初中数学四边形经典测试题及答案

一、选择题

1．如图，是由7块颜色不同的正方形组成的长方形，已知中间小正方形的边长为1，这个长方形的面积为（    ）

A．45    B．48    C．63    D．

【答案】C

【解析】

【分析】

由小正方形的边长为1厘米，设这7个正方形中最大的一个边长为x厘米，其余几个边长分别是x-1、x-2、x-3，根据长方形中几个正方形的排列情况，列方程求出最大正方形的边长，从而求得长方形长和宽，进而求出长方形的面积．

【详解】

因为小正方形边长为1厘米，

设这7个正方形中最大的一个边长为x厘米，

因为图中最小正方形边长是1厘米，

所以其余的正方形边长分别为x−1，x−2，x−3， 

3(x-3)-1=x 

解得：x=5；

所以长方形的长为x+x−1=5+5-1=9，宽为x-1+x−2=5-1+5-2=7

长方形的面积为9×7=63(平方厘米)；

故选：C

【点睛】

本题考查了对拼组图形面积的计算能力，利用了正方向的性质和长方形面积的计算公式．

2．如图，四边形是菱形，，，则的长度为（    ）

A．    B．    C．4    D．2

【答案】A

【解析】

【分析】

由菱形的性质，得到AC⊥BD，由直角三角形的性质，得到BO=1，BC=2，根据勾股定理求出CO，即可求出AC的长度.

【详解】

解，如图，

∵四边形是菱形，

∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，

∵，

∴BO=1，

在Rt△OBC中，，

∴BC=2，

∴；

∴；

故选：A.

【点睛】

本题考查了菱形的性质，勾股定理解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，利用勾股定理求出OC的长度.

3．如图1，点F从菱形ABCD的项点A出发，沿A－D－B以1cm/s的速度匀速运动到点B．图2是点F运动时，△FBC的面积y (m2)随时间x (s)变化的关系图象，则a的值为(     )

A．5    B．2    C．    D．2

【答案】C

【解析】

【分析】

过点作于点由图象可知，点由点到点用时为，的面积为．求出DE=2，再由图像得，进而求出BE=1，再在根据勾股定理构造方程，即可求解．

【详解】

解：过点作于点

由图象可知，点由点到点用时为，的面积为．

由图像得，当点从到时，用

中，

∵四边形是菱形，

，

中，

解得

故选：．

【点睛】

本题综合考查了菱形性质和一次函数图象性质，要注意函数图象变化与动点位置之间的关系，解答此题关键根据图像关键点确定菱形的相关数据．

4．如图，点M是正方形ABCD边CD上一点，连接AM，作DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，连接BE，若AF＝1，四边形ABED的面积为6，则∠EBF的余弦值是（　　）

A．    B．    C．    D．

【答案】B

【解析】

【分析】

首先证明△ABF≌△DEA得到BF=AE；设AE=x，则BF=x，DE=AF=1，利用四边形ABED的面积等于△ABE的面积与△ADE的面积之和得到•x•x+•x×1=6，解方程求出x得到AE=BF=3，则EF=x-1=2，然后利用勾股定理计算出BE，最后利用余弦的定义求解．

【详解】

∵四边形ABCD为正方形，

∴BA＝AD，∠BAD＝90°，

∵DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，

∴∠AFB＝90°，∠DEA＝90°，

∵∠ABF+∠BAF＝90°，∠EAD+∠BAF＝90°，

∴∠ABF＝∠EAD，

在△ABF和△DEA中

∴△ABF≌△DEA（AAS），

∴BF＝AE；

设AE＝x，则BF＝x，DE＝AF＝1，

∵四边形ABED的面积为6，

∴，解得x1＝3，x2＝﹣4（舍去），

∴EF＝x﹣1＝2，

在Rt△BEF中，，

∴．

故选B．

【点睛】

本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．会运用全等三角形的知识解决线段相等的问题．也考查了解直角三角形．

5．在平面直角坐标系中，A，B，C三点坐标分别是（0，0），（4，0），（3，2），以A，B，C三点

为顶点画平行四边形，则第四个顶点不可能在（     ）.

A．第一象限    B．第二象限    C．第三象限    D．第四象限

【答案】C

【解析】

A点在原点上，B点在横轴上，C点在第一象限，根据平行四边形的性质：两组对边分别平行，可知第四个顶点可能在第一、二、四象限，不可能在第三象限，故选C

6．一个多边形的每个内角均为108º，则这个多边形是（ ）

A．七边形    B．六边形    C．五边形    D．四边形

【答案】C

【解析】

试题分析：因为这个多边形的每个内角都为108°，所以它的每一个外角都为72°，所以它的边数=360

÷72=5（边）.

考点：⒈多边形的内角和；⒉多边形的外角和.

7．如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，点E，F分别是边AB，BC的中点，点P在AC上运动，在运动过程中，存在PE＋PF的最小值，则这个最小值是（　　）

A．3    B．4    C．5    D．6

【答案】C

【解析】

【分析】

先根据菱形的性质求出其边长，再作E关于AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为PE+PF的最小值，再根据菱形的性质求出E′F的长度即可．

【详解】

解：如图

∵四边形ABCD是菱形，对角线AC=6，BD=8，

∴AB==5，

作E关于AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为PE+PF的最小值，

∵AC是∠DAB的平分线，E是AB的中点，

∴E′在AD上，且E′是AD的中点，

∵AD=AB，

∴AE=AE′，

∵F是BC的中点，

∴E′F=AB=5．

故选C．

8．如图，在矩形中， 将其折叠使落在对角线上，得到折痕那么的长度为（  ）

A．    B．    C．    D．

【答案】C

【解析】

【分析】

由勾股定理求出AC的长度，由折叠的性质，AF=AB=3，则CF=2，设BE=EF=x，则CE=，利用勾股定理，即可求出x的值，得到BE的长度．

【详解】

解：在矩形中，，

∴∠B=90°，

∴，

由折叠的性质，得AF=AB=3，BE=EF，

∴CF=53=2，

在Rt△CEF中，设BE=EF=x，则CE=，

由勾股定理，得：，

解得：；

∴．

故选：C．

【点睛】

本题考查了矩形的折叠问题，矩形的性质，折叠的性质，以及勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握所学的性质，利用勾股定理正确求出BE的长度．

9．如图，小莹用一张长方形纸片ABCD进行折纸，已知该纸片宽AB为8cm，BC长为10cm．当小莹折叠时，顶点D落在BC边上的点F处(折痕为AE)．则此时EC=(　　)cm

A．4    B．    C．    D．3

【答案】D

【解析】

【分析】

根据矩形的性质得AB=CD=8，BC=AD=10，∠B=∠C=90°，再根据折叠的性质得AF=AD=10，DE=EF，在Rt△ABF中，利用勾股定理计算出BF=6，则CF=BC﹣BF=4，设CE=x，则DE=EF=8﹣x，在Rt△CEF中利用勾股定理得到:42+x2=（8﹣x）2，然后解方程即可．

【详解】

解：∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD=8，BC=AD=10，∠B=∠C=90°．

∵长方形纸片ABCD折纸，顶点D落在BC边上的点F处（折痕为AE），

∴AF=AD=10，DE=EF，

在Rt△ABF中，AB=8，AF=10，∴BF=

∴CF=BC﹣BF=4．

设CE=x，则DE=EF=8﹣x，

在Rt△CEF中，∵CF2+CE2=EF2，

∴42+x2=（8﹣x）2，解得x=3

∴EC的长为3cm．

故选：D

【点睛】

本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理的综合运用；熟练掌握折叠的性质和矩形的性质，根据勾股定理得出方程是解题关键．

10．如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（　　）

A．10    B．12    C．16    D．18

【答案】C

【解析】

【分析】

首先根据矩形的特点，可以得到S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PFC=S△PCN，最终得到S矩形EBNP= S矩形MPFD ,即可得S△PEB=S△PFD，从而得到阴影的面积．

【详解】

作PM⊥AD于M，交BC于N．

则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，

∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PFC=S△PCN 

∴S矩形EBNP= S矩形MPFD ,

又∵S△PBE= S矩形EBNP，S△PFD=S矩形MPFD，

∴S△DFP=S△PBE=×2×8=8，

∴S阴=8+8=16，

故选C．

【点睛】

本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB=S△PFD．

11．在四边形ABCD中，AD∥BC，要使四边形ABCD是平行四边形，可添加的条件不正确的是（　　）

A．AB∥CD    B．∠B＝∠D    C．AD＝BC    D．AB＝CD

【答案】D

【解析】

【分析】

根据平行四边形的判定解答即可．

【详解】

∵AD∥BC，AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，故A正确；

∵AD∥BC，AD=BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，故C正确；

∵AD∥BC，

∴∠D+∠C=180°，

∵∠B=∠D，

∴∠B+C=180°，

∴AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，故B正确；

故选：D．

【点睛】

此题考查平行四边形的判定，解题关键是根据平行四边形的判定解答．

12．如图1，在△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，动点P从点B开始沿边BA、AC向点C以恒定的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以恒定的速度移动，两点同时到达点C，设△BPQ的面积为y（cm2）．运动时间为x（s），y与x之间关系如图2所示，当点P恰好为AC的中点时，PQ的长为（　　）

A．2    B．4    C．2    D．4

【答案】C

【解析】

【分析】

点P、Q的速度比为3：，根据x＝2，y＝6，确定P、Q运动的速度，即可求解．

【详解】

解：设AB＝a，∠C＝30°，则AC＝2a，BC＝a，

设P、Q同时到达的时间为T，

则点P的速度为，点Q的速度为，故点P、Q的速度比为3：，

故设点P、Q的速度分别为：3v、v，

由图2知，当x＝2时，y＝6，此时点P到达点A的位置，即AB＝2×3v＝6v，

BQ＝2×v＝2v，

y＝AB×BQ＝6v×2v＝6，解得：v＝1，

故点P、Q的速度分别为：3，，AB＝6v＝6＝a，

则AC＝12，BC＝6，

如图当点P在AC的中点时，PC＝6，

此时点P运动的距离为AB+AP＝12，需要的时间为12÷3＝4，

则BQ＝x＝4，CQ＝BC﹣BQ＝6﹣4＝2，

过点P作PH⊥BC于点H，

PC＝6，则PH＝PCsinC＝6×＝3，同理CH＝3，则HQ＝CH﹣CQ＝3﹣2＝，

PQ＝＝＝2，

故选：C．

【点睛】

本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．

13．如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，且点O是BD的中点，若AB＝AD＝5，BD＝8，∠ABD＝∠CDB，则四边形ABCD的面积为（　　）

A．40    B．24    C．20    D．15

【答案】B

【解析】

【分析】

根据等腰三角形的性质得到AC⊥BD，∠BAO=∠DAO，得到AD=CD，推出四边形ABCD是菱形，根据勾股定理得到AO=3，于是得到结论．

【详解】

∵AB＝AD，点O是BD的中点，

∴AC⊥BD，∠BAO＝∠DAO，

∵∠ABD＝∠CDB，

∴AB∥CD，

∴∠BAC＝∠ACD，

∴∠DAC＝∠ACD，

∴AD＝CD，

∴AB＝CD，

∴四边形ABCD是菱形，

∵AB＝5，BOBD＝4，

∴AO＝3，

∴AC＝2AO＝6，

∴四边形ABCD的面积6×8＝24，

故选：B．

【点睛】

本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．

14．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，点M、N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若四边形MBND是菱形，则等于（ ）

A．    B．    C．    D．

【答案】A

【解析】

试题分析：设AB=a,根据题意知AD=2a，由四边形BMDN是菱形知BM=MD，设AM=b,则BM=MD=2a-b.在Rt△ABM中，由勾股定理即可求值.

试题解析：∵四边形MBND是菱形，

∴MD=MB．

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=90°．

设AB=a，AM=b，则MB=2a-b，（a、b均为正数）．

在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，即a2+b2=（2a-b）2，

解得a=，

∴MD=MB=2a-b=，

∴.

故选A.

考点：1.矩形的性质；2.勾股定理；3.菱形的性质．

15．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，垂足为，连接、，则的度数是（    ）

A．    B．    C．    D．

【答案】A

【解析】

【分析】

首先求出∠CFB=130°，再根据对称性可知∠CFD=∠CFB即可解决问题；

【详解】

∵四边形ABCD是菱形，

∴∠ACD＝∠ACB＝∠BCD=25°，

∵EF垂直平分线段BC，

∴FB=FC，

∴∠FBC=∠FCB=25°，

∴∠CFB=180°-25°-25°=130°，

根据对称性可知：∠CFD=∠CFB=130°，

故选：A．

【点睛】

此题考查菱形的性质、线段的垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

16．如图，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm．现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（　　）

A．6cm    B．4cm    C．3cm    D．2cm

【答案】D

【解析】

分析：根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形ABEB1是正方形，再根据正方形的性质可得BE=AB，然后根据CE=BC-BE，代入数据进行计算即可得解．

详解：∵沿AE对折点B落在边AD上的点B1处，

∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，

又∵∠BAD=90°，

∴四边形ABEB1是正方形，

∴BE=AB=6cm，

∴CE=BC-BE=8-6=2cm．

故选：D．

点睛：本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形ABEB1是正方形是解题的关键．

17．如图a是长方形纸带，∠DEF=20°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是（　　）

A．110°    B．120°    C．140°    D．150°

【答案】B

【解析】

【详解】

解：∵AD∥BC，

∴∠DEF=∠EFB=20°，

图b中∠GFC=180°-2∠EFG=140°，

在图c中∠CFE=∠GFC-∠EFG=120°，

故选B．

18．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，将边长为4的菱形的边固定在轴上，开始时，现把菱形向左推，使点落在轴正半轴上的点处，则下列说法中错误的是（    ）

A．点的坐标为    B．

C．点移动的路径长度为4个单位长度    D．垂直平分

【答案】C

【解析】

【分析】

先证明四边形OBC′D′是正方形，且边长=4，即可判断A；由平行线的性质得∠OBC的度数，进而得到，即可判断B；根据弧长公式，求出点移动的路径长度，即可判断C；证明CD⊥BC′，BC′=BC=2BE，即可判断D．

【详解】

∵四边形OBCD是菱形，

∴OB=BC=CD=OD，

∴OB=BC′=C′D′=OD′，

∵∠BOD′=90°，

∴四边形OBC′D′是正方形，且边长=4，

∴点的坐标为，故A不符合题意．

∵，OD∥BC，

∴∠OBC=180°-30°=150°，

∵∠OBC′=90°，

∴，故B不符合题意．

∵点移动的路径是以OD长为半径，圆心角为∠DOD′=90°-30°=60°的弧长，

∴点移动的路径长度==，故C符合题意.

设CD与BC′交于点E，

∵在菱形OBCD中，∠C=，

∵，

∴∠BEC=180°-60°-30°=90°，即CD⊥BC′，

∴BC′=BC=2BE，

∴垂直平分，故D不符合题意．

故先C．

【点睛】

本题主要考查菱形的性质，正方形的判定和性质以及点的坐标，熟练掌握菱形的性质和正方形性质，含30°角的直角三角形的性质，是解题的关键．

19．下列结论正确的是（　　）

A．平行四边形是轴对称图形    B．平行四边形的对角线相等

C．平行四边形的对边平行且相等    D．平行四边形的对角互补，邻角相等

【答案】C

【解析】

【分析】

分别利用平行四边形的性质和判定逐项判断即可．

【详解】

A、平行四边形不一定是轴对称图形，故A错误；

B、平行四边形的对角线不相等，故B错误；

C、平行四边形的对边平行且相等，故C正确；

D、平行四边形的对角相等，邻角互补，故D错误．

故选：C．

【点睛】

此题考查平行四边形的性质，掌握特殊平行四边形与一般平行四边形的区别是解题的关键．

20．一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为1080°，那么原多边形的边数为（ ）

A．7    B．7或8    C．8或9    D．7或8或9

【答案】D

【解析】

试题分析：设内角和为1080°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=1080°，解得：n=8．

则原多边形的边数为7或8或9．故选D．

考点：多边形内角与外角．