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    北京市2023年九年级中考数学一轮复习——四边形 练习题(解析版)
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    北京市2023年九年级中考数学一轮复习——四边形 练习题(解析版)

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    这是一份北京市2023年九年级中考数学一轮复习——四边形 练习题(解析版),共31页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    北京市2023年九年级中考数学一轮复习——四边形 练习题

    一、单选题
    1.(2021·北京·中考真题)下列多边形中,内角和最大的是(    )
    A. B. C.D.
    2.(2020·北京·中考真题)下列图形中,既是中心对称图形也是轴对称图形的是(    )
    A. B.
    C. D.
    3.(2020·北京·中考真题)五边形的外角和等于()
    A.180° B.360° C.540° D.720°
    4.(2022·北京·中国人民大学附属中学分校一模)若正多边形的一个外角是,则该正多边形的内角和为(  )
    A. B. C. D.
    5.(2022·北京市第七中学一模)如图,小明从点A出发沿直线前进10米到达点B,向左转后又沿直线前进10米到达点C,再向左转后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去,小明第一次回到出发点A时所走的路程为( )

    A.100米 B.80米 C.60米 D.40米
    6.(2022·北京海淀·二模)五边形的内角和是(   )
    A.180° B.360° C.540° D.720°
    7.(2022·北京密云·二模)正五边形的内角和是(    )
    A. B. C. D.
    8.(2022·北京市十一学校二模)内角和为540°的多边形是(    )
    A. B. C. D.
    9.(2022·北京四中模拟预测)一个正多边形的内角和是1260°,则这个正多边形的一个外角等于(    )
    A.60° B.45° C.72° D.40°
    10.(2022·北京十一学校一分校一模)如图,点E是△ABC内一点,∠AEB=90°,AE平分∠BAC,D是边AB的中点,延长线段DE交边BC于点F,若AB=6,EF=1,则线段AC的长为(    )

    A.7 B.8 C.9 D.10
    11.(2022·北京朝阳·模拟预测)用一条宽相等的足够长的纸条,打一个结,如下图1所示,然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形 ABCDE,则∠BAC的度数是(   )
         
    A.36° B.30° C.45° D.40°

    二、填空题
    12.(2021·北京·中考真题)如图,在矩形中,点分别在上,.只需添加一个条件即可证明四边形是菱形,这个条件可以是______________(写出一个即可).

    13.(2022·北京·东直门中学一模)如图将一张矩形纸片ABCD沿对角线BD翻折,点C的对应点为C′,AD与BC′交于点E,若∠ABE=30°,BC=3,则DE的长度为_____.

    14.(2022·北京市广渠门中学模拟预测)如图,正方形是由四个全等的直角三角形围成的,若,,则的长为___.

    15.(2022·北京·中国人民大学附属中学朝阳学校一模)如图1,将矩形和正方形分别沿对角线和剪开,拼成如图2所示的平行四边形,中间空白部分的四边形是正方形.如果正方形和正方形的面积分别是16和1,则矩形的面积为_______.

    16.(2022·北京顺义·二模)一个正多边形的内角和为,则这个多边形的外角的度数为______.
    17.(2022·北京市师达中学模拟预测)如图,▱ABCD中,E为AD上一点,F为BC上一点,EF与对角线BD交于点O,以下三个条件:

    ①BO=DO;
    ②EO=FO;
    ③AE=CF,以其中一个作为题设,余下的两个作为结论组成命题,其中真命题的个数为_____.
    18.(2022·北京西城·一模)如图,在△ABC中,D,E分别是AB,AC的中点,点F,G在边BC上,且DG=EF.只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形,这个条件可以是______.(写出一个即可)


    三、解答题
    19.(2022·北京·中考真题)如图,在中,交于点,点在上,.

    (1)求证:四边形是平行四边形;
    (2)若求证:四边形是菱形.
    20.(2022·北京·中考真题)在中,,D为内一点,连接,,延长到点,使得

    (1)如图1,延长到点,使得,连接,,若,求证:;
    (2)连接,交的延长线于点,连接,依题意补全图2,若,用等式表示线段与的数量关系,并证明.
    21.(2020·北京·中考真题)如图,菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,E是AD的中点,点F,G在AB上,EF⊥AB,OG∥EF.
    (1)求证:四边形OEFG是矩形;
    (2)若AD=10,EF=4,求OE和BG的长.

