2020年北京市中考數(shù)學(xué)各地區(qū)模擬試題分類(北京專版)(一)-四邊形(含解析)

2020年北京市中考數(shù)學(xué)各地區(qū)模擬試題分類（北京專版）（一）——四邊形一．選擇題1．（2020?西城區(qū)校級三模）內(nèi)角和為720°的多邊形是（）A． B． C． D．2．（2020?懷柔區(qū)模擬）如果一個正多邊形的內(nèi)角和是外角和的3倍，那么這個正多邊形的邊數(shù)為（）A．5 B．6 C．7 D．83．（2020?平谷區(qū)二模）如圖，螺絲母的截面是正六邊形，則∠1的度數(shù)為（）A．30° B．45° C．60° D．75°4．（2020?順義區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD中，過點A的直線l將該四邊形分割成兩個多邊形，若這兩個多邊形的內(nèi)角和分別為α和β，則α+β的度數(shù)是（）A．360° B．540° C．720° D．900°5．（2020?東城區(qū)二模）把邊長分別為1和2的兩個正方形按如圖的方式放置．則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．6．（2020?房山區(qū)二模）如圖，在?ABCD中，延長AD至點E，使AD＝2DE，連接BE交CD于點F，交AC于點G，則的值是（）A． B． C． D．7．（2020?門頭溝區(qū)一模）已知，如圖，在菱形ABCD中．（1）分別以C，D為圓心，大于CD長為半徑作弧，兩弧分別交于點E，F(xiàn)；（2）作直線EF，且直線EF恰好經(jīng)過點A，且與邊CD交于點M；（3）連接BM．根據(jù)以上作圖過程及所作圖形，判斷下列結(jié)論中錯誤的是（）A．∠ABC＝60° B．如果AB＝2，那么BM＝4 C．BC＝2CM D．S△ABM＝2S△ADM8．（2020?平谷區(qū)一模）n邊形的內(nèi)角和為1800°，則該n邊形的邊數(shù)為（）A．12 B．10 C．8 D．69．（2020?豐臺區(qū)一模）正六邊形的每個內(nèi)角度數(shù)為（）A．60° B．120° C．135° D．150°10．（2020?北京一模）如圖，矩形ABCD中，BC＝2AB，點E在邊AD上，EF⊥BD于點F．若EF＝1，則DE的長為（）A． B． C．2 D．3二．填空題11．（2020?朝陽區(qū)三模）如圖，已知?ABCD，通過測量、計算得到?ABCD的面積約為cm2．（結(jié)果保留一位小數(shù)）12．（2020?昌平區(qū)二模）如圖是由射線AB，BC，CD，DE，EF，F(xiàn)A組成的平面圖形，則∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝°．13．（2020?朝陽區(qū)二模）正方形ABCD的邊長為4，點M，N在對角線AC上（可與點A，C重合），MN＝2，點P，Q在正方形的邊上．下面四個結(jié)論中，①存在無數(shù)個四邊形PMQN是平行四邊形；②存在無數(shù)個四邊形PMQN是菱形；③存在無數(shù)個四邊形PMQN是矩形；④至少存在一個四邊形PMQN是正方形．所有正確結(jié)論的序號是．14．（2020?朝陽區(qū)二模）如圖的四邊形都是矩形，根據(jù)圖形，寫出一個正確的等式：．15．（2020?密云區(qū)二模）如圖，已知菱形ABCD，通過測量、計算得菱形ABCD的面積約為cm2．（結(jié)果保留一位小數(shù)）16．（2020?西城區(qū)二模）如圖，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠E，點F在AB的延長線上，則∠CBF的度數(shù)是．17．（2020?北京二模）如圖，∠1，∠2，∠3均是五邊形ABCDE的外角，AE∥BC，則∠1+∠2+∠3＝°．18．（2020?北京二模）四邊形ABCD的對角線AC，BD交于點O，點M，N，P，Q分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．有下列四個推斷：①對于任意四邊形ABCD，四邊形MNPQ都是平行四邊形；②若四邊形ABCD是平行四邊形，則MP與NQ交于點O；③若四邊形ABCD是矩形，則四邊形MNPQ也是矩形；④若四邊形MNPQ是正方形，則四邊形ABCD也一定是正方形．所有正確推斷的序號是．19．（2020?順義區(qū)一模）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E、F是對角線AC上的兩個動點，且EF＝2，P是正方形四邊上的任意一點．若△PEF是等邊三角形，則符合條件的P點共有個，此時AE的長為．20．（2020?門頭溝區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，B（3，0），△AOB是等邊三角形，動點P從點B出發(fā)以每秒1個單位長度的速度沿BO勻速運動，動點Q同時從點A出發(fā)以同樣的速度沿OA延長線方向勻速運動，當(dāng)點P到達點O時，點P，Q同時停止運動．過點P作PE⊥AB于E，連接PQ交AB于D．設(shè)運動時間為t秒，得出下面三個結(jié)論，①當(dāng)t＝1時，△OPQ為直角三角形；②當(dāng)t＝2時，以AQ，AE為邊的平行四邊形的第四個頂點在∠AOB的平分線上；③當(dāng)t為任意值時，DE＝AB．所有正確結(jié)論的序號是．三．解答題21．（2020?昌平區(qū)模擬）我們給出如下定義：若一個四邊形中存在一組相鄰兩邊的平方和等于一條對角線的平方，則稱這個四邊形為勾股四邊形，這兩條相鄰的邊稱為這個四邊形的勾股邊．（1）寫出你所學(xué)過的特殊四邊形中是勾股四邊形的兩種圖形的名稱：，；（2）如圖1，已知格點（小正方形的頂點）O（0，0），A（3，0），B（0，4），請你畫出以格點為頂點，OA，OB為勾股邊且對角線相等的兩個勾股四邊形OAMB；（3）如圖2，將△ABC繞頂點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△DBE，連結(jié)AD，DC，∠DCB＝30°．寫出線段DC，AC，BC的數(shù)量關(guān)系為．22．（2020?西城區(qū)校級三模）在平行四邊形ABCD中，過點D作DE⊥AB于點E，點F在邊CD上，DF＝BE，連接AF，BF．（1）求證：四邊形BFDE是矩形；（2）若CF＝6，tanC＝，DC＝16，求證：AF平分∠DAB．23．（2020?懷柔區(qū)模擬）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，AC為一條對角線，且∠BAC＝∠ADC．延長BC到點E，使CE＝AD，連接DE．（1）判斷四邊形ACED的形狀，并說明理由；（2）連接AE交CD于點F，若AC＝10，tanB＝，求AE的長．24．（2020?朝陽區(qū)三模）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，AD＝BD，過點C作CE∥BD，交AD的延長線于點E．（1）求證：四邊形BDEC是菱形；（2）連接BE，若AB＝2，AD＝4，求BE的長．25．（2020?昌平區(qū)二模）在平行四邊形ABCD中，過點A作AE⊥BC于點E，點F在邊AD上，且DF＝BE，連接DE，CF．（1）求證：四邊形AECF是矩形；（2）若DE平分∠ADC，AB＝5，AD＝8，求tan∠ADE的值．26．（2020?石景山區(qū)二模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝DC，DE平分∠ADC交BC于點E，連接AE．（1）求證：四邊形AECD是菱形；（2）連接AC交DE于點F．若∠ABC＝90°，AC＝2，CE＝2，求AB的長．27．（2020?平谷區(qū)二模）如圖，在菱形ABCD中，延長AB到E，延長AD到F，使BE＝DF，連接EF，連接AC并延長交EF于點G．（1）求證：AG⊥EF；（2）連接BD交AC于O，過B作BM⊥EF于點M，若BD＝2，C為AG中點，求EM的長．28．（2020?平谷區(qū)二模）如圖，在△ABM中，∠ABC＝90°，延長BM使BC＝BA，線段CM繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段CD，連結(jié)DM，AD．（1）依據(jù)題意補全圖形；（2）當(dāng)∠BAM＝15°時，∠AMD的度數(shù)是；（3）小聰通過畫圖、測量發(fā)現(xiàn)，當(dāng)∠AMB是一定度數(shù)時，AM＝MD．小聰把這個猜想和同學(xué)們進行交流，通過討論，形成了證明該猜想的幾種想法：想法1：通過觀察圖形可以發(fā)現(xiàn)，如果把梯形ABCD補全成為正方形ABCE，就易證△ABM≌△AED，因此易得當(dāng)∠AMD是特殊值時，問題得證；想法2：要證AM＝MD，通過第（2）問，可知只需要證明△AMD是等邊三角形，通過構(gòu)造平行四邊形CDAF，易證AD＝CF，通過△ABM≌△CBF，易證AM＝CF，從而解決問題；想法3：通過BC＝BA，∠ABC＝90°，連結(jié)AC，易證△ACM≌△ACD，易得△AMD是等腰三角形，因此當(dāng)∠AMD是特殊值時，問題得證．請你參考上面的想法，幫助小聰證明當(dāng)∠AMD是一定度數(shù)時，AM＝MD．（一種方法即可）

參考答案一．選擇題1．解：依題意有（n﹣2）?180°＝720°，解得n＝6．該多邊形為六邊形，故選：D．2．解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n，由題意得：（n﹣2）?180°＝3×360°，解得：n＝8，故選：D．3．解：∵這個正六邊形的外角和等于360°，∴∠1＝360°÷6＝60°．故選：C．4．解：如圖：四邊形ABCE的內(nèi)角和為：（4﹣2）×180°＝360°，△ADE的內(nèi)角和為180°，∴α+β＝360°+180°＝540°．故選：B．5．解：如圖，設(shè)BC＝x，則CE＝1﹣x，∵兩個正方形，∴AB∥EF，∴△ABC∽△FEC，∴，即，解得x＝，∴陰影部分面積為：S△ABC＝×1＝，故選：D．6．解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴△DEF∽△ABE，∴，∵AD＝2DE，∴，∵AB＝CD，∴，∴FC＝2DF，∵AB∥CD，∴△GFC∽△GBA，∴，故選：A．7．解：A．連接AC，由作圖知，AF是CD的垂直平分線，則AC＝AD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CD＝AB＝BC，∠ABC＝∠ADC，∴AC＝AD＝CD，∴∠ADC＝60°，∴∠ABC＝60°，故A選項正確；B．∵AB＝2，∴AD＝2，∵AM垂直平分CD，∴DM＝CD＝1，∠AMD＝90°，∴AM＝，∵AB∥CD，∴∠BAM＝∠AMD＝90°，∴BM＝，故B選項錯誤；C．∵BC＝CD，CD＝2CM，∴BC＝2CM，故C選項正確；D．∵，AB?AM，∴S△ABM＝2S△ADM，故D選項正確．故選：B．8．解：設(shè)所求多邊形邊數(shù)為n，則（n﹣2）?180°＝1800°，解得n＝12．故選：A．9．解：根據(jù)多邊形的內(nèi)角和定理可得：正六邊形的每個內(nèi)角的度數(shù)＝（6﹣2）×180°÷6＝120°．故選：B．10．解：設(shè)AB＝x，則BC＝2x，∵矩形ABCD中，∠A＝90°，AD＝2x，∴BD＝＝x，∵EF⊥BD，∴∠EFD＝∠A＝90°，∵∠EDF＝∠BDA，∴△EDF∽△BDA，∴＝，即＝，∴DE＝．故選：B．二．填空題（共10小題）11．解：如圖所示，過點A作AE⊥BC于點E，經(jīng)測量AE≈0.7cm，BC≈1.1cm，S?ABCD＝BC?DE＝1.1×0.7≈0.8（cm2），故答案為：0.8．12．解：由多邊形的外角和等于360°可知，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，故答案為：360．13．解：如圖，作線段MN的垂直平分線交AD于P，交AB于Q．∵PQ垂直平分線段MN，∴PM＝PN，QM＝QN，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠PAN＝∠QAN＝45°，∴∠APQ＝∠AQP＝45°，∴AP＝AQ，∴AC垂直平分線段PQ，∴MP＝MQ，∴四邊形PMQN是菱形，在MN運動過程中，這樣的菱形有無數(shù)個，當(dāng)點M與A或C重合時，四邊形PMQN是正方形，∴①②④正確，故答案為①②④．14．解：根據(jù)圖形可得：m（a+b）＝ma+mb．故答案為：m（a+b）＝ma+mb．15．解：連接AC、BD，如圖所示：測量得：AC≈3.05cm，BD≈1.7m，∴菱形ABCD的面積＝AC×BD≈×3.05×1.7≈2.6（cm2）；故答案為：2.6．16．解：∵∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠E，∴五邊形ABCDE是正多邊形，∵正多邊形的外角和是360°，∴∠CBF＝360°÷5＝72°．故答案為：72°．17．解：∵AB∥CD，∴∠A+∠B＝180°，∴∠4+∠5＝180°，根據(jù)多邊形的外角和定理得，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．故答案為：180．18．解：①如圖1所示：∵點M，N，P，Q分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，∴MN是△ABC的中位線，PQ是△ADC的中位線，MQ是△ABD的中位線，PN是△BCD的中位線，∴MN∥AC，MN＝AC，PQ∥AC，PQ＝AC，MQ＝BD，∴MN∥PQ，MN＝PQ，∴四邊形MNPQ是平行四邊形，①正確；②如圖2所示：若四邊形ABCD是平行四邊形，點M，N，P，Q分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，則四邊形MNPQ是平行四邊形，四邊形ABNQ是平行四邊形，∴MP與NQ互相平分，∴NQ的中點就是AC的中點，則MP與NQ交于點O，②正確；③若四邊形ABCD是矩形，則AC＝BD，∴MN＝MQ，∴四邊形MNPQ是菱形，不是矩形；③不正確；④∵四邊形ABCD中，若AC＝BD，AC⊥BD，則四邊形MNPQ是正方形，∴若四邊形MNPQ是正方形，則四邊形ABCD不一定是正方形，④不正確；故答案為：①②．19．解：如圖，當(dāng)點P在AD上，且點E在點F上方時，過點PH⊥EF于H，∵△PEF是等邊三角形，PH⊥EF，∴∠PEF＝60°，PE＝PF＝EF＝2，EH＝FH＝1，∴PH＝，∵四邊形ABCD是正方形，AB＝4，∴∠DAC＝45°，AC＝AB＝4，∵PH⊥AC，∴∠APH＝∠PAH＝45°，∴AH＝PH＝，∴AE＝﹣1，若點E在點F下方，則AE＝+1，同理可得：當(dāng)點P在AB上時，AE＝﹣1或AE＝+1，當(dāng)點P在CD或BC上時，AE＝4﹣2﹣（﹣1）＝4﹣﹣1或4﹣+1，故答案為：4，4﹣﹣1或4﹣+1或﹣1或+1．20．解：①如圖1中，取OQ的中點H，連接PH．∵t＝1，∴AQ＝PB＝1，∵B（3，0），∴OB＝3，∵△AOB是等邊三角形，∴OA＝OB＝AB＝3，∴OQ＝4，∵OH＝HQ＝AQ＝2，∴OH＝OP＝2，∵∠HOP＝60°，∴△HOP是等邊三角形，∴PH＝OH＝HQ，∴PH＝OQ，∴△OPQ是直角三角形．故①正確，②當(dāng)t＝2時，如圖2中，由題意PB＝AQ＝2，∵PE⊥AB，∴∠PEB＝90°，∵∠PBE＝60°，∴BE＝PB＝1，∴AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，∴AE＝AQ＝2，∵四邊形AEMQ是平行四邊形，AQ＝AE，∴四邊形AEMQ是菱形，∵∠QAE＝120°，∴∠MAE＝∠MAQ＝60°，∴△MAE是等邊三角形，∴MA＝ME＜BM，∴點M不在AB的垂直平分線上，∴點M不在∠AOB的角平分線上，故②錯誤，③如圖3中，作PM∥OA交AB于M．∵PM∥OA，∴∠BMP＝∠BAO＝60°，∠BPM＝∠AOB＝60°，∴△PMB是等邊三角形，∴PB＝PM＝AQ，∵PE⊥BM，∴EM＝BM，∵∠AQD＝∠MPD，∠ADQ＝∠MQP，AQ＝PM，∴△ADQ≌△MDP（AAS），∴AD＝DM，∴DE＝DM+ME＝AM+BM＝（AM+BM）＝AB，故③正確，故答案為①③．三．解答題（共8小題）21．解：（1）學(xué)過的特殊四邊形中是勾股四邊形的有矩形，正方形；故答案為：矩形，正方形；（2）如圖，（3）線段DC，AC，BC的數(shù)量關(guān)系為：DC2+BC2＝AC2．證明：如圖2，連接CE，由旋轉(zhuǎn)得：△ABC≌△DBE，∴AC＝DE，BC＝BE，又∵∠CBE＝60°，∴△CBE為等邊三角形，∴BC＝CE，∠BCE＝60°，∵∠DCB＝30°，∴∠DCE＝∠DCB+∠BCE＝30°+60°＝90°，∴DC2+EC2＝DE2，∴DC2+BC2＝AC2．故答案為：DC2+BC2＝AC2．22．（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，∵DF＝BE，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴四邊形BFDE是矩形；（2）證明：∵四邊形BFDE是矩形，∴∠BFC＝∠BFD＝90°，∵CF＝6，tanC＝＝，∴BF＝CF＝8，∴BC＝＝＝10，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD＝BC＝10，∴∠BAF＝∠DFA，∵DC＝16，∴DF＝DC﹣CF＝16﹣6＝10，∴AD＝DF，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠BAF＝∠DAF，∴AF平分∠DAB．23．解：（1）四邊形ACED是菱形，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC．∵又CE＝AD，∴四邊形ACED是平行四邊形．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD，∵∠BAC＝∠ADC，∴∠ACD＝∠ADC．∴AC＝AD，∴四邊形ACED是菱形；（2）∵tanB＝，∴∠B＝60°．∵AB∥BD，∴∠DCE＝∠B＝60°．∵四邊形ACED是菱形，∴AC＝CE＝10，AE⊥DC，AE＝2EF，∴Rt△CFE中，∠DCE＝60°，∴∠CEF＝30°，∴CF＝CE＝5，由勾股定理得EF＝．∴AE＝．24．證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，∵AD＝BD，∴BD＝BC，∵CE∥BD，AD∥BC，∴四邊形BDEC是平行四邊形，又∵BD＝BC，∴四邊形BDEC是菱形；（2）如圖，連接BE交CD于O，∵四邊形BDEC是菱形，∴DO＝CO＝CD＝1，BO＝BE，CD⊥BE，在Rt△BDO中，AD＝BD＝4，DO＝1，∴BO＝＝＝，∴BE＝2BO＝2．25．（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵BE＝DF，∴AF＝EC，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴四邊形AECF是矩形；（2）解：如圖所示：∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝8，AB＝CD＝5，AD∥BC，∴∠ADE＝∠DEC，∴∠DEC＝∠CDE，∴CD＝CE＝5，∴BE＝BC﹣CE＝8﹣5＝3，∵AE⊥BC，AD∥BC，∴∠AEB＝∠EAD＝90°，由勾股定理得：AE＝＝＝4，∴tan∠ADE＝＝＝．26．（1）證明：∵AD∥BC，∴∠ADE＝∠CED．∵DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠ADE．∴∠CED＝∠CDE，∴EC＝DC，∵AD＝DC，∴AD＝EC，又∵AD∥EC，∴四邊形AECD是平行四邊形，∴四邊形AECD是菱形．（2）解：如圖所示：∵四邊形AECD是菱形，∴AC⊥DE，．∴∠EFC＝90°，在Rt△EFC中，cos∠FCE＝＝，∴∠FCE＝30°，∵∠ABC＝90°，∴．27．解：（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，