1. 下列多边形中，内角和等于 $ 900^{\circ} $ 的是(
C
)答案：C
解析：
设多边形的边数为$n$，根据多边形内角和公式$(n - 2)×180^{\circ}$，可得方程$(n - 2)×180^{\circ}=900^{\circ}$，解得$n - 2 = 5$，$n = 7$，即该多边形为七边形。观察图形，选项C是七边形。
C
C
2. 如图，$ □ ABCD $ 的对角线 $ AC $，$ BD $ 相交于点 $ O $，$ E $ 是 $ BC $ 的中点，$ AC = 4 $。若 $ □ ABCD $ 的周长为 12，则 $ \triangle COE $ 的周长为(
A.4
B.5
C.6
D.8
B
)A.4
B.5
C.6
D.8
答案：B
解析：
解：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$OA=OC=\frac{1}{2}AC=2$，$AB=CD$，$AD=BC$。
∵平行四边形$ABCD$的周长为12，
∴$BC+CD=6$。
∵$E$是$BC$的中点，$O$是$AC$的中点，
∴$OE$是$\triangle ABC$的中位线，$OE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}CD$，$CE=\frac{1}{2}BC$。
∴$OE+CE=\frac{1}{2}(CD+BC)=3$。
∴$\triangle COE$的周长$=OC+OE+CE=2+3=5$。
答案：B
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$OA=OC=\frac{1}{2}AC=2$，$AB=CD$，$AD=BC$。
∵平行四边形$ABCD$的周长为12，
∴$BC+CD=6$。
∵$E$是$BC$的中点，$O$是$AC$的中点，
∴$OE$是$\triangle ABC$的中位线，$OE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}CD$，$CE=\frac{1}{2}BC$。
∴$OE+CE=\frac{1}{2}(CD+BC)=3$。
∴$\triangle COE$的周长$=OC+OE+CE=2+3=5$。
答案：B
3. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90^{\circ} $，$ D $ 为 $ AB $ 的中点，以 $ CD $ 为边作正方形 $ CDEF $。若正方形 $ CDEF $ 的面积为 2，则 $ AB $ 的长为(
A.$ 2\sqrt{2} $
B.$ \sqrt{2} $
C.4
D.2
A
)A.$ 2\sqrt{2} $
B.$ \sqrt{2} $
C.4
D.2
答案：A
解析：
证明：
∵在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90°$，$D$为$AB$中点，
∴$CD=\frac{1}{2}AB$（直角三角形斜边中线等于斜边一半）。
∵正方形$CDEF$的面积为$2$，
∴$CD^2=2$，则$CD=\sqrt{2}$。
∴$AB=2CD=2\sqrt{2}$。
答案：A
∵在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90°$，$D$为$AB$中点，
∴$CD=\frac{1}{2}AB$（直角三角形斜边中线等于斜边一半）。
∵正方形$CDEF$的面积为$2$，
∴$CD^2=2$，则$CD=\sqrt{2}$。
∴$AB=2CD=2\sqrt{2}$。
答案：A
4. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，对角线 $ AC $ 的垂直平分线 $ EF $ 分别交 $ BC $，$ AD $ 于点 $ E $，$ F $。若 $ BE = 3 $，$ AF = 5 $，则 $ AC $ 的长为(
A.$ 4\sqrt{5} $
B.$ 4\sqrt{3} $
C.10
D.8
A
)A.$ 4\sqrt{5} $
B.$ 4\sqrt{3} $
C.10
D.8
答案：A
解析：
证明：连接AE，设AC与EF交于点O。
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO=CO，AE=CE。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠B=90°。
∴∠OAF=∠OCE。
在△AOF和△COE中，
$\{\begin{array}{l} ∠OAF=∠OCE\\ AO=CO\\ ∠AOF=∠COE\end{array} $
∴△AOF≌△COE(ASA)。
∴AF=CE=5。
∴AE=CE=5。
在Rt△ABE中，BE=3，AE=5，
由勾股定理得：$AB=\sqrt {AE^{2}-BE^{2}}=\sqrt {5^{2}-3^{2}}=4$。
∵BC=BE+CE=3+5=8，
在Rt△ABC中，$AC=\sqrt {AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt {4^{2}+8^{2}}=4\sqrt {5}$。
A
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO=CO，AE=CE。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠B=90°。
∴∠OAF=∠OCE。
在△AOF和△COE中，