    22.(2020·北京·中考真题)在中,∠C=90°,AC>BC,D是AB的中点.E为直线上一动点,连接DE,过点D作DF⊥DE,交直线BC于点F,连接EF.
    (1)如图1,当E是线段AC的中点时,设,求EF的长(用含的式子表示);
    (2)当点E在线段CA的延长线上时,依题意补全图2,用等式表示线段AE,EF,BF之间的数量关系,并证明.

    23.(2022·北京·清华附中一模)如图1,在△ABC中,∠ABC=90°,BA=BC.将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AD,E是边BC上的一动点,连结DE交AC于点F,连结BF.  

    (1)求证:FB=FD;
    (2)如图2,连结CD,点H在线段BE上(不含端点),且BH=CE,连结AH交BF于点N.
    ①判断AH与BF的位置关系,并证明你的结论;
    ②连接CN.若AB=2,请直接写出线段CN长度的最小值.
    24.(2022·北京·中国人民大学附属中学朝阳学校一模)如图,在平行四边形ABCD中,CE⊥AD于点E,延长DA至点F,使得EF=DA,连接BF,CF.

    (1)求证:四边形BCEF是矩形;
    (2)若AB=3,CF=4,DF=5,求EF的长.
    25.(2022·北京·东直门中学一模)如图,点E是正方形ABCD内一动点,满足∠AEB=90°且∠BAE<45°,过点D作DF⊥BE交BE的延长线于点F.
    (1)依题意补全图形;
    (2)用等式表示线段EF,DF,BE之间的数量关系,并证明;
    (3)连接CE,若AB=2,请直接写出线段CE长度的最小值.

    26.(2022·北京市师达中学模拟预测)如图,四边形ABCD是平行四边形,AE⊥BC,AF⊥CD,垂足分别为E,F,且BE=DF.

    (1)求证:四边形ABCD是菱形;
    (2)连接EF并延长,交AD的延长线于点G,若∠CEG=30°,AE =2,求EG的长.
    27.(2022·北京·中国人民大学附属中学分校一模)如图,正方形ABCD中,P为BD上一动点,过点P作交CD边于点Q.

    (1)求证:;
    (2)用等式表示PB、PD、AQ之间的数量关系,并证明;
    (3)点P从点B出发,沿BD方向移动,若移动的路径长为4,则AQ的中点M移动的路径长为 (直接写出答案).
    28.(2022·北京海淀·一模)如图,在中,,D是BC的中点,点E,F在射线AD上,且.

    (1)求证:四边形BECF是菱形;
    (2)若,,求菱形BECF的面积.
    29.(2022·北京通州·一模)如图.在△ABC中,AB=BC,BD平分∠ABC交AC于点D.点E为AB的中点,连接DE,过点E作交CB的延长线于点F.

    (1)求证:四边形DEFB是平行四边形;
    (2)当AD=4,BD=3时,求CF的长.
    30.(2022·北京朝阳·模拟预测)如图,菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O,分别过点C、作CEBD,DEAC,CE和DE交于点E

    (1)求证:四边形ODEC是矩形;
    (2)当∠ADB=60°,AD=10时,求CE和AE的长.

