2022北京初三一模数学汇编：四边形有关计算与证明练习（含答案）

这是一份2022北京初三一模数学汇编：四边形有关计算与证明练习（含答案），共18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。
一、单选题
1．（2022·北京西城·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标是，点B是函数图象上的一个动点，过点B作BC⊥y轴交函数的图象于点C，点D在x轴上（D在A的左侧），且AD=BC，连接AB，CD．有如下四个结论：
①四边形ABCD可能是菱形；
②四边形ABCD可能是正方形；
③四边形ABCD的周长是定值；
④四边形ABCD的面积是定值．
所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．③④C．①③D．①④
2．（2022·北京通州·一模）如图，已知，那么∠4的度数为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·北京顺义·一模）如图，小明从A点出发，沿直线前进20米后左转30°，再沿直线前进20米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（ ）
A．120米B．200米C．160米D．240米
二、填空题
4．（2022·北京朝阳·一模）如图，是的弦，是的切线，若，则_________．
5．（2022·北京通州·一模）如图所示，某种“视觉减速带”是由三个形状完全相同，颜色不同的菱形拼成，可以让平面图形产生立体图形般的视觉效果．则的度数为______．
6．（2022·北京顺义·一模）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将矩形ABCD绕顶点C顺时针旋转90°，得到矩形EFCG，连接AE，取AE的中点H，连接DH，则_______．
7．（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
8．（2022·北京朝阳·一模）如图，在矩形中，，相交于点O，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
9．（2022·北京海淀·一模）在中，，．D为边BC上一动点，点E在边AC上，．点D关于点B的对称点为点F，连接AD，P为AD的中点，连接PE，PF，EF．
(1)如图1，当点D与点B重合时，写出线段PE与PF之间的位置关系与数量关系；
(2)如图2，当点D与点B，C不重合时，判断（1）中所得的关系是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请举出反例．
10．（2022·北京西城·一模）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE，连接EA，EC．
(1)如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，AB=4，则∠AEC=______°，四边形ABCE的面积为______；
(2)当点E在正方形ABCD的外部时，
①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；
②作∠EBC的平分线BF交EC于点G，交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明．
11．（2022·北京西城·一模）如图，在△ABC中，BA=BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE=DF，连接AE，CE，AF，CF．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若BA⊥AF，AD=4，，求BD和AE的长．
12．（2022·北京顺义·一模）如图，在四边形ABCD中，，，垂足为O，过点D作BD的垂线交BC的延长线于点E．
(1)求证：四边形ACED是平行四边形；
(2)若AC=4，AD=2，，求BC的长．
13．（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．
14．（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．
参考答案
1．D
【解析】
【分析】
根据题意可得四边形ABCD是平行四边形，设点，则，根据BC=AB，可得关于a的方程，有解，可得①正确；若四边形ABCD是正方形，则AB⊥x轴，AB⊥BC，BC=AB，可得到点B，C的坐标，从而得到AB≠BC，可得②错误；取a的不同的数值，可得③错误；根据平行四边的面积，可得平行四边的面积等于8，可得④正确，即可求解．
【详解】
解：如图，
∵BC⊥y轴，
∴BC∥AD，
∵AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
设点，则，
①若四边形ABCD是菱形，则BC=AB，
∴，
∵点A的坐标是，
∴，
∴，解得：，该方程有解，
∴四边形ABCD可能是菱形，故①正确；
②若四边形ABCD是正方形，则AB⊥x轴，AB⊥BC，BC=AB，
∵点A的坐标是，
∴点B的横坐标为5，
∵点B是函数图象上，
∴点B的纵坐标为，
∴
∵BC⊥y轴，
∴点C的纵坐标为，
∵点C是函数的图象的一点，
∴点C的横坐标为，
∴此时，
∴四边形ABCD不可能是正方形，故②错误；
③若a=1时，点，则，
∴AD=BC=7，，
∴此时四边形ABCD的周长为，
若a=2时，点，则，
∴AD=BC=4，，
∴此时四边形ABCD的周长为，
∴四边形ABCD的周长不是定值，故③错误；
∵，，
∴AD=，点B到x轴的距离为a，
∴四边形ABCD的面积为，
∴四边形ABCD的面积是定值，故④正确；
∴正确的有①④．
故选：D
【点睛】
本题主要考查了反比例函数的图象与性质，平行四边形的性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的周长、面积公式，利用数形结合思想解答是解题的关键．
2．B
【解析】
【分析】
根据四边形的外角和等于360°即可求解．
【详解】
解：∵，
∴∠4=120°
故选B．
【点睛】
本题考查了多边形的外角和公式，熟练掌握多边形是外角和公式是解题的关键．
3．D
【解析】
【分析】
由题意可知小华走出了一个正多边形，根据正多边形的外角和公式可求解.
【详解】
已知多边形的外角和为360°，而每一个外角为30°，可得多边形的边数为360°÷30°=12，所以小明一共走了：12×20=240米．
故答案选：D．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，熟记公式是关键.
4．60
【解析】
【分析】
因为是的切线，由切线的性质得出PA⊥OA，PB⊥OB，得出∠PAO=∠PBO=90°，由圆周角定理可得∠AOB=2∠C=120º．，再由四边形内角和等于360°，即可得出结果．
【详解】
解：如图，连接OA，OB，
∵是的切线，
∴PA⊥OA，PB⊥OB
∴∠PAO=∠PBO=90°
∵，
∴∠AOB=2∠C=120º，
∵四边形内角和等于360º．
∴在四边形AOBP中，
∠P=360º-90º-90º-120º=60º．
故答案为：60．
【点睛】
此题考查了切线的性质、圆周角定理以及四边形内角和定理；解题的关键是利用切线的性质和圆周角定理结合四边形内角和等于360º求角．
5．
【解析】
【分析】
如图是由三个形状完全相同的菱形拼成的一个平面图形，根据平面图形的镶嵌的定义可知，以点A为顶点的三个角之和为，根据题意又可知这三个角相等，所以，然后再利用菱形对角相等的性质即可得到答案．
【详解】
解：∵如图是由三个菱形拼成的一个平面图形；
∴以点A为顶点的三个角之和为，
又∵这三个菱形的形状完全相同；
∴以点A为顶点的三个角相等，
∴
∴．
故答案为：
【点睛】
本题考查了平面图形的镶嵌和菱形的性质．解答本题的关键是理解平面图形的镶嵌的定义．
6．
【解析】
【分析】
根据题意构造并证明，通过全等得到，再结合矩形的性质、旋转的性质，及可求解；
【详解】
如图，延长DH交EF于点k，
∵H是的中点
又
则
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、三角形的全等证明，掌握相关知识并结合旋转的性质正确构造全等三角形是解题的关键．
7．或
【解析】
【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．
8．(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据矩形的性质得出OA=OB，进而利用菱形的判定解答即可；
(2)根据菱形的性质及面积公式，解直角三角形即可求得．
(1)
证明：，
四边形AEBO是平行四边形
又四边形ABCD是矩形
，，

