专题12 四边形（10大考点）-【好题汇编】三年（2022-2024）中考数学真题分类汇编（四川专用）

专题12 四边形 思维导图 考点1 多边形的内、外角和 1．（2024·四川乐山·中考真题）下列多边形中，内角和最小的是（      ） A． B． C． D． 2．（2023·四川自贡·中考真题）第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不完整的正多边形图案，小华量得图中一边与对角线的夹角，算出这个正多边形的边数是（    ）    A．9 B．10 C．11 D．12 3．（2023·四川巴中·中考真题）下列说法正确的是（    ） A．多边形的外角和为 B． C． D．可能性很小的事情是不可能发生的 4．（2023·江苏宿迁·中考真题）凸七边形的内角和是 度． 5.（2022·四川眉山·中考真题）一个多边形外角和是内角和的，则这个多边形的边数为 ． 6.（2022·四川攀枝花·中考真题）同学们在探索“多边形的内角和”时，利用了“三角形的内角和”．请你在不直接运用结论“n边形的内角和为”计算的条件下，利用“一个三角形的内角和等于180°”，结合图形说明：五边形的内角和为540°． 考点2 正多边形的计算 1.（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形的面积为，则正六边形的边长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 3．（2024·四川资阳·中考真题）一个正多边形的每个外角度数都等于，则这个多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 4．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为 ．    5．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是 ． 6．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的顶点A、F分别在正方形BMGH的边BH、GH上．若正方形BMGH的边长为6，则正六边形ABCDEF的边长为 ． 考点3 平行四边形的性质 1．（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 2.（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 4．（2023·四川雅安·中考真题）如图，在中，F是上一点，交于点E，的延长线交的延长线于点G，，，则的长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 5．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在平行四边形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．若，则为 ． 6．（2023·四川乐山·中考真题）如图，在平行四边形中，E是线段上一点，连结交于点F．若，则 ． 考点4 平行四边形的判定 1．（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（  ） A． B． C． D． 2．（2022·四川达州·中考真题）如图，在中，点D，E分别是，边的中点，点F在的延长线上．添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川达州·中考真题）如图，线段、相交于点．且，于点． (1)尺规作图：过点作的垂线，垂足为点、连接、；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母） (2)若，请判断四边形的形状，并说明理由．（若前问未完成，可画草图完成此问） 4．（2023·四川广安·中考真题）如图，在四边形中，与交于点，，垂足分别为点，且．求证：四边形是平行四边形．    5．（2022·四川泸州·中考真题）已知：如图，点，是中，边上的点，且，连接．求证：． 6．（2022·四川内江·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE＝DF．求证：    (1)△ABE≌△CDF； (2)四边形AECF是平行四边形． 考点5 矩形的性质与判定 1．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于、两点．若，，则的长度为（    ） A．1 B．2 C． D． 3．（2022·四川攀枝花·中考真题）如图，在矩形中，，，点E、F分别为、的中点，、相交于点G，过点E作，交于点H，则线段的长度是（    ） A． B．1 C． D． 4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 5．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在矩形中，，，点P，Q分别在和上，，M为上一点，且满足．连接、，若，则的长为 ．   6．（2022·四川巴中·中考真题）如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG=CE，连接DG、DE、FG． (1)求证：△ABE≌△FCE； (2)若AD=2AB，求证：四边形DEFG是矩形． 考点6 菱形的性质与判定 1．（2024·四川乐山·中考真题）如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（   ） A． B． C． D． 2．（2023·四川乐山·中考真题）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则（    ）    A．2 B． C．3 D．4 3．（2024·四川眉山·中考真题）如图，菱形的边长为6，，过点作，交的延长线于点，连结分别交，于点，，则的长为 ． 4．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，对角线与相交于点，点为的中点，连接与相交于点，连接并延长交于点． (1)证明：； (2)证明：． 5．（2024·四川广安·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求证：∠DEF＝∠DFE． 6．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，四边形中，，点O为对角线的中点，过点O的直线l分别与、所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）    (1)求证：； (2)当直线时，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由． 