    参考答案:
    1.D
    【分析】根据多边形内角和公式可直接进行排除选项.
    【详解】解:A、是一个三角形,其内角和为180°;
    B、是一个四边形,其内角和为360°;
    C、是一个五边形,其内角和为540°;
    D、是一个六边形,其内角和为720°;
    ∴内角和最大的是六边形;
    故选D.
    【点睛】本题主要考查多边形内角和,熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键.
    2.D
    【分析】根据中心对称图形以及轴对称图形的定义即可作出判断.
    【详解】解:A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故选项错误;
    B、不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故选项错误;
    C、不是轴对称图形,是中心对称图形,故选项错误;
    D、既是轴对称图形,又是中心对称图形,故选项正确.
    故选:D.
    【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义,正确理解定义是关键.
    3.B
    【分析】根据多边形的外角和等于360°解答.
    【详解】解:五边形的外角和是360°.
    故选B.
    【点睛】本题考查了多边形的外角和定理,多边形的外角和与边数无关,任意多边形的外角和都是360°.
    4.C
    【分析】根据正多边形的外角度数求出多边形的边数,根据多边形的内角和公式即可求出多边形的内角和.
    【详解】由题意,正多边形的边数为,
    其内角和为.
    故选C.
    【点睛】考查多边形的内角和与外角和公式,熟练掌握公式是解题的关键.
    5.B
    【分析】根据题意,小明走过的路程是正多边形,先用360°除以45°求出边数,然后再乘以10米即可.
    【详解】解:∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转,
    ∴他走过的图形是正多边形,边数n=360°÷45°=8,
    ∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米.
    故选:B.
    【点睛】本题考查了正多边形外角问题的实际应用,根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键.
    6.C
    【分析】根据n边形的内角和为:,且n为整数,求出五边形的内角和是多少度即可.
    【详解】解:五边形的内角和是:
    (5﹣2)×180°
    =3×180°
    =540°
    故选C.
    【点睛】此题主要考查了多边形的内角和定理,要熟练掌握,解答此题的关键是要明确n边形的内角和为:,且n为整数.
    7.B
    【分析】n边形的内角和是 ,把多边形的边数代入公式,就得到多边形的内角和.
    【详解】(5﹣2)×180°=540°.
    故选B.
    【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和定理,解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式,是需要熟记的内容.
    8.C
    【详解】设它是n边形,
    根据题意得,(n﹣2)•180°=540°,
    解得:n=5.
    故选:C.

    9.D
    【分析】先根据多边形的内角和定理求得多边形的边数,然后求得内角即可,进而得出其外角度数.
    【详解】解:设正多边形的边数为n,
    ∵正多边形的内角和为1260°,
    ∴(n-2)×180°=1260°,
    解得:n=9,
    ∵360°÷9=40°,
    ∴正九边形的每个外角40°,
    故选:D.
    【点睛】本题主要考查了多边形内角和及外角和定理,任何多边形的外角和是360°.
    10.B
    【分析】延长交于,证明,根据全等三角形的性质求出,根据三角形中位线定理解答即可.
    【详解】解:延长交于,
    平分,

    在和中,


    ,,
    ,,




    故选:B.

    【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理,掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
    11.A
    【详解】分析:根据多边形内角和公式和正五边形每个内角都相等可得∠ABC=108°,再根据等腰三角形和三角形内角和公式可得∠BAC=36°.
    详解:因为正五边形 ABCDE,
    所以∠ABC=108°,
    因为三角形ABC是等腰三角形,
    所以∠BAC=36°,
    故选A.
    点睛:本题主要考查正五边形的性质和等腰三角形的性质,解决本题的关键是要熟练运用正五边形和等腰三角形的性质.
    12.(答案不唯一)
    【分析】由题意易得四边形是平行四边形,然后根据菱形的判定定理可进行求解.
    【详解】解:∵四边形是矩形,
    ∴,
    ∵,
    ∴四边形是平行四边形,
    若要添加一个条件使其为菱形,则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF,理由:一组邻边相等的平行四边形是菱形;
    故答案为(答案不唯一).
    【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定,熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键.
    13.2.
    【分析】由∠ABE=30°,可得∠CBD=∠C'BD=∠EDB=30°,证出BE=2AE,得出DE=BE=2AE,求出AE=1,得出DE=2即可.
    【详解】解:∵四边形ABCD是矩形,
    ∴∠A=∠ABC=90°,AD=BC=3,AD∥BC,
    ∴∠CBD=∠EDB,
    由折叠的性质得:∠CBD=∠C'BD,
    ∵∠ABE=30°,
    ∴BE=2AE,∠CBD=∠C'BD=∠EDB=30°,
    ∴DE=BE=2AE,
    ∵AD=AE+DE=3,
    ∴AE+2AE=3,
    ∴AE=1,
    ∴DE=2;
    故答案为:2.
    【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定等知识;熟练掌握翻折变换的性质和等腰三角形的判定是解题的关键.
    14.
    【分析】由全等三角形的性质可得AE=BG=CF=DH=5,AH=BE=CG=DF=12,∠DAB=90°,∠DAH=∠ABE,可得EG=GF=FH=HF=7,∠ABE+∠BAE=90°,可证四边形EGFH是正方形,即可求EF的长.
    【详解】解:∵正方形ABCD是由四个全等的三角形围成的,
    ∴AE=BG=CF=DH=5,AH=BE=CG=DF=12,∠DAB=90°,∠DAH=∠ABE
    ∴EG=GF=FH=HF=7,∠ABE+∠BAE=90°,
    ∴四边形EGFH是菱形,且∠AEB=90°
    ∴四边形EGFH是正方形
    ∴EF=EG=

