专题06 四边形（5大题型）【好题汇编】-2024年中考数学二模试题分类汇编（湖北专用）

专题06 平行四边形与特殊平行四边形 多边形及其内外角和 1．（2024年湖北省孝感高新区中考二模）五边形的外角和等于（） A．180° B．360° C．540° D．720° 2．（2024年湖北省黄冈市部分学校中考二模）如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为，那么这个多边形的一个外角等于（    ） A． B． C． D． 3．（2024年湖北省黄石市阳新县陶港中学中考二模）图中表示被撕掉一块的正n边形纸片，若（即延长a和b相交形成的），则n的值是（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 4．（2024年湖北省黄石市铁山区部分学校中考二模）如图，王林从点出发沿直线前进5米到达点，向左转后又沿直线前进5米到达点，再向左转后沿直线前进5米到达点……照这样走下去，王林第一次回到出发点时所走的路程为（    ）    A．100米 B．80米 C．60米 D．40米 5．（2024年湖北省大冶市二模）若正多边形的内角和是1080°，则该正多边形的一个外角为（   ） A． B． C． D． 6．（2024年湖北省新中考二模数学试题（省统考））在正五边形中，连接对角线，其中相交于点，连接，交于点，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D． 平行四边形的性质和判定 1．（2024年湖北省广水市中考二模）如图，在矩形中，点F在的延长线上，，求证：四边形是平行四边形． 2．（2024年湖北省黄冈市部分学校中考二模）如图，在四边形中，，E为上一点，且，，，求证：四边形为平行四边形． 3．（2024年湖北省武汉市中考二模）如图，已知E、F分别是的边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，且，求的长． 矩形的性质和判定 1．（2024年湖北省荆州市中考二模）如图推理中，空格①②③④处可以填上条件“对角线相等”的是（    ）    A．①② B．①④ C．③④ D．②③ 2．（2024年湖北省武汉市华中师范大学附属中学中考二模）如图，矩形中，，在轴上．且点的横坐标为，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交轴的正半轴于，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 3．（2024年湖北省孝感高新区中考二模）如图，在矩形中，，，点M为的中点，E是上的一点，连接，作点B关于直线的对称点，连接并延长交于点F．当最大时，点到的距离是 ．    4．（2024年湖北省襄阳市枣阳市中考二模）如图，在△ABC中，AB=BC，BD平分∠ABC，四边形ABED是平行四边形，DE交BC于点F，连接CE 求证：四边形BECD是矩形． 5．（2024年湖北省武汉市硚口区中考二模）如图，D在的边上，，交于点M，． (1)求证：； (2)请添加一个条件，使四边形为矩形．（不需要说明理由） 菱形的性质和判定 1．（2024年湖北省武汉市华中师范大学附属中学中考二模）如图，在菱形中，，、分别是、的中点，、相交于点，连接、．给出以下结论，其中不正确的有（    ） A． B． C． D． 2．（2024年湖北省宜昌市宜都市中考二模）已知：为矩形对角线．根据下面尺规作图得到的条件解答后面的问题．作法：分别以点A，C为圆心，以大于的长度为半径画弧交于点M，N，作直线，分别交边，于点E，F，连接，． (1)判断四边形是什么特殊四边形，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 3．（2024年湖北省十堰市茅箭区十堰市实验中学中考二模）如图，是的角平分线，过点作交于点，交于点． （1）求证：四边形为菱形； （2）如果，，，求四边形的面积． 4．（2024年湖北省大冶市二模）已知：如图，是的角平分线，过点D分别作和的平行线交于点E，交于点F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，试求四边形的面积． 5．（2024年湖北省新中考二模数学试题（省统考））如图，在中，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 6．（2024年湖北省孝感高新区中考二模）如图，已知为的对角线．的垂直平分线分别交于点E，F，O，连接，求证：四边形为菱形． 正方形的性质和判定 1．（2024年湖北省中考恩施名校联考中考二模）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的一点，BE=1，F为AB上的一点，AF=2，P为AC上的一个动点，则PF＋PE 的最小值为 2．（2024年湖北省中考恩施名校联考中考二模）已知矩形，平分交的延长线于点，过点作，垂足在边的延长线上，求证：四边形是正方形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 平行四边形与特殊平行四边形 多边形及其内外角和 1．（2024年湖北省孝感高新区中考二模）五边形的外角和等于（） A．180° B．360° C．540° D．720° 【答案】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°． 2．