考点7 正方形的性质与判定 1．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 2．（2023·四川·中考真题）如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为(　　)    A． B． C． D． 3．（2022·四川眉山·中考真题）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论： ①；②；③；④．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 5．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．    6．（2023·四川南充·中考真题）如图，正方形中，点在边上，点是的中点，连接，．    (1)求证：； (2)将绕点逆时针旋转，使点的对应点落在上，连接．当点在边上运动时（点不与，重合），判断的形状，并说明理由． (3)在（2）的条件下，已知，当时，求的长． 考点8 四边形之最值问题 1．（2023·四川德阳·中考真题）如图，的面积为12，，与交于点O．分别过点C，D作，的平行线相交于点F，点G是的中点，点P是四边形边上的动点，则的最小值是（    ）    A．1 B． C． D．3 2．（2022·四川资阳·中考真题）如图，正方形的对角线交于点O，点E是直线上一动点．若，则的最小值是(   ) A． B． C． D． 3．（2022·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（　　） A．2 B． C．1.5 D． 4．（2023·四川泸州·中考真题）如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是 ．  5．（2022·四川内江·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是 ． 6．（2024·四川资阳·中考真题）已知二次函数与的图像均过点和坐标原点，这两个函数在时形成的封闭图像如图所示，为线段的中点，过点且与轴不重合的直线与封闭图像交于，两点．给出下列结论： ①； ②； ③以，，，为顶点的四边形可以为正方形； ④若点的横坐标为，点在轴上（，，三点不共线），则周长的最小值为． 其中，所有正确结论的个数是（   ） A． B． C． D． 考点9 四边形之折叠问题 1．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在矩形中，，，点在上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，，，将沿BD折叠到位置，DE交AB于点F，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2022·四川达州·中考真题）如图，点E在矩形的边上，将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，若，，则的长为（    ） A．9 B．12 C．15 D．18 4．（2023·四川南充·中考真题）如图，在等边中，过点C作射线，点M，N分别在边，上，将沿折叠，使点B落在射线上的点处，连接，已知．给出下列四个结论：①为定值；②当时，四边形为菱形；③当点N与C重合时，；④当最短时，．其中正确的结论是 （填写序号） 5．（2022·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是 ．（填写序号） 6．（2022·四川雅安·中考真题）如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，若BC＝9，CD＝3，那么阴影部分的面积为 ． 考点10 中位线与中点四边形 1．（2023·四川内江·中考真题）如图，在中，点D、E为边的三等分点，点F、G在边上，，点H为与的交点．若，则的长为（　　）    A．1 B． C．2 D．3 2．（2023·四川巴中·中考真题）如图，在中，，D、E分别为中点，连接相交于点F，点G在上，且，则四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2023·四川泸州·中考真题）如图，的对角线，相交于点，的平分线与边相交于点，是中点，若，，则的长为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2022·四川眉山·中考真题）在中，，，，点，，分别为边，，的中点，则的周长为（    ） A．9 B．12 C．14 D．16 5．（2024·四川凉山·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，若对角线，则四边形的周长是 ． 6．（2023·四川巴中·中考真题）综合与实践．    (1)提出问题．如图1，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点O． ①的度数是___________．       ②__________． (2)类比探究．如图2，在和中，，且，连接并延长交于点O． ①的度数是___________．         ②___________． (3)问题解决．如图3，在等边中，于点D，点E在线段上（不与A重合），以为边在的左侧构造等边，将绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为的中点，N为的中点． ①试说明为等腰三角形． ②求的度数． 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 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 四边形 思维导图 考点1 多边形的内、外角和 1．（2024·四川乐山·中考真题）下列多边形中，内角和最小的是（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】边数为n的多边形的内角和，分别求出三角形，四边形，五边形，六边形的内角和，即可得到． 【详解】解：三角形的内角和等于 四边形的内角和等于 五边形的内角和等于 六边形的内角和等于 所以三角形的内角和最小 故选：A． 【点睛】本题考查了多边形的内角和，能熟记边数为n的多边形的内角和是解此题的关键． 2．（2023·四川自贡·中考真题）第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不完整的正多边形图案，小华量得图中一边与对角线的夹角，算出这个正多边形的边数是（    ）    A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】D 【分析】根据三角形内角和定理以及正多边形的性质，得出，然后可得每一个外角为，进而即可求解． 