EO并延长交AB于点F.若OA=OC,AB∥CD. (1)求证：四边形ABCD是平行四边形 (2)若DE=1,AC+BD=10,△AOB的周长为9，求AF的长. 第14题图 训练思维，才能打赢新中考 3 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?一战成名 15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，过点B, C分别作BE∥CD,CE∥BD. (1)求证：四边形BECD是菱形： (2)若∠ABC=30°，AB=4,求菱形BECD的面积. 第15题图 16.如图，E、F、MN分别是正方形ABCD四条边上的点，且AE= BF-CM-DN (1)求证：四边形EFMN是正方形： (2)若AB=7,AE=3,求四边形EFMN的周长. 第16题图 17.如图，在ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E,点F在边CD上， 且DF=BE,连接AF,BF. (1)求证：四边形BFDB是矩形： (2)若CF=3,BF=4,AB=8,求证：AF平分∠DAB 第17题图 训练思维，才能打赢新中考 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?战成名 四。解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18.如果一个多边形的各边都相等，且各内角也都相等，那么这个多边形就叫做正多边形，如图，就是一组 正n边形(n>4),观察每个正多边形中∠a的变化情况，解答下列问题： (1)将下面的表格补充完整： 正多边形的边数 6 7 n ∠a的度数 (2)根据规律，是否存在一个正n边形，使其中的∠a=108°？若存在，直接写出n的值；若不存在， 请说明理由； (3)根据规律，是否存在一个正边形，使其中的∠=l30°？若存在，直接写出n的值；若不存在， 请说明理由. 第18题图 训练思维，才能打赢新中考 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?战成名 I9.将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图 ①)，其中∠ACB=∠DFE=90°，BC=EF=3CL,AC=DF=4CI.将图①中的纸片DEF沿AC方向平移， 连接AE,BD(如图②)，当点F与点C重合时停止平移 A(F) C(D) 图① 图② 图③ 第19题图 (1)判断图②中的四边形ABDE的形状，并说明理由； (2)当纸片DEF平移到某一位置时，小明发现四边形ABDE为矩形（如图③），求平移距离： 训练思维，才能打赢新中考 6 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?-战成名 20.己知四边形ABCD是矩形. (1)如图①，E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD的中点，求证：四边形EFGH是菱形： (2)如图②，若菱形EFGH的三个顶点E,F,H分别在边AB,BC,AD上，连接CG.已知BE=2AE =8,CG=2V5,CF-BF=1,求AD的长. A H D H B B F 图① 图② 装任湘 第20题图 成形 训练思维，才能打赢新中考 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?战成名 五。解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21.如图①，如果四边形ABCD满足AB=AD,CB=CD,∠B=∠D=90°，那么我们把这样的四边形叫做 “完美筝形 将一张如图①所示的完美筝形纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中CE,CF 为折痕，∠BCD=∠ECF=∠FCD,点B为点B的对应点，点D为点D的对应点，连接EB',FD相交 于点0 简单应用： (1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是 (2)当图③中的∠BCD=120°时，∠AEB'=°； (3)当图②中的四边形AECF为菱形时，图③中的四边形ODCB'是完美筝形吗？说明理由， 图① 图2 图③ 第21题图 训练思维，才能打赢新中考 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?-战成名 22.课本再现 (1)正方形ABCD的对角线相交于点O,正方形AB'C"O与正方形ABCD的边长相等，如图①摆放时，易 得重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值是子在正方形A"8C(绕点0旋转的过程中〔如图②).