（2024年湖北省黄冈市部分学校中考二模）如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为，那么这个多边形的一个外角等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正多边形内角和和外角和定理，设这个多边形的边数为n，根据n边形的内角和为得到方程，解方程求出，再根据多边形外角和为360度即可求出答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形的一个外角等于， 故选：C． 3．（2024年湖北省黄石市阳新县陶港中学中考二模）图中表示被撕掉一块的正n边形纸片，若（即延长a和b相交形成的），则n的值是（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】B 【分析】本题主要考查多边形的内角和外角和，掌握相关定义是解题的关键．根据题意可以得到正多边形的一个外角为，进而可得正多边形的边数． 【详解】解：∵， ∴， ∴正多边形的一个外角为， ∴， 故选：B． 4．（2024年湖北省黄石市铁山区部分学校中考二模）如图，王林从点出发沿直线前进5米到达点，向左转后又沿直线前进5米到达点，再向左转后沿直线前进5米到达点……照这样走下去，王林第一次回到出发点时所走的路程为（    ）    A．100米 B．80米 C．60米 D．40米 【答案】D 【分析】根据王林每次沿直线前进5米，向左转，得到王林所走过的图形为正多边形，求出边数，即可得解． 【详解】解：∵王林每次沿直线前进5米，向左转， ∴王林所走过的图形为正多边形， ∴边数， ∴王林第一次回到出发点时所走的路程为米； 故选D． 【点睛】本题考查正多边形的外角和．解题的关键是得到王林所走过的图形为正多边形，利用正多边形的外角和定理求出边数． 5．（2024年湖北省大冶市二模）若正多边形的内角和是1080°，则该正多边形的一个外角为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【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）=1080，继而可求得答案． 【详解】设这个正多边形的边数为n， ∵一个正多边形的内角和为1080°， ∴180（n-2）=1080， 解得：n=8， ∴这个正多边形的每一个外角是：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．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． 6．（2024年湖北省新中考二模数学试题（省统考））在正五边形中，连接对角线，其中相交于点，连接，交于点，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正五边形的性质，菱形的判定与性质，首先由正五边形的性质可得，，，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证得四边形为菱形，得，即，由菱形的性质和勾股定理得出，即可得到，可证明，即可得出，由正五边形内角和得到，结合菱形的性质得到，． 【详解】解：是正五边形， ，，， 四边形为菱形， ， ，故A选项正确； ， ，故B选项正确； ， ， ，故C选项正确； ， ，， ，故D选项不正确， 故选：D． 平行四边形的性质和判定 1．（2024年湖北省广水市中考二模）如图，在矩形中，点F在的延长线上，，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，等腰三角形的性质，熟记平行四边形的判定和性质是解题的关键．由矩形的性质，得出，，，再由等腰三角形的性质得到，进而推出结论． 【详解】证明：∵四边形矩形， ∴，，， ∵，即是等腰三角形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 2．（2024年湖北省黄冈市部分学校中考二模）如图，在四边形中，，E为上一点，且，，，求证：四边形为平行四边形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，先证明，得出，再由平行四边形的判定可得出结论． 【详解】证明：∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． 3．（2024年湖北省武汉市中考二模）如图，已知E、F分别是的边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】该题主要考查了平行四边形的判定与性质和菱形的性质，解题的关键是掌握以上知识点． （1）利用平行四边形的性质得出，从而得出，进而求解即可． （2）利用菱形的性质以及三角形内角和定理得出，可求得，再利用直角三角形的性质得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，且， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 矩形的性质和判定 1．（2024年湖北省荆州市中考二模）如图推理中，空格①②③④处可以填上条件“对角线相等”的是（    ）    A．①② B．①④ C．③④ D．②③ 【答案】D 【分析】根据矩形的判定定理，正方形的判定定理即可求解． 【详解】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，对角线相等的菱形是正方形， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，熟练掌握矩形的判定定理，正方形的判定定理是解题的关键． 2．