【详解】解：依题意，，， ∴ ∴ ∴这个正多边形的一个外角为， 所以这个多边形的边数为， 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，正多边形的性质，正多边形的外角与边数的关系，熟练掌握正多边的外角和等于360°是解题的关键． 3．（2023·四川巴中·中考真题）下列说法正确的是（    ） A．多边形的外角和为 B． C． D．可能性很小的事情是不可能发生的 【答案】A 【分析】 根据多边形的外角和，因式分解，科学记数法，事件可能性的大小，进行判断即可． 【详解】解：A中多边形的外角和为，正确，故符合要求； B中，错误，故不符合要求； C中，错误，故不符合要求； D中可能性很小的事情是可能发生的，错误，故不符合要求； 故选：A． 【点睛】本题考查了多边形的外角和，因式分解，科学记数法，事件可能性的大小．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 4．（2023·江苏宿迁·中考真题）凸七边形的内角和是 度． 【答案】900 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理．应用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】解：七边形的内角和， 故答案为：900． 5.（2022·四川眉山·中考真题）一个多边形外角和是内角和的，则这个多边形的边数为 ． 【答案】11 【分析】多边形的内角和定理为，多边形的外角和为360°，根据题意列出方程求出n的值． 【详解】解：根据题意可得：， 解得： ， 故答案为：11． 【点睛】本题主要考查的是多边形的内角和公式以及外角和定理，属于基础题型．记忆理解并应用这两个公式是解题的关键． 6.（2022·四川攀枝花·中考真题）同学们在探索“多边形的内角和”时，利用了“三角形的内角和”．请你在不直接运用结论“n边形的内角和为”计算的条件下，利用“一个三角形的内角和等于180°”，结合图形说明：五边形的内角和为540°． 【答案】答案见解析 【分析】 如下图，连接，，将五边形分成三个三角形，然后利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】 解：连接，， 五边形的内角和等于，，的内角和的和， 五边形的内角和． 【点睛】此题考查了三角形的内角和定理，熟练运用三角形内角和定理，并将五边形转化为三个三角形是解答此题的关键． 考点2 正多边形的计算 1.（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形的外角，设这个正多边形的边数为，先根据内角和求出正多边形的边数，再用外角和除以边数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：设这个正多边形的边数为， 则， ∴， ∴这个正多边形的每个外角为， 故选：． 2．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形的面积为，则正六边形的边长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查正六边形的性质，正三角形的性质，设出边长去表示正三角形面积和正六边形面积即可． 【详解】解：如图：根据多边形的内角和定理可求出正六边形的一个内角为，故正六边形是由6个正三角形构成的，过点作垂足是， 设正六边形的边长为，即 在正三角形中， ∵， ∴， 在中， 一个正三角形的面积为：， 正六边形的面积为：， ∴， 解得：， 故选：C． 3．（2024·四川资阳·中考真题）一个正多边形的每个外角度数都等于，则这个多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【分析】本题考查多边形的外角和，解题的关键是掌握多边形的外角和等于，根据正多边形的每个内角相等，每个外角也相等，外角和等于，即可得出答案． 【详解】解：∵多边形的外角和等于，且这个每个外角都等于， ∴它的边数为. 故选：C． 4．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为 ．    【答案】/18度 【分析】连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答． 【详解】解：连接，，    ∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵在正五边形中，， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查正多边形的性质，内角，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键． 5．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是 ．    【答案】/ 【分析】此题考查了正五边形以及等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．根据正五边形以及等腰三角形的性质得出，再证明，根据相似三角形的性质求出，最后由线段和差即可求出的长． 【详解】解：如图，连接交于点，    ∵五边形是正五边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：． 6．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的顶点A、F分别在正方形BMGH的边BH、GH上．若正方形BMGH的边长为6，则正六边形ABCDEF的边长为 ． 【答案】4 【分析】连接，根据正六边形的特点可得，根据含30度角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】如图，连接， 正六边形ABCDEF的顶点A、F分别在正方形BMGH的边BH、GH上 正六边形每个内角为，直线为对称轴 ，AB=AF 则 则， 正方形BMGH的边长为6 ， 设，则AF=2x， 所以 解得 故答案为：4 【点睛】本题考查了正多边形的性质，正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 考点3 平行四边形的性质 1．（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中位线的性质可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴O是中点， 又∵E是中点， ∴OE是的中位线， ∴，， ∵的周长为12，， ∴， ∴的周长为． 故选：B. 2.