四边形AEBO是菱形
(2)
解：如图：连接EO，交AB于点F
四边形ABCD是矩形
，，

又
是等边三角形，
四边形AEBO是菱形
，

四边形的面积为：
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，作出辅助线是解决本题的关键．
9．(1)，
(2)成立，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意知三点重合，则，，含30°的直角三角形中，由，可知，是的中位线，有，，，然后求出比值即可；
（2）如图2，连接，作于，轴，过作交于，交于，由题意知，是的中位线，，是等边三角形，四边形是矩形，设，，则，，，，，，，，，，在中，由勾股定理得，求出用表示的的值，在中，由勾股定理得，求出用表示的的值，在中，由勾股定理得，求出用表示的的值，求出可得的值，进而可得的值，根据与的数量关系判断与的位置关系即可．
(1)
解：，．
理由如下：由题意知三点重合
∴，
∵
∴，
∵
∴
∴为线段的中点
∵是中点
∴是的中位线
∴，
∴
∴．
(2)
解：，的关系仍成立．
证明：如图2，连接，作于，轴，过作交于，交于，
由题意知，是的中位线，，是等边三角形，四边形是矩形，设，
∴，，，，，，，，，
在中，由勾股定理得
在中，由勾股定理得
在中，由勾股定理得
∴
∴
∵
∴
∴．
【点睛】
本题考查了含30°的直角三角形，中位线，勾股定理及勾股定理的逆定理，等边三角形、矩形的判定与性质等知识．解题的关键在于表示出与的长度．
10．(1)135，
(2)①作图见解析，45°；②
【解析】
【分析】
（1）过点E作于点K，由正方形的性质、旋转的性质及角平分线的定义可得，再利用等腰三角形的性质和解直角三角形可求出，，继而可证明，便可求解；
（2）①根据题意作图即可；由正方形的性质、旋转的性质可得，再根据三角形内角和定理及等腰三角形的性质求出，即可求解；
②过点B作 垂足为H，由等腰三角形的性质得到 ，再证明
即可得到 ，再推出 为等腰直角三角形，即可得到三者之间的关系．
(1)
过点E作于点K

四边形ABCD是正方形

BE平分∠ABC，AB=4，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE

，





，四边形ABCE的面积为
故答案为：135，
(2)
①作图如下
四边形ABCD是正方形

由旋转可得，





②，理由如下：
如图，过点B作 垂足为H



，∠EBC的平分线BF交EC于点G








为等腰直角三角形

即
【点睛】
本题属于四边形和三角形的综合题目，涉及正方形的性质、旋转的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等，灵活运用上述知识点是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由等腰三角形的性质得到，再由菱形的判定定理即可得到结论；
（2）先求出 ，由勾股定理得出BD的长度，解直角三角形求出AF的长度，再由菱形的性质即可求解．
(1)
BA=BC，BD平分∠ABC

DE=DF
四边形AECF是菱形；
(2)
，BA⊥AF

，BA=BC
AD=4
在 中，



四边形AECF是菱形
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理及利用同角的三角函数关系求值，熟练掌握知识点是解题的关键．
12．(1)证明见解析
(2)BC的长为
【解析】
【分析】
（1）先判定，再根据题中所给的条件即可利用平行四边形判定定理证出；
（2）根据三角函数值设，，利用平行四边形性质得到平行及线段相等，从而根据确定的相似比代值求解即可．
(1)
证明：，，
，
，
在四边形ABCD中，，
四边形ACED是平行四边形；
(2)
解：在中，，设，，
在中，，，，
，
，即，解得（舍弃）或，
．
【点睛】
本题考查了平行线的判定、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
13．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【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】
本题考察了三角形的中位线，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．
14．(1)见解析
(2)
【解析】
【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．