    故答案为:
    【点睛】本题考查了正方形的判定和性质,全等三角形的性质,证明四边形EGFH是正方形是本题的关键.
    15.15
    【分析】根据正方形的面积公式求得正方形EFCH和正方形KRST的边长,再根据线段的和差关系可求矩形ABCD的长和宽,再根据矩形的面积公式即可求解.
    【详解】解:∵正方形EFCH和正方形KRST的面积分别是16和1,
    ∴正方形EFCH和正方形KRST的边长分别是4和1,
    则矩形ABCD的面积为(4+1)×(4-1)=15.
    故答案为:15.
    【点睛】本题考查图形的拼剪,矩形的性质,正方形的性质等知识,解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题.
    16.60°
    【分析】首先设这个正多边形的边数为n,根据多边形的内角和公式可得180(n-2)=720,继而可求得答案.
    【详解】解:设这个正多边形的边数为n,
    ∵一个正多边形的内角和为720°,
    ∴180(n-2)=720,
    解得:n=6,
    ∴这个正多边形的每一个外角是:360°÷6=60°.
    故答案为:60°.
    【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和的知识.此题难度不大,注意掌握方程思想的应用,注意熟记公式是关键.
    17.3
    【分析】利用已知结合全等三角形的判定与性质得出答案.
    【详解】解:已知②EO=OF;①BO=DO,结论:③AE=CF.
    理由:在△DOE和△BOF中

    ∴△DOE≌△BOF(SAS),
    ∴DE=BF,
    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AD=BC,
    ∴AE=FC,
    同理可得:已知②EO=FO,③AE=CF,结论:①BO=DO,是真命题;
    已知:①BO=DO,③AE=CF,结论:②EO=FO,是真命题,
    故答案为:3.
    【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质,熟练应用全等三角形的判定方法是解题关键.
    18.或
    【分析】由DE是中位线得出,又DG=EF表示的是对角线相等,根据:对角线相等的平行四边形是矩形;增加条件使四边形DFGE是平行四边形即可.
    【详解】解:分别是的中点,

    当时,四边形DFGE是平行四边形,

    四边形DFGE是矩形;
    当时,四边形DFGE是平行四边形,

    四边形DFGE是矩形;
    故答案为:或.
    【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的判定,根据:对角线相等的平行四边形是矩形;准确分析出平行四边形的判定是解题关键.
    19.(1)见解析
    (2)见解析

    【分析】(1)先根据四边形ABCD为平行四边形,得出,,再根据,得出,即可证明结论;
    (2)先证明,得出,证明四边形ABCD为菱形,得出,即可证明结论.
    (1)
    证明:∵四边形ABCD为平行四边形,
    ∴,,
    ∵,
    ∴,
    即,
    ∴四边形是平行四边形.
    (2)
    ∵四边形ABCD为平行四边形,
    ∴,
    ∴,

    ∴,
    ∴,
    ∴四边形ABCD为菱形,
    ∴,
    即,
    ∵四边形是平行四边形,
    ∴四边形是菱形.
    【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质,菱形的判定和性质,平行线的性质,熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法,是解题的关键.
    20.(1)见解析
    (2);证明见解析

    【分析】(1)先利用已知条件证明,得出,推出,再由即可证明;
    (2)延长BC到点M,使CM=CB,连接EM,AM,先证,推出,通过等量代换得到,利用平行线的性质得出,利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到.
    【详解】(1)证明:在和中,

    ∴ ,
    ∴ ,
    ∴ ,
    ∵,
    ∴.
    (2)解:补全后的图形如图所示,,证明如下:

    延长BC到点M,使CM=CB,连接EM,AM,
    ∵,CM=CB,
    ∴ 垂直平分BM,
    ∴,
    在和中,

    ∴ ,
    ∴ ,,
    ∵,
    ∴ ,
    ∴ ,
    ∵,
    ∴,
    ∴ ,即,
    ∵,
    ∴ ,
    ∴ .
    【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质,垂直平分线的性质,平行线的判定与性质,勾股定理的逆用,直角三角形斜边中线的性质等,第二问有一定难度,正确作辅助线,证明是解题的关键.
    21.(1)见解析;(2)OE=5,BG=2.
    【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线,再结合已知条件OG∥EF,得到四边形OEFG是平行四边形,再由条件EF⊥AB,得到四边形OEFG是矩形;
    (2)先求出AE=5,由勾股定理进而得到AF=3,再由中位线定理得到OE=AB=AD=5,得到FG=5,最后BG=AB-AF-FG=2.
    【详解】解:(1)证明:∵四边形ABCD为菱形,
    ∴点O为BD的中点,
    ∵点E为AD中点,
    ∴OE为△ABD的中位线,
    ∴OE∥FG,
    ∵OG∥EF,∴四边形OEFG为平行四边形
    ∵EF⊥AB,∴平行四边形OEFG为矩形.
    (2)∵点E为AD的中点,AD=10,
    ∴AE=
    ∵∠EFA=90°,EF=4,
    ∴在Rt△AEF中,.
    ∵四边形ABCD为菱形,
    ∴AB=AD=10,
    ∴OE=AB=5,
    ∵四边形OEFG为矩形,
    ∴FG=OE=5,
    ∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2.
    故答案为:OE=5,BG=2.
    【点睛】本题考查了矩形的性质和判定,菱形的性质、勾股定理等知识点,解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型,需要重点掌握.
    22.(1);(2)图见解析,,证明见解析.
    【分析】(1)先根据中位线定理和线段中点定义可得,,,再根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质可得,从而可得,然后利用勾股定理即可得;
    (2)如图(见解析),先根据平行线的性质可得,,再根据三角形全等的判定定理与性质可得,,然后根据垂直平分线的判定与性质可得,最后在中,利用勾股定理、等量代换即可得证.
    【详解】(1)∵D是AB的中点,E是线段AC的中点
    ∴DE为的中位线,且
    ∴,




    ∴四边形DECF为矩形



    则在中,;
    (2)过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G,连接FG

    ∴,
    ∵D是AB的中点

    在和中,

    ∴,
    又∵
    ∴DF是线段EG的垂直平分线

    ∵,

    在中,由勾股定理得:
    ∴.

    【点睛】本题考查了中位线定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等知识点,较难的是题(2),通过作辅助线,构造全等三角形和直角三角形是解题关键.
    23.(1)见解析;(2)①AH⊥BF,见解析;②.
    【分析】(1)证明△FAD≌△FAB(SAS)即可解决问题.
    (2)①首先证明四边形ABCD是正方形,再证明∠BAH=∠CBF即可解决问题.
    ②如图3中,取AB的中点O,连接ON,OC.理由三角形的三边关系解决问题即可.
    【详解】(1)证明:如图1中,

    ∵BA=BC,∠ABC=90°,
    ∴∠BAC=∠ACB=45°,
    ∵线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AD,
    ∴∠BAD=90°,BA=AD,
    ∴∠FAD=∠FAB=45°,
    ∵AF=AF,
    ∴△FAD≌△FAB(SAS),
    ∴BF=DF.
    (2)①解:结论:AH⊥BF.
    理由:如图2中,连接CD.

    ∵∠ABC+∠BAD=180°,
    ∴AD∥BC,
    ∵AD=AB=BC,
    ∴四边形ABCD是平行四边形,
    ∵∠ABC=90°,
    ∴四边形ABCD是矩形,
    ∵AB=BC,
    ∴四边形ABCD是正方形,
    ∵BA=CD,∠ABH=∠DCE,BH=CE,
    ∴△ABH≌△DCE(SAS),
    ∴∠BAH=∠CDE,
    ∵∠FCD=∠FCB=45°,CF=CF,CD=CB,
    ∴△CFD≌△CFB(SAS),
    ∴∠CDF=∠CBF,
    ∴∠BAH=∠CBF,
    ∵∠CBF+∠ABF=90°,
    ∴∠BAH+∠ABF=90°,
    ∴∠ANB=90°,
    ∴AH⊥BF.
    ②如图3中,取AB的中点O,连接ON,OC.

    ∵∠ANB=90°,AO=OB,
    ∴ON=AB=1,
    在Rt△OBC中,OC=,
    ∵CN≥OC-ON,
    ∴CN≥-1,
    ∴CN的最小值为-1.
    【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了正方形的判定和性质,全等三角形的判断和性质,三角形的三边关系等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会利用三角形的三边关系解决最值问题.
    24.(1)见解析;(2)EF=.
    【分析】(1)先证明四边形BCEF是平行四边形,再根据垂直,即可求证;
    (2)根据勾股定理的逆定理,求得△CDF是直角三角形,等面积法求得CE,勾股定理即可求解.
    【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AD∥BC,AD=BC,
    ∵EF=DA,
    ∴EF=BC,EF∥BC,
    ∴四边形BCEF是平行四边形,
    又∵CE⊥AD,
    ∴∠CEF=90°,
    ∴平行四边形BCEF是矩形;
    (2)解:∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴CD=AB=3,
    ∵CF=4,DF=5,
    ∴CD2+CF2=DF2,
    ∴△CDF是直角三角形,∠DCF=90°,
    ∴△CDF的面积=DF×CE=CF×CD,
    ∴CE=,
    由(1)得:EF=BC,四边形BCEF是矩形,
    ∴∠FBC=90°,BF=CE=,
    ∴BC=,
    ∴EF=.
    【点睛】此题考查了矩形的判定与性质,平行四边形的性质,勾股定理以及逆定理,熟练掌握相关基本性质是解题的关键.
    25.(1)见解析;(2)EF=DF+BE,证明见解析;(3)CE的最小值为.
    【分析】(1)依题意补全图形;
    (2)过点A作AM⊥FD交FD的延长线于点M,可证四边形AEFM是矩形,由“AAS”可证△AEB≌△AMD,可得BE=DM,AE=AM,可证矩形AEFM是正方形,可得EF=MF,可得结论;
    (3)取AB中点O,连接OC,由勾股定理可求OC=5,由点E在以O为圆心,OB为半径的圆上,可得当点E在OC上时,CE有最小值,即可求解.
    【详解】解:(1)依题意补全图形,如图,

    (2)线段EF,DF,BE的数量关系为:EF=DF+BE,
    理由如下:如图,过点A作AM⊥FD交FD的延长线于点M,

    ∵∠M=∠F=∠AEF=90°,
    ∴四边形AEFM是矩形,
    ∴∠DAE+∠MAD=90°,
    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∴∠BAE+∠DAE=90°,AB=AD,
    ∴∠BAE=∠MAD.
    又∵∠AEB=∠M=90°,
    ∴△AEB≌△AMD(AAS)
    ∴BE=DM,AE=AM,
    ∴矩形AEFM是正方形,
    ∴EF=MF,
    ∵MF=DF+DM,
    ∴EF=DF+BE;
    (3)如图,取AB中点O,连接OC,

    ∵AB=2
    ∴OB=,
    ∴OC==5,
    ∵∠AEB=90°,
    ∴点E在以O为圆心,OB为半径的圆上,
    ∴当点E在OC上时,CE有最小值,
    ∴CE的最小值为.
    【点睛】本题是四边形综合题,考查了正方形的性质,矩形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理等知识,确定点E的运动轨迹是本题的关键.
    26.(1)见解析
    (2)4

    【分析】(1)根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得≌,从而得到AB=AD,再由菱形的判定定理即可得到结论;
    (2)利用平行四边形的性质得到∠G=30°,∠EAG=90°,再由直角三角形的性质即可得到结果.
    【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴∠B=∠D,
    ∵AE⊥BC,AF⊥CD,
    ∴∠AEB=∠AFD=90°,
    又∵BE=DF,
    ∴≌,
    ∴AB= AD,
    ∴四边形ABCD是菱形;
    (2)如图,

    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AD∥BC,
    ∴∠CEG=∠G,∠AEB=∠EAG,
    ∵∠CEG=30°,AE⊥BC,
    ∴∠G=30°,∠EAG=90°,
    又∵AE=2,
    ∴EG=2AE=4.
    【点睛】本题考查了平行四边形的性质,菱形的判定,全等三角形的判定与性质,直角三角形的性质,灵活运用这些性质进行推理是解题的关键.
    27.(1)见解析
    (2)
    (3)

    【分析】(1)过P点作 垂足分别为E、F,由正方形性质和同角余角相等,易证得: ,即可得证
    (2)延长FP,交AB于G,则 ,由等腰直角三角形和勾股定理以及等量代换即可求得.
    (3)根据题意,画出运动后的M点位置,再根据三角形中位线定理即可求得.
    (1)
    证明:过P点作 垂足分别为E、F,
    ∵正方形ABCD,




    则四边形PEDF为正方形,

    , ,

    在和中




    (2)
    延长FP,交AB于G,
    ∵正方形ABCD,



    为等腰直角三角形,
    ,正方形ABCD,
    ∴四边形BGFC为矩形,四边形GAEP为矩形,

    为等腰直角三角形,

    由(1)得,是等腰直角三角形,

    在直角三角形AGP中, ,.



    (3)
    当P在B点时,Q应该在C点,所以M应与O点重合,所以当P移动使得BP=4时,OM即为AQ中点移动的距离,
    由(2)可得:CF=BG= ,
    ∵正方形ABCD,
    , O是AC中点,


    在等腰三角形PCQ 中,


    ∵O是AC中点,M是AQ中点,


    【点睛】本题考查了正方形的性质与判定,矩形的性质与判定,等腰直角三角形的性质与判定,全等三角形的性质与判定,三角形中位线定理以及勾股定理,并且考查了等量代换和动点问题,综合掌握以上性质和判定,并能熟练运用是解题关键.
    28.(1)见解析
    (2)

    【分析】(1)先由等腰三角形“三线合一”的性质得到,再结合已知即可证明结论;
    (2)设 ,根据题意,求出,,再根据勾股定理列出方程求解,最后计算菱形的面积即可.
    (1)
    ,D是BC的中点,


    四边形BECF是菱形;
    (2)
    设,
    ,,,
    ,,


    在中,,
    即,
    解得,

    菱形BECF的面积.
    【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定定理和性质定理,勾股定理,菱形的面积,熟练掌握知识点是解题的关键.
    29.(1)证明见解析
    (2)

    【分析】(1)根据题目所给条件得到三角形是等腰三角形,由角平分线的条件,根据“三线合一”的知识,从而得到点D为中点,再利用中位线的性质,从而得到,再根据平行四边形判定定理即可证明;
    (2)根据等腰三角形“三线合一”的知识,从而得到为直角三角形,根据题目所给条件,得出的长,再根据直角三角形斜边中线的性质以及平行四边形的性质,得到的长度,从而得到最后结果.
    (1)
    证明:∵在△ABC中,AB=BC,
    ∴△ABC为等腰三角形,
    ∴,
    又∵BD为∠ABC的角平分线,
    ∴,
    又∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴D为中点,
    又∵点E为AB的中点,
    ∴为中位线,
    ∴,
    即,
    又∵,
    ∴四边形DEFB是平行四边形.
    (2)
    解:∵由(1)得,
    ∴,
    又∵点E为AB的中点,
    ∴为的中线,
    ∴,
    ∵在中,AD=4,BD=3,
    ∴,
    ∴,
    又∵四边形DEFB是平行四边形,
    ∴,
    又∵,
    ∴.
    【点睛】本题考查了三角形的中位线,平行四边形的判定定理和性质,等腰三角形的三线合一,直角三角形斜边上的中线的性质和勾股定理的知识,解决本题的关键是利用好中点的条件以及平行四边形的性质.
    30.(1)见解析
    (2)

    【分析】(1)根据平行四边形的判定得出四边形ODEC是平行四边形,根据菱形的性质得出∠DOC=90°,根据矩形的判定得出即可;
    (2)求出OD,根据勾股定理求出AO,根据菱形的性质求出AC,根据勾股定理求出即可.
    (1)
    证明:∵DEAC,CEBD,
    ∴四边形ODEC是平行四边形,
    ∵四边形ABCD是菱形,
    ∴AC⊥BD,
    即∠DOC=90°,
    ∴平行四边形ODEC是矩形;
    (2)
    解:∵在Rt△AOD中,∠ADO=60°,
    ∴∠OAD=30°,
    ∵AD=10,
    ∴ ,
    ∴AO,
    ∵四边形ABCD是菱形,
    ∴ ,
    ∵四边形ODEC是矩形,
    ∴∠ACE=90°,CE=OD=5,
    在Rt△ACE中,由勾股定理得:AE=.
    【点睛】本题考查了菱形的性质,矩形的性质和判定,勾股定理,含30°角的直角三角形的性质等知识点,能综合运用知识点进行推理是解此题的关键.

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