（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，对角线互相平分，对角相等等性质进行判断即可 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，，故①③正确， ，， 点是的中点， ， 又，，， ， ，，故②不正确， ，， ， 即，故④正确， 综上所述，正确结论的个数为3个， 故选：C． 3．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查角平分线的尺规作图、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及相似性质与判定的综合．先由作图得到为的角平分，利用平行线证明，从而得到，再利用平行四边形的性质得到，再证明，分别求出，，则各选项可以判定． 【详解】解：由作图可知，为的角平分， ∴，故A正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴，故B正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，，故D错误； ∵， ∴，故C正确， 故选：D． 4．（2023·四川雅安·中考真题）如图，在中，F是上一点，交于点E，的延长线交的延长线于点G，，，则的长为（    ）      A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】由平行四边形的性质可得，，设为x可得，解之即可． 【详解】∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， 设为x， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， 即， 得， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例的性质，熟练掌握其性质是解题的关键． 5．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在平行四边形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．若，则为 ．    【答案】 【分析】先利用基本作图得，再根据平行四边形的性质和平行线的性质得到，从而得到． 【详解】解：由作法得平分， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了尺规作角平分线，平行四边形的性质，熟练掌握基本作图是解题的关键． 6．（2023·四川乐山·中考真题）如图，在平行四边形中，E是线段上一点，连结交于点F．若，则 ．    【答案】 【分析】四边形是平行四边形，则，可证明，得到，由进一步即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】此题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键． 考点4 平行四边形的判定 1．（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可． 【详解】解：A、∵， ∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意； B、∵， ∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意； C、∵， ∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意； D、∵，不能得出四边形是平行四边形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理． 2．（2022·四川达州·中考真题）如图，在中，点D，E分别是，边的中点，点F在的延长线上．添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用三角形中位线定理得到DE∥AC且DE=AC，结合平行四边形的判定定理进行选择． 【详解】解：∵在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AC且DE=AC， A、根据∠B=∠F不能判定CF∥AD，即不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误． B、根据DE=EF可以判定DF=AC，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到四边形ADFC为平行四边形，故本选项正确． C、根据AC=CF不能判定AD∥DF，即不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误． D、根据AD=CF，FD∥AC不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了三角形的中位线的性质和平行四边形的判定．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． 3．（2024·四川达州·中考真题）如图，线段、相交于点．且，于点． (1)尺规作图：过点作的垂线，垂足为点、连接、；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母） (2)若，请判断四边形的形状，并说明理由．（若前问未完成，可画草图完成此问） 【答案】(1)见解析 (2)四边形是平行四边形，理由见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，垂线的尺规作图，全等三角形的性质与判定： （1）先根据垂线的尺规作图方法作出点F，再连接、即可； （2）先证明，得到，再证明，进而证明，得到，即可证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 4．（2023·四川广安·中考真题）如图，在四边形中，与交于点，，垂足分别为点，且．求证：四边形是平行四边形．    【答案】见详解 【分析】先证明，再证明 ，再由平行四边形的判定即可得出结论． 【详解】证明：，， ， 又， ， ， ∵， ， 四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键． 5．（2022·四川泸州·中考真题）已知：如图，点，是中，边上的点，且，连接．求证：． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的性质证得，根据等式的性质可得到，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证得四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的性质即可证得． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴，即． ∴四边形是平行四边形． ