第2章四边形选择题练习（湖南地区专用）2021－2022学年下学期湖南省各地湘教版八年级数学期中复习（word版含解析）

第2章 四边形选择题
1．（2021·湖南·长沙麓山国际实验学校八年级期中）一个多边形每一个外角都等于20°，则这个多边形的边数为（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
2．（2021·湖南·通道侗族自治县教育科学研究室八年级期中）如果一个多边形的内角和是外角和的2倍，那么这个多边形是（ ）
A．七边形 B．六边形 C．五边形 D．四边形
3．（2021·湖南·张家界市民族中学八年级期中）四边形的外角和等于（ ）
A．180° B．360° C．400° D．540°
4．（2021·湖南长沙·八年级期中）下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠C，∠B＝∠D
C．AB∥CD，AD∥BC D．AB＝CD，AD＝BC
5．（2021·湖南株洲·八年级期中）不能判定一个四边形是平行四边形的条件是（　　）．
A．两组对边分别平行 B．一组对边平行，另一组对边相等
C．一组对边平行且相等 D．两组对边分别相等
6．（2021·湖南长沙·八年级期中）已知平行四边形ABCD中，∠A＝120°，则∠B的度数为（　　）
A．60° B．70° C．80° D．90°
7．（2021·湖南永州·八年级期中）下列图形是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2021·湖南常德·八年级期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·湖南常德·八年级期中）如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝12，AC＝10，点D、E分别是BC、CA的中点，则△DEC的周长为（　　）
A．15 B．18 C．20 D．22
10．（2021·湖南·张家界市民族中学八年级期中）如图，若DE是△ABC的中位线，△ABC的周长为1，则△ADE的周长为（　　）
A．1 B．2 C． D．
11．（2021·湖南株洲·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ACB=30°，则∠AOB的大小为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
12．（2021·湖南邵阳·八年级期中）在矩形中，、相交于点，若，则的长为（ ）．
A．4 B．6 C．8 D．10
13．（2021·湖南常德·八年级期中）如图，菱形中，，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2021·湖南娄底·八年级期中）如图，菱形的对角线，，则该菱形的面积为（ ）．
A．60 B．80 C．100 D．120
15．（2021·湖南·永州市剑桥学校八年级期中）如果一个正多边形内角和等于1080°，那么这个正多边形的每一个外角等于（　　）
A． B． C． D．
16．（2021·湖南·永州市剑桥学校八年级期中）如图，小明从A点出发，沿直线前进10米后向左转36°，再沿直线前进10米，再向左转36°……照这样走下去，他第一次回到出发点A点时，一共走的路程是（　　）
A．180米 B．110米 C．120米 D．100米
17．（2021·湖南·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校八年级期中）八边形的内角和是（ ）
A．720° B．1080° C．1260° D．1440°
18．（2021·湖南长沙·八年级期中）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB//DC，AD//BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB//DC，AD=BC
19．（2021·湖南永州·八年级期中）如图，在 ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，若AE＝2，AF＝3， ABCD的周长为20，则 ABCD的面积为（　　）
A．24 B．16 C．8 D．12
20．（2021·湖南长沙·八年级期中）如图，将□ABCD的一边BC延长至点E，若∠A＝110°，则∠1等于（　　）
A．110° B．35° C．70° D．55°
21．（2021·湖南株洲·八年级期中）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．平行四边形
22．（2021·湖南·通道侗族自治县教育科学研究室八年级期中）下列图形中，是中心对称图形，且是轴对称图形的是
A． B． C． D．
23．（2021·湖南·永州市剑桥学校八年级期中）如图，平行四边形ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD的中点，BD＝12，则△DOE的周长是（ ）
A．12 B．15 C．18 D．24
24．（2021·湖南师大附中博才实验中学八年级期中）如图，的对角线AC与BD相交于点O，且∠OCD=90°．若E是BC边的中点，BD=26，AC=10，则OE的长为（ ）
A．12 B．6 C．5.5 D．3
25．（2021·湖南长沙·八年级期中）如图，已知四边形ABCD中，E是CD边上的一个动点，F是AD边上的一个定点，G，H分别是EF，EB的中点，当点E在CD上从C向D逐渐移动时，下列结论成立的是（　　）
A．线段GH的长逐渐增大
B．线段GH的长逐渐减少
C．线段GH的长保持不变
D．线段GH的长先增大后减小
26．（2021·湖南邵阳·八年级期中）矩形ABCD的边BC上有一动点E，连接AE、DE，以AE、DE为边作 AEDF．在点E从点B移动到点C的过程中， AEDF的面积（ ）
A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．保持不变
27．（2021·湖南邵阳·八年级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O．AC＝4，∠AOD＝120°，则BC的长为（　　）
A．4 B．4 C．2 D．2
28．（2021·湖南娄底·八年级期中）如图，已知长方形ABCD，将△DBC沿BD折叠得到△DBC′，BC′与AD交于点E，若长方形的周长为20cm，则△ABE的周长是（ ）
A．5cm B．10cm C．15cm D．20cm
29．（2021·湖南邵阳·八年级期中）如图，四边形ABCD的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AC＝BD D．AB＝BC
30．（2021·湖南·通道侗族自治县教育科学研究室八年级期中）如图，菱形的两条对角线相交于O，若，，则菱形的周长是（ ）
A．52 B．42 C．39 D．13
31．（2021·湖南常德·八年级期中）正方形有而矩形不一定有的性质是（　　）
A．四个角都是直角 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
32．（2021·湖南·长沙麓山国际实验学校八年级期中）下列说法正确的是(　　)
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是菱形
C．三个角都是直角的四边形是矩形
D．一组邻边相等的平行四边形是正方形
33．（2021·湖南株洲·八年级期中）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对角线平分对角
34．（2021·湖南娄底·八年级期中）如图，在正方形中，是边上的动点，于点于点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
35．（2021·湖南常德·八年级期中）一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形是（ ）
A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形
36．（2021·湖南怀化·八年级期中）如图，已知在中，，沿图中虚线剪去，则等于( )
A．315° B．270°
C．180° D．135°
37．（2021·湖南长沙·八年级期中）在△ABC中，点D，G分别在边AB，AC上，点E，F在边BC上．已知DG∥BC，DE∥FG，BE＝DE，CF＝FG，则∠A的度数（ ）
A．等于90° B．等于80°
C．等于72° D．条件不足，无法计算
38．（2021·湖南株洲·八年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，延长AB到点E，使BE＝AB，连接DE交BC于点F，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．∠E＝∠CDF B．BE＝2CF C．AD＝2BF D．EF＝DF
39．（2021·湖南娄底·八年级期中）如图，ABC中，AB＝AC＝12，BC＝10，AD平分∠BAC交BC于点D，点E为AC的中点，连接DE，则CDE的周长为（ ）
A．11 B．17 C．18 D．16
40．（2021·湖南株洲·八年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，DE垂直平分AC交AB于点E，则DE的长为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
41．（2021·湖南邵阳·八年级期中）矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　）
A．对边相等 B．对角相等
C．对角线相等 D．对角线互相平分
42．（2021·湖南长沙·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（　　）
A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少
43．（2021·湖南长沙·八年级期中）如图，在中，的中垂线交于点交延长线于点．若，，，则四边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
44．（2021·湖南·长沙市北雅中学八年级期中）顺次连接矩形各边中点所得四边形必定是（ ）．
A．平行四边形 B．矩形 C．正方形 D．菱形
45．（2021·湖南·永州市剑桥学校八年级期中）已知菱形的周长为，两条对角线的和为6，则菱形的面积为(　　)
A．2 B． C．3 D．4
46．（2021·湖南永州·八年级期中）如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第n个矩形的面积为(　　)
A． B． C． D．
47．（2021·湖南邵阳·八年级期中）矩形、菱形、正方形都一定具有的性质是( )
A．邻边相等 B．四个角都是直角
C．对角线相等 D．对角线互相平分
48．（2021·湖南娄底·八年级期中）如图，要证明平行四边形ABCD为正方形，那么我们需要在四边形ABCD是平行四边形的基础上，进一步证明（ ）
A．AB=AD且AC⊥BD B．AB=AD且AC=BD C．∠A=∠B且AC=BD D．AC和BD互相垂直平分
49．（2021·湖南常德·八年级期中）如图，顺次连接四边形ABCD各边中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（ ）
A．ABDC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AB＝DC
50．（2021·湖南长沙·八年级期中）如图，顺次连接任意四边形ABCD各边中点，所得的四边形EFGH是中点四边形．下列四个叙述：①中点四边形EFGH一定是平行四边形；②当四边形ABCD是矩形时，中点四边形EFGH也是矩形；③当四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形时，则四边形ABCD也是菱形；④当四边形ABCD是正方形时，中点四边形EFGH也是正方形．其中正确结论的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
由题意可知此多边形为正多边形，根据多边形外角和的性质求解即可．
解：由题意可知此多边形为正多边形，则正多边形的边数为
故选D
【点睛】
此题考查了多边形的外角和，关键是掌握多边形的外角和为360°．
2．B
【解析】
多边形的外角和是360°，则内角和是2×360=720°．设这个多边形是n边形，内角和是（n-2） 180°，这样就得到一个关于n的方程，从而求出边数n的值．
解：设这个多边形是n边形，根据题意，得
（n-2）×180°=2×360°，
解得：n=6．
故这个多边形是六边形．
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
3．B
【解析】
多边形的外角和都等于360°，所以四边形的外角和为360°．
解：∵多边形外角和等于360°，
∴四边形的外角和等于360°．
故选：B．
【点睛】
此题考查了四边形的外角和．解题的关键是掌握多边形外角和定理，比较简单，只要识记多边形的外角和是360°即可．
4．A
【解析】
直接根据平行四边形的判定定理判断即可．
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．∴C能判断；
平行四边形判定定理1，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；∴B能判断；
平行四边形判定定理2，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；∴D能判定；
平行四边形判定定理3，对角线互相平分的四边形是平行四边形；
平行四边形判定定理4，一组对边平行相等的四边形是平行四边形；
故选A．
【点睛】
此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的5个判断方法．
5．B
【解析】
根据平行四边形的判定定理，即可求解．
∵①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
∴ A、D、C均符合是平行四边形的条件，B则不能判定是平行四边形．
故选B．
6．A
【解析】
由平行四边形的邻角互补直接可求解．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B＝180°，
∴∠B＝180°﹣∠A＝60°，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的邻角互补是解本题的关键．
7．D
【解析】
一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
解：A.不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C.不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
8．B
【解析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
9．A
【解析】
根据三角形中位线定理求出DE，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
解：∵点D、E分别是BC、CA的中点，
∴DE＝AB＝4，CE＝AC＝5，DC＝BC＝6，
∴△DEC的周长＝DE+EC+CD＝15，
故选A．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
10．C
【解析】
根据三角形的中位线定理，DE是△ABC的中位线，△ABC的周长为1，得DE＝BC，AD＝AB，AE＝AC而解得．
∵DE是△ABC的中位线，△ABC的周长为1，
∴DE＝BC，AD＝AB，AE＝AC
∴△ADE的周长为．
故选C．
【点睛】
根据三角形的中位线定理，得三角形ADE的边长是三角形ABC边长的．此题主要是根据三角形的中位线定理进行分析计算．
11．B
【解析】
根据矩形的性质，即可求解．
解：∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠ACB=30°，
∴∠AOB=∠OBC+∠ACB=30°+30°=60°．
故选B
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
12．B
【解析】
根据矩形的性质：对角线互相平分且相等得BD＝AC＝2OA，即可得出答案．
解：∵ 在矩形ABCD中，，
∴，
∴BD＝AC＝6，
故选：B
【点睛】
此题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
13．B
【解析】
直接利用菱形的性质得出，，进而结合平行四边形的性质得出答案．
解：四边形是菱形，
，，
，
，
．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质，正确得出的度数是解题关键．
14．A
【解析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，然后代入数据即可解答本题．
解：菱形的对角线，，
该菱形的面积为：，
故选：A．
【点睛】
本题考查菱形的性质，解答本题的关键是明确菱形的面积等于对角线乘积的一半．
15．A
【解析】
首先设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=1080，即可求得n=8，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．
解：设此多边形为n边形，
根据题意得：180（n-2）=1080，
解得：n=8，
∴这个正多边形的每一个外角等于：360°÷8=45°．
故选：A．
【点睛】
此题考查了多边形的内角和与外角和的知识，注意掌握多边形内角和计算公式（n-2） 180°，外角和等于360°是解题的关键．
16．D
【解析】
根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以36°求出边数，然后再乘以10m即可．
解：∵每次小明都是沿直线前进10米后向左转36°，
∴他走过的图形是正多边形，
边数n=360°÷36°=10，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了10×10=100米．
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形的边数的求法，根据题意判断出小亮走过的图形是正多边形是解题的关键．
17．B
【解析】
利用多边形内角和定理：(n-2) 180°计算即可．
解：八边形的内角和等于(8-2)×180°=1080°．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和公式，掌握多边形内角和定理：(n-2) 180°是解答此题的关键．
18．D
【解析】
A、由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB//DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
19．D
【解析】
设BC=x，根据平行四边形的周长表示出CD，然后根据平行四边形的面积列式求出x，再根据平行四边形的面积公式列式进行计算即可得解．
解：设BC＝x，
∵ ABCD的周长为20，
∴CD＝10﹣x，
∵ ABCD的面积＝BC AE＝CD AF，
∴2x＝3（10﹣x），
解得x＝6，
∴ ABCD的面积＝BC AE＝2×6＝12．
故选D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，主要利用了平行四边形的周长与面积的求解，根据面积的表示出列式求出平行四边形的一条边的长度是解题的关键．
20．C
【解析】
根据平行四边形的对角相等求出∠BCD的度数，再根据平角等于180°列式计算即可得解．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝110°，
∴∠1＝180°﹣∠BCD＝180°﹣110°＝70°，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的对角相等的性质，是基础题，比较简单，熟记性质是解题的关键．
21．B
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A、正三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
22．C
【解析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，即可判断出答案．
A、此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；
B、此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；
C、此图形是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项正确；
D、此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，关键是找出图形的对称中心与对称轴．
23．B
【解析】
根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB＝OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE＝BC，所以易求△DOE的周长．
解：∵ ABCD的周长为36，
∴2（BC＋CD）＝36，则BC＋CD＝18．
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD＝12，
∴OD＝OB＝BD＝6．
又∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，DE＝CD，
∴OE＝BC，
∴△DOE的周长＝OD＋OE＋DE＝BD＋（BC＋CD）＝6＋9＝15，
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质．解题时，利用了“平行四边形对角线互相平分”、“平行四边形的对边相等”的性质．
24．B
【解析】
根据平行四边形的性质得出OA=5，OB=13，进而利用勾股定理得出AB的长，利用三角形中位线得出OE即可．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=26，AC=10，
∴OA=，OB=，AB∥DC，
∴∠ACD=∠BAO，
∵∠ACD=90°，
∴∠BAO=90°，
∴AB==12，
∵E是BC边的中点，OA=OC，
∴OE是△ABC的中位线
∴2OE=AB，
∴OE=6，
故选B．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质，三角形的中位线，关键是根据平行四边形的性质得出OA=5，OB=13解答．
25．C
【解析】
连接BF，根据三角形中位线定理得到GH＝BF，得到线段GH的长保持不变．
解：连接BF，
∵G，H分别是EF，EB的中点，
∴GH是△EFB的中位线，
∴GH＝BF，
∵F是AD边上的一个定点，
∴BF的长是不变的，
∴当点E在CD上从C向D逐渐移动时，线段GH的长保持不变，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
26．D
【解析】
过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG=AB，平行四边形AEDF的面积=2△ADE的面积=2×AD×EG=AD×AB=矩形ABCD的面积，即可得出结论．
解：过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
则∠AGE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG=AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴平行四边形AEDF的面积=2△ADE的面积=2×AD×EG=AD×AB=矩形ABCD的面积，
即 AEDF的面积保持不变；
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识；熟练掌握矩形的性质，证出 AEDF的面积=矩形ABCD的面积是解题的关键．
27．C
【解析】
利用矩形对角线的性质得到OA＝OB．结合∠AOD＝120°知道∠AOB＝60°，则△AOB是等边三角形；最后在直角△ABC中，利用勾股定理来求BC的长度即可．
解：如图，∵矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC＝4，
∴OA＝OB＝AC＝2，
又∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB＝2．
∴在直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，AC＝4，
∴BC＝
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质和等边三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出OA、OB的长，题目比较典型，是一道比较好的题目．
28．B
【解析】
根据现有条件推出∠EDB=∠EBD，得出BE=DE，可知△ABE的周长=AB+AD，是长方形的周长的一半，即可得出答案．
由折叠可知：∠CBD=∠C′BD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠ADB=∠C′BD，
∴∠EDB=∠EBD，
∴BE=DE，
∴△ABE的周长=AB+AD，
∵长方形的周长为20cm，
∴2（AB+AD）=20cm,
∴AB+AD=10cm,
∴△ABE的周长为10cm，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，推出BE=DE是解题关键．
29．D
【解析】
由已知条件得出四边形ABCD是平行四边形，再由一组邻边相等，即可得出四边形ABCD是菱形．
解：∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形、菱形的知识；解题的关键是熟练掌握菱形的性质，从而完成求解．
30．A
【解析】
根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得BO=OD，AO=OC，在Rt△AOB中，根据勾股定理可以求得AB的长，即可求得菱形ABCD的周长．
菱形对角线互相垂直平分，，，
BO = OD = 5，AO= OC = 12，
在中，
，
菱形的周长为，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理在直角三角形中的运用，题中根据勾股定理计算AB的长，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
31．D
【解析】
根据正方形与矩形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
解：A、正方形和矩形的四个角都是直角，故本选项错误；
B、正方形和矩形的对角线相等，故本选项错误；
C、正方形和矩形的对角线互相平分，故本选项错误；
D、正方形的对角线互相垂直平分，矩形的对角线互相平分但不一定垂直，故本选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形和矩形的性质，熟记性质并正确区分是解题的关键．
32．C
【解析】
根据平行四边形和特殊的平行四边形的判定方法依次进行判定即可．
解：A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形不是平行四边形，选项错误；
B. 对角线相等的平行四边形是矩形，选项错误；
C. 三个角都是直角的四边形是矩形，选项正确；
D. 一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定，熟练掌握各个判定方法是解题的关键．
33．B
【解析】
根据正方形的性质，菱形的性质及矩形的性质分别分析各个选项，从而得到答案．
解：A、对角线相等，菱形不具有此性质，故本选项不符合题意；
B、对角线互相平分是平行四边形具有的性质，正方形、菱形、矩形都具有此性质，故本选项符合题意；
C、对角线互相垂直，矩形不具有此性质，故本选项不符合题意；
D、对角线平分对角，矩形不具有此性质，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查正方形的性质、菱形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确矩形、菱形、正方形都是平行四边形．
34．C
【解析】
根据正方形的对角线互相垂直可得OA⊥OD，对角线平分一组对角可得∠OAD=45°，然后求出四边形OEPF为矩形，△AEP是等腰直角三角形，再根据矩形的对边相等可得PF=OE，根据等腰直角三角形的性质可得PE=AE，从而得到PE+PF=OA，然后根据正方形的性质解答即可．
解：在正方形ABCD中，OA⊥OB，∠OAD=45°，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴四边形OEPF为矩形，△AEP是等腰直角三角形，
∴PF=OE，PE=AE，
∴PE+PF=AE+OE=OA，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴
故选：C
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质求出PE+PF=OA是解题的关键．
35．C
【解析】
解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n﹣2） 180°=3×360°，
解得n=8，
∴这个多边形为八边形．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键，要注意“八”不能用阿拉伯数字写．
36．B
【解析】
利用了四边形内角和为360°和直角三角形的性质求解．
解：∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°，
∴∠1+∠2=360°-（∠A+∠B）=360°-90°=270°．
故选：B．
【点睛】
此题考查三角形内角和定理，解题关键在于根据四边形内角和为360°和直角三角形的性质求解．
37．A
【解析】
根据等腰三角形的性质和平行四边形的性质计算即可；
∵BE＝DE，
∴∠B＝∠BDE，
∵四边形DEFG是平行四边形，
∴∠ADG＝∠B，
∴∠ADG＝∠BDE．
同理：∠AGD＝∠CGF，
∵∠AGD+∠CGF+∠DGF＝180°，∠DGF+∠GDE＝180°，
∴∠AGD+∠CGF＝∠GDE，
∵∠ADG+∠BDE+∠GDE＝180°，
∴∠ADG+∠BDE+∠AGD+∠CGF＝180°，
∴∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠B+∠C＝90°，
∴∠A＝90°．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质和三角形内角和定理，准确计算是解题的关键．
38．B
【解析】
首先根据平行四边形的性质可得CD∥AB，再根据平行线的性质可得∠E=∠CDF；首先证明△DCF≌△EBF可得EF=DF；根据全等可得CF=BF=BC，再利用等量代换可得AD=2BF；根据题意不能证明AD=BE，因此BE不一定等于2CF．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠E=∠CDF，故A成立；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，CD∥BE，
∴∠C=∠CBE，
∵BE=AB，
∴CD=EB，
在△CDF和△BEF中，
，
∴△DCF≌△EBF（AAS），
∴EF=DF，故D成立；
∵△DCF≌△EBF，
∴CF=BF=BC，
∵AD=BC，
∴AD=2BF，故C成立；
∵AD≠BE，
∴2CF≠BE，故B不成立；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．
39．B
【解析】
根据等腰三角形的性质得到BD=DC，根据三角形中位线定理求出DE，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴，
∵点E为AC的中点，
∴，
∴△CDE的周长=CD+CE+DE=17，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
40．D
【解析】
由在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，根据勾股定理可得BC=6，又因DE垂直平分AC，∠ACB=90°，可得DE为△ABC的中位线，根据三角形的中位线定理可得DE=BC=3，
解：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，
勾股定理可得BC=＝6，
又∵DE垂直平分AC，∠ACB=90°，
∴DE为△ABC的中位线，
根据三角形的中位线定理DE=BC=3，
故答案选D.
【点睛】
本题考查勾股定理，三角形的中位线定理，掌握勾股定理，三角形的中位线定理是解题关键．
41．C
【解析】
根据矩形和平行四边形的性质进行解答即可．
矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等．
故选C．
【点睛】
本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如：矩形的对角线相等；四个角都是直角等．
42．C
【解析】
连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段最短可得AP⊥AB时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，线段EF的值大小变化情况．
如图，连接AP．
∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，
由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，
∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．
故选C．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CP⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键．
43．A
【解析】
先证明△BCF是等边三角形，得出CF=BC=2，∠BCF=60°，求出CD，再证明四边形BCDE是矩形，即可求出面积．
解：连接CF，如图所示：
∵DE是AC的中垂线，
∴AF=CF，∠CDE=90°，
∴∠ACF=∠A=30°，
∴∠CFB=∠A+∠ACF=60°，
∵AF=BF，
∴CF=BF，
∴△BCF是等边三角形，
∴CF=BC=2，∠BCF=60°，
∴，，
∵BE⊥DF，
∴∠E=90°，
∴四边形BCDE是矩形，
∴四边形BCDE的面积=BC CD=2×=2；
故选A．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、三角函数以及等边三角形的判定与性质；证明等边三角形和矩形是解决问题的关键．
44．D
【解析】
作出图形，根据三角形的中位线定理可得，，再根据矩形的对角线相等可得，从而得到四边形的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
解：如图，连接、，
、、、分别是矩形的、、、边上的中点，
，（三角形的中位线等于第三边的一半），
矩形的对角线，
，
四边形是菱形．
故选：D．
【点睛】
本题考查了中点四边形，三角形的中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，作辅助线构造出三角形，然后利用三角形的中位线定理是解题的关键．
45．D
【解析】
根据菱形周长求出边长，根据勾股定理求出AO2+BO2=5，利用公式变形得出（AO+BO）2=9，求出2AO BO=4，即可．
解：如图
四边形ABCD是菱形，AC+BD=6，
∴AB=，AC⊥BD，AO=AC，BO=BD，
∴AO+BO=3，
∴AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，
即AO2+BO2=5，AO2+2AO BO+BO2=9，
∴2AO BO=4，
∴菱形的面积=AC BD=2AO BO=4；
故选D．
【点睛】
本题考查菱形的性质、勾股定理；解题的关键是记住菱形的面积公式，记住菱形的对角线互相垂直．
46．D
【解析】
易得第二个矩形的面积为（）2，第三个矩形的面积为（）4，依此类推，第n个矩形的面积为（）2n-2．
已知第一个矩形的面积为1；
第二个矩形的面积为原来的（）2×2-2=；
第三个矩形的面积是（）2×3-2=；
…
故第n个矩形的面积为：= ．
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的性质，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
47．D
【解析】
矩形、菱形、正方形都是平行四边形，所以一定都具有的性质是平行四边形的性质，即对角线互相平分.
故选：D.
48．B
【解析】
解：A．根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，或者对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以不能判断平行四边形ABCD是正方形；
B．根据邻边相等的平行四边形是菱形，对角线相等的平行四边形为矩形，所以能判断四边形ABCD是正方形；
C．根据一组邻角相等的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形也是矩形，即只能证明四边形ABCD是矩形，不能判断四边形ABCD是正方形；
D．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以不能判断四边形ABCD是正方形．
故选：B．
49．C
【解析】
根据三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理得到四边形EFGH是平行四边形，根据矩形的判定定理解答即可．
解：∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，
∴EH＝BD，EH∥BD，FG＝BD，FG∥BD，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
当AC⊥BD时，AC⊥EH，
∴EH⊥EF，
∴四边形EFGH为矩形，
故选：C
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理和矩形的判定定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
50．B
【解析】
连接AC，BD，根据三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，再根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可．
解：连接AC，BD，
∵E，F，G，H分别是四边形各边的中点，
∴EF//AC，HG//AC，EH//BD，GF//BD，
∴EF//GH，EH//FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；（①正确）
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∵EF＝AC，EH＝BD，
∴EF＝EH，
∴四边形EFGH是菱形；（②错误）
∵四边形EFGH是菱形，
∴EF＝EH，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD不一定是菱形；（③错误）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC＝BD，AC⊥BD，
∵EF＝AC，EH＝BD，
∴EF＝EH，
∴四边形EFGH是菱形；
∵EF//AC， EH//BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴∠FEH=90°，
∴四边形EFGH是正方形．（④正确）
∴正确的是①④．
故选：B．
【点睛】
此题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定与正方形的判定．解题时注意中点四边形的判定：一般中点四边形是平行四边形；如果对角线相等，则得到的中点四边形是菱形，如果对角线互相垂直，则得到的中点四边形是矩形，如果对角线相等且互相垂直，则得到的中点四边形是正方形．
答案第1页，共2页