（2024年湖北省武汉市华中师范大学附属中学中考二模）如图，矩形中，，在轴上．且点的横坐标为，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交轴的正半轴于，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得出，由题意可知：，再根据点坐标进而可以解决问题； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ 由题意可知： ∵点的横坐标为 ∴点的横坐标为 ∵点在轴上 ∴点的坐标为 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质、平面直角坐标系内点的坐标特征；熟练掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 3．（2024年湖北省孝感高新区中考二模）如图，在矩形中，，，点M为的中点，E是上的一点，连接，作点B关于直线的对称点，连接并延长交于点F．当最大时，点到的距离是 ．    【答案】 【分析】如图，由题意可得：在上，过作于，由点B关于直线的对称点，可得，，，，当与切于点时，最大，此时，证明，重合，可得，，求解，证明，可得，从而可得答案． 【详解】解：如图，由题意可得：在上，过作于， ∵点B关于直线的对称点， ∴，，，， 当与切于点时，最大，此时，    ∴， ∴，重合， ∴， ∵矩形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点到的距离是． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 4．（2024年湖北省襄阳市枣阳市中考二模）如图，在△ABC中，AB=BC，BD平分∠ABC，四边形ABED是平行四边形，DE交BC于点F，连接CE 求证：四边形BECD是矩形． 【答案】见解析 【分析】根据已知条件易推知四边形BECD是平行四边形．结合等腰△ABC“三线合一”的性质证得BD⊥AC，即∠BDC=90°，所以由“有一内角为直角的平行四边形是矩形”得到▱BECD是矩形． 【详解】证明：∵AB=BC，BD平分∠ABC， ∴BD⊥AC，AD=CD． ∵四边形ABED是平行四边形， ∴，BE=AD， ∴BE=CD， ∴四边形BECD是平行四边形． ∵BD⊥AC， ∴∠BDC=90°， ∴▱BECD是矩形． 【点睛】本题考查矩形的判定，等腰三角形三线合一的性质，平行四边形的判定和性质．解题的关键是掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形． 5．（2024年湖北省武汉市硚口区中考二模）如图，D在的边上，，交于点M，． (1)求证：； (2)请添加一个条件，使四边形为矩形．（不需要说明理由） 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形与矩形之间的关系是解题的关键； （1）根据平行线的性质得，证明，根据全等三角形对应边相等得出答案； （2）先判断四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形直接判断即可． 【详解】（1）， ， 在和中 ， ， ， （2），理由如下： 由（1）得： ，， 四边形是平行四边形， ，四边形是平行四边形， 四边形是矩形． 菱形的性质和判定 1．（2024年湖北省武汉市华中师范大学附属中学中考二模）如图，在菱形中，，、分别是、的中点，、相交于点，连接、．给出以下结论，其中不正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件可判定为等边三角形，可得出、，可求得，可判断A正确；根据，是的中点，得出，则，进而得出，可判断B正确；根据四边形为菱形，推出，则，，得出，进而得出，即可判断C正确；由，可判断D错误．可得出答案． 【详解】解：连接，∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， 又∵、分别是、的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴选项A正确； ∵，是的中点， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴，选项B正确； ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴选项C正确； 在中，根据勾股定理得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，选项D错误． 故选：D．    【点睛】本题主要考查菱形的性质及等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的四边相等、对边平行及等边三角形的性质是解题的关键． 2．（2024年湖北省宜昌市宜都市中考二模）已知：为矩形对角线．根据下面尺规作图得到的条件解答后面的问题．作法：分别以点A，C为圆心，以大于的长度为半径画弧交于点M，N，作直线，分别交边，于点E，F，连接，． (1)判断四边形是什么特殊四边形，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)菱形，理由见解析 (2)20 【分析】本题主要考查菱形的判定与性质,相似三角形的判定与 ： （1）由作图，结合垂直平分线的性质，可得，从而证明四边形是菱形； （2）证明，求出的长，根据菱形的性质可得结论 【详解】（1）解：由作图得，是的垂直平分线， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，设交于点O 在矩形中， ∴, ∵四边形是菱形， ∴， ∴ 又 ∴， ∴ ∴， ∴四边形的面积． 3．（2024年湖北省十堰市茅箭区十堰市实验中学中考二模）如图，是的角平分线，过点作交于点，交于点． （1）求证：四边形为菱形； （2）如果，，，求四边形的面积． 【答案】（1）证明见详解；（2） 【分析】（1）根据已知DE∥BC，DF∥AB，判定平行四边形，再由邻边BE＝ED，判定菱形即可； （2）根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理以及菱形的面积解答即可． 【详解】（1）证明：∵DE∥BC，DF∥AB， ∴四边形BFDE是平行四边形， ∵BD是△ABC的角平分线， ∴∠EBD＝∠DBF， ∵DE∥BC， ∴∠EDB＝∠DBF， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴BE＝ED， ∴平行四边形BFDE是菱形； （2）解：连接EF，交BD于O， ∵∠BAC＝90°，∠C＝30°， ∴∠ABC＝60°， ∵ 四边形为菱形， ∴BD⊥EF，∠EDF＝∠EBF＝60°，BD平分∠EDF， ∴∠ODF＝30°，∠DOF＝90°， 在Rt△DOF中，设OF＝x，则DF＝2x， ∴，解得： ， 即：OF＝， ∴ EF＝2OF＝， ∴菱形BFDE的面积＝•EF•BD＝×12×＝． 【点睛】此题考查了菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 4．（2024年湖北省大冶市二模）已知：如图，是的角平分线，过点D分别作和的平行线交于点E，交于点F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，试求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】（1）由已知易得四边形是平行四边形，由角平分线和平行线的定义可得，进而证明，则四边形是菱形； （2）因为菱形的对角线互相垂直平分，可得，根据勾股定理得，则，最后根据菱形的面积即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∴ ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图所示，连接，与交于点O， ∵四边形是菱形， ∴互相垂直且平分， ∴， 根据勾股定理得， ∴， ∴四边形的面积．    【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，熟知菱形对角线 垂直平分是解题的关键． 5．（2024年湖北省新中考二模数学试题（省统考））如图，在中，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)答案见解析 (2)242 【分析】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． 【详解】（1）解：(1)四边形是菱形，理由是 ，， 四边形是平行四边形 平分 ， ， ， 平行四边形是菱形． （2） 四边形是正方形 ， 四边形的面积为∶． 6．（2024年湖北省孝感高新区中考二模）如图，已知为的对角线．的垂直平分线分别交于点E，F，O，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质．根据线段垂直平分线的性质可得，从而得到，再根据平行四边形的性质可得，从而得到，即可求证． 【详解】证明：∵垂直平分， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 正方形的性质和判定 1．（2024年湖北省中考恩施名校联考中考二模）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的一点，BE=1，F为AB上的一点，AF=2，P为AC上的一个动点，则PF＋PE 的最小值为 【答案】 【分析】作点F关于AC对称点F′根据正方形ABCD是轴对称图形，AC是一条对称轴,可得点F关于AC的对称点在线段AD上，连结EF′，P为AC上的一个动点，PF=PF′，则PF+PE=PF′+PE≥EF′，PF+PE的最小值为EF′的长即可． 【详解】解：作点F关于AC对称点F′， ∵正方形ABCD是轴对称图形，AC是一条对称轴， ∴点F关于AC的对称点在线段AD上，连结EF′， ∵P为AC上的一个动点， ∴PF=PF′ 则PF+PE=PF′+PE≥EF′， PF+PE的最小值为EF′的长， ∵AB=4，AF=2， ∴AF′=AF=2， ∴EF′=． 【点睛】本题考查正方形性质，轴对称性质，两点之间线段最短，掌握正方形性质，轴对称性质，两点之间线段最短是解题关键． 2．（2024年湖北省中考恩施名校联考中考二模）已知矩形，平分交的延长线于点，过点作，垂足在边的延长线上，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】先证明四边形是矩形，然后根据角平分线的性质得到，即可证明矩形是正方形. 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴90°， ∵， ∴90°， ∴四边形是矩形，ED⊥AD， ∵平分， ∴， ∴矩形是正方形. 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定，角平分线的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$