诗 判断上述比值是否发生变化？并说明理由； 拓展延伸 (2)如图③，在正方形ABCD中，∠EPF的顶点P在对角线AC上，且∠EPF=90°，AP:PC=1:2, 将∠EPF绕点P旋转，在旋转过程中，∠EPF的两边分别与AB边和BC边交于点E、F. ①在∠EPF的旋转过程中，试探究PE与PF的数量关系，并就图③说明理由： ②若AC=12,当点F与点B重合时，请直接写出AE的长. 0 0 0 B 图① 图② 图3 第22题图 训练思维，才能打赢新中考 9 《一战成名》一思维型中考书开拓者 ?一战成名： 六。解答题（本大题共12分） 23.综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师出示了这样一个问题：已知矩形ABCD,AD=2AB,点E,F分别是边AB,AD 上的点，将矩形ABCD沿CE,CF所在的直线折叠，使得点B落在点B处，点D恰好落在B'C上的点D 处 数学思考： (1)如图①，当点B在AD边上时，则∠ECF=°， AE (2)如图②，在图①的基础上，延长FD交BC于点G,连接B'G,试判断四边形：CFBG的形状，并 说明理由； 解决问题： (3)如图③，当BE=2AE时，若AD=6,请直接写出线段DF的长度 A B AB D D G 图① 图② 图③ 第23题图 训练思维，才能打赢新中考 10 《一战成名》一思维型中考书开拓者 第五章四边形诊断卷 参考答案与解析 1．C 2．C 3．A 4．B【解析】∵DE∥AC，DF∥AB，∴四边形AEDF是平行四边形，故甲判断正确；若AD平分∠BAC，则∠DAB＝∠DAC，∵DE∥AC，∴∠ADE＝∠DAC，∴∠DAB＝∠ADE，∴AE＝DE，∴▱AEDF是菱形，故乙判断正确；若AD⊥BC，不能证明▱AEDF是正方形，故丙判断错误．故选B． 5．D【解析】如解图①，解图②中，连接AC．在解图①中，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝20cm．在解图②中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠B＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴ACAB＝20cm． 图① 图② 第5题解图 6．B【解析】∵正三角形的内角为60°，正六边形的内角为120°，∴围绕某一个顶点拼在一起，成一个平面图案，则共拼出①2×120°+2×60°②120°+60°+120°+60°，③120°+4×60°，共3种不同的图案． 7．7【解析】由题意得，n﹣2＝5，解得n＝7． 8．30°【解析】∵∠A＝120°，∠B＝60°，∠C＝150°，四边形内角和为360度， ∴∠D＝360°﹣120°﹣60°﹣150°＝30°． 9．8【解析】∵阴影部分的面积为1，∴大正方形的对角线为4，∴大正方形的面积为4×48． 10．【解析】∵A（2，0），则OA＝2，∵∠OBA＝30°，∴AB＝2OA＝4，在Rt△AOB中，，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，A，D的坐标分别是（2，0），（7，0），∴BC＝AD＝5，∴C． 11．24【解析】∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，∴AD＝AB＝CD＝CB，AC⊥BD，∴∠AOD＝90°，∵E为AD的中点，且OE＝3，∴OE＝AE＝DEAD，∴AD＝2OE＝2×3＝6，∴AD+AB+CD+CB＝4AD＝4×6＝24，∴菱形ABCD的周长为24． 12．2或或4【解析】如解图，分别以A、P为圆心，AP为半径画圆，与矩形ABCD的边交于M，当M在BC上时，在Rt△ABP中，AB＝4，PB＝3，∵AP5，∴PM＝AP＝5，而BC＝10，∴CM＝10﹣3﹣5＝2；当M在AD上时，AM＝AP＝5，∴DM＝AD﹣AM＝BC﹣MD＝10﹣5＝5，CD＝AB＝4，在Rt△CMD中，CM；当点M在AD上，AP＝PM＝5，∴点P在AM的垂直平分线上，则AM＝6，∴DM＝4，∴CM4．综上所述，2或或4． 第12题解图 13．解：（1）如解图所示，正方形ABCD即为所求； （2）如解图所示，菱形EFGH即为所求； 第13题解图 14.（1）证明：∵AB∥CD，∴∠BAO＝∠DCO，∠BOA＝∠DOC， 又∵OA＝OC，∴△BOA≌△DOC（ASA），∴OB＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，∴， ∵△AOB的周长为9，∴AB＝9﹣（OA+OB）＝4，∵AB∥CD，OB＝OD， 同理，△DOE≌△BOF，∴DE＝BF＝1，∴AF＝AB﹣BF＝3． 15.（1）证明：∵BE∥CD，CE∥BD，∴四边形BECD是平行四边形． ∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，∴，∴平行四边形BECD是菱形； （2）解：在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝4，∴， ∴，∴， ∵D是AB的中点，∴，又∵，∴． 16.（1）证明：∵AE＝BF＝CM＝DN，∴AN＝DM＝CF＝BE． ∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF（SAS）． ∴EF＝EN＝NM＝MF，∠ENA＝∠DMN．∴四边形EFMN是菱形， ∵∠ENA＝∠DMN，∠DMN+∠DNM＝90°，∴∠ENA+∠DNM＝90°．∴∠ENM＝90°． ∴四边形EFMN是正方形； （2）解：∵AB＝7，AE＝3，∴AN＝BE＝AB﹣AE＝4， ∴EN5，∴正方形EFMN的周长＝4×5＝20． 17.（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD．∵BE∥DF，BE＝DF， ∴四边形BFDE是平行四边形．∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴四边形BFDE是矩形； （2）解：∵四边形BFDE是矩形，∴∠BFC＝90°， 在Rt△BCF中，由勾股定理，得BC5， ∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝8，∴DF＝CD﹣CF＝5，∴AD＝DF＝5，∴∠DAF＝∠DFA， ∵AB∥DC，∴∠DFA＝∠FAB．∴∠DAF＝∠FAB，即AF平分∠DAB． 18．解：（1）36°、60°、、180°；【解法提示】∵是正五边形，∴∠ABC＝∠BAE＝（5﹣2）×180°÷5＝108°．∵AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA＝36°，同理可得，∠DAC＝36°，∴∠α＝36°．同理可得正六边形∠α＝60°，正七边形∠α，正八边形∠α＝90°；∵是正n边形，∴∠ABC＝∠BAE＝（n﹣2）×180°÷n＝180°．∵AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA，∴∠a＝180°． （2）存在正十边形，使其中的∠α＝108°．理由如下： 由（1）得，∠α＝180°，∴108°＝180°，解得n＝10． （3）不存在．理由如下： 由（1）得，130°＝180°，解得n＝14.4∵n为正整数，∴不存在一个正n边形，使其中的∠α＝130°． 19．解：（1）四边形ABDE是平行四边形．理由如下： ∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF， ∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形； （2）如解图，连接BE交AD于点O， 第19题解图 ∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE， 设AF＝x，则，∴， 在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2， ∴，解得， ∴，∴平移的距离为． 20．（1）证明：如解图①，连接AC，BD， ∵E，F分别是AB，BC的中点，∴EF∥AC，EFAC， 同理：GH∥AC，GHAC，EHBD， ∴EF∥GH，EF＝GH，∴四边形EFGH是平行四边形， ∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，∴EF＝EH．∴四边形EFGH是菱形； 图① 图② 第20题解图 （2）解：如解图②，连接FH，过点G作GM⊥BC交BC的延长线于M， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD∥BC．∴∠A＝∠M，∠AHF＝∠MFH， ∵四边形EFGH是菱形，∴FG∥EH，FG＝EH，∴∠EHF＝∠GFH．∴∠AHE＝∠MFG， 在△AEH和△MFG中， ∴△AEH≌△MFG（AAS），∴GM＝AE＝4． ∵CG＝2，根据勾股定理，得CM＝2，设BF＝x，则CF＝x+1， 在Rt△GFM中，FG2＝（x+1+2）2+16＝（x+3）2+16，同理EF2＝x2+64， ∴（x+3）2+16＝x2+64．∴x，∴BC＝2x+1＝14，∴AD＝BC＝14． 21．解：（1）正方形；【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°， ∴正方形是“完美筝形”． （2）80°；【解法提示】由对折有，∠BEC＝∠B′EC，∵∠BCD′＝∠ECF＝∠FCD，且∠BCD＝120°， ∴∠BCD′∠BCD＝40°，∴∠CBE＝90°﹣∠BCD′＝50°，∴∠BEB′＝100°∴∠AEB′＝80°． （3）四边形ODCB是“完美筝形”理由如下： ∵四边形ABCD是“完美筝形”， ∴AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°， ∴CD′＝CB′，∠CD′O＝∠CB′O＝90°， ∴∠ED′O＝∠FB′O＝90°， ∵四边形AECF为菱形，∴CE＝CF，∴D′E＝B′F， ∵∠EOD′＝∠FOB′，∴△EOD′≌△FOB′，∴OD′＝OB′， ∴四边形OD′CB′是“完美筝形” 22．解：（1）重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值不变，理由如下： 如解图①，OA'与AB交于点M，OC'与BC交于点N，∵四边形ABCD和四边形OA'B'C'都是正方形， ∴OB＝OC，∠OBA＝∠OCB＝45°，∠BOC＝∠A'OC'＝90°，∴∠A'OB＝∠COC'． 在△OBM与△OCN中，，∴△OBM≌△OCN（ASA），∴S△OBM＝S△OCN， ∴四边形OMBN的面积等于三角形BOC的面积，即重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值是； 图① 图② 图③ 第22题解图 （2）①PF＝2PE． 理由：如解图②，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N， ∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠BCA＝45°， ∵PM⊥AB，PN⊥CB，∴△AMP，△PNC是等腰直角三角形，∴△AMP∽△PNC，∴， ∵AP：PC＝1：2，∴， ∵∠PMB＝∠B＝∠PNB＝90°，∴∠MPN＝∠EPF＝90°，∴∠MPE＝∠NPF， ∵∠PME＝∠PNF＝90°，∴△PME∽△PNF，∴，∴PF＝2PE； ②如解图③，∵AC＝12，∴APAC＝4，PC＝8，AB＝BC＝6， ∴MP＝AM＝2，PN＝CN＝BM＝4，∴PB2， ∴PEPB，∴BE5，∴AE＝AB﹣BE＝65． 23．解：（1）45，；【解法提示】当点B'在AD边上时，由折叠得，∠BCE＝∠B′CE，∠DCF＝∠D′CF，∠CB′E＝∠B，B′C＝BC，B′E＝BE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝∠B＝∠A＝∠D＝90°，AD＝BC，AB＝CD，∴∠BCE+∠B′CE+∠DCF+∠D′CF＝90°，B′C＝AD，∴∠B′CE+∠D′CF＝45°，即∠ECF＝45°．∵AD＝2AB，∴B′C＝2CD，在Rt△B′CD中，sin∠CB′D，∴∠CB′D＝30°，∴∠AB′E＝180°﹣∠CB′E﹣∠CB′D＝180°﹣90°﹣30°＝60°，∴sin∠AB′E＝sin60°． （2）四边形CFB'G是菱形．理由如下： 由（1）知∠CB′D＝30°，∠DCF＝∠D′CF，∴∠B′CD＝90°﹣30°＝60°， ∴∠DCF＝∠D′CF＝30°，∴∠FCG＝∠CFD＝90°﹣30°＝60°， 由折叠得，∠CFG＝∠CFD＝60°，∠CD′F＝∠D＝90°， ∴∠CFG＝∠FCG＝60°，∴△CFG是等边三角形， ∵∠CD′F＝90°，∴FD′＝GD′，∵∠D′CF＝∠CB′D，FD′⊥B′C，∴B′D′＝D′C， 即四边形CFB'G的对角线互相垂直平分，∴四边形CFB'G是菱形； （3）∵AD＝6，∴BC＝6，ABAD＝3，∵BE＝2AE，∴BEAB＝2，AE＝1， 在Rt△CEB中，CE2， 如解图，连接BB′交CE于点K，过点B′作B′G⊥AB交BA的延长线于G，设B′C交AD于H， 第23题解图 则BK•CE＝BE•BC，∴BK， 由折叠得，BB′＝2BK，BB′⊥CE，∴∠GBB′+∠CEB＝90°， ∵∠ECB+∠CEB＝90°，∴∠GBB′＝∠ECB，∵∠G＝∠CBE＝90°，∴△BB′G∽△CEB， ∴，即，∴B′G，BG， ∴EG＝BG﹣BE2，∴tan∠B′EG， ∵∠BEB′+∠CBE+∠BCB′+∠CB′E＝360°，∠CBE＝∠CB′E＝90°，∴∠BEB′+∠BCB′＝180°， ∵∠BEB′+∠GEB′＝180°，∴∠BCB′＝∠GEB′，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC， ∴∠CHD＝∠BCB′，∴∠CHD＝∠GEB′，∴tan∠CHD＝tan∠GEB′，即，∵CD＝3，∴DH＝4， 在Rt△CHD中，CH5， 由折叠得，∠DCF＝∠D′CF，∠CD′F＝∠D＝90°，D′F＝DF， ∵S△CFH+S△CFD＝S△CDH，∴CH•D′FCD•DFDH•CD，即5DF3DF4×3，∴DF． 学科网（北京）股份有限公司 $