$\{\begin{array}{l} ∠OAF=∠OCE\\ AO=CO\\ ∠AOF=∠COE\end{array} $
∴△AOF≌△COE(ASA)。
∴AF=CE=5。
∴AE=CE=5。
在Rt△ABE中，BE=3，AE=5，
由勾股定理得：$AB=\sqrt {AE^{2}-BE^{2}}=\sqrt {5^{2}-3^{2}}=4$。
∵BC=BE+CE=3+5=8，
在Rt△ABC中，$AC=\sqrt {AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt {4^{2}+8^{2}}=4\sqrt {5}$。
A
5. 在四边形的复习课上，小明绘制了如图所示的知识框架图，箭头处添加的条件错误的是(
A.①：对角线相等
B.②：对角互补
C.③：一组邻边相等
D.④：有一个角是直角
B
)A.①：对角线相等
B.②：对角互补
C.③：一组邻边相等
D.④：有一个角是直角
答案：B
6. 如图，在四边形 $ ABCD $ 中，$ E $，$ F $ 分别是边 $ BC $，$ CD $ 的中点。若 $ AB = 5 $，$ AD = 3 $，$ EF = 2 $，$ \angle CFE = 46^{\circ} $，则 $ \angle ADC $ 的度数为(
A.$ 100^{\circ} $
B.$ 120^{\circ} $
C.$ 128^{\circ} $
D.$ 136^{\circ} $
D
)A.$ 100^{\circ} $
B.$ 120^{\circ} $
C.$ 128^{\circ} $
D.$ 136^{\circ} $
答案：D
解析：
证明：连接BD。
∵E，F分别是BC，CD的中点，
∴EF是△CBD的中位线，
∴EF//BD，EF=$\frac{1}{2}$BD，
∴∠CFE=∠CDB=46°，BD=2EF=4。
在△ABD中，AB=5，AD=3，BD=4，
∵AD²+BD²=3²+4²=25=AB²，
∴△ABD是直角三角形，∠ADB=90°，
∴∠ADC=∠ADB+∠CDB=90°+46°=136°。
答案：D
∵E，F分别是BC，CD的中点，
∴EF是△CBD的中位线，
∴EF//BD，EF=$\frac{1}{2}$BD，
∴∠CFE=∠CDB=46°，BD=2EF=4。
在△ABD中，AB=5，AD=3，BD=4，
∵AD²+BD²=3²+4²=25=AB²，
∴△ABD是直角三角形，∠ADB=90°，
∴∠ADC=∠ADB+∠CDB=90°+46°=136°。
答案：D
7. 如图，在菱形 $ ABCD $ 中，对角线 $ AC $，$ BD $ 相交于点 $ O $，$ AF $ 平分 $ \angle BAC $，交 $ BD $ 于点 $ E $，且 $ E $ 为线段 $ AF $ 的中点，连接 $ FC $ 并延长至点 $ G $，使得 $ CF = CG $，连接 $ AG $。若 $ \angle BAC = 2\alpha $，则 $ \angle G $ 的度数为(
A.$ 60^{\circ} $
B.$ 30^{\circ} + \alpha $
C.$ 90^{\circ} - \alpha $
D.$ 2\alpha $
C
)A.$ 60^{\circ} $
B.$ 30^{\circ} + \alpha $
C.$ 90^{\circ} - \alpha $
D.$ 2\alpha $
答案：C
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AC⊥BD$，$∠BAO = ∠DAO = \alpha$（$O$为$AC$、$BD$交点）。
∵$AF$平分$∠BAC$，
∴$∠BAE = ∠EAC = \alpha$。
∵$E$为$AF$中点，且$AC⊥BD$，
∴$OE$垂直平分$AF$，故$CF = CA$（中垂线性质），
∴$∠CAF = ∠CFA = \alpha$。
∵$CF = CG$，
∴$CG = CA$，$∠G = ∠CAG$。
在$\triangle AFG$中，$∠AFC = \alpha$，$∠ACF = 180^{\circ}-2\alpha$，
∴$∠ACG = 180^{\circ}-∠ACF = 2\alpha$。
在$\triangle ACG$中，$∠G = \frac{180^{\circ}-∠ACG}{2} = \frac{180^{\circ}-2\alpha}{2} = 90^{\circ}-\alpha$。
结论：$\angle G = 90^{\circ}-\alpha$，选C。
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AC⊥BD$，$∠BAO = ∠DAO = \alpha$（$O$为$AC$、$BD$交点）。
∵$AF$平分$∠BAC$，
∴$∠BAE = ∠EAC = \alpha$。
∵$E$为$AF$中点，且$AC⊥BD$，
∴$OE$垂直平分$AF$，故$CF = CA$（中垂线性质），
∴$∠CAF = ∠CFA = \alpha$。
∵$CF = CG$，
∴$CG = CA$，$∠G = ∠CAG$。
在$\triangle AFG$中，$∠AFC = \alpha$，$∠ACF = 180^{\circ}-2\alpha$，
∴$∠ACG = 180^{\circ}-∠ACF = 2\alpha$。
在$\triangle ACG$中，$∠G = \frac{180^{\circ}-∠ACG}{2} = \frac{180^{\circ}-2\alpha}{2} = 90^{\circ}-\alpha$。
结论：$\angle G = 90^{\circ}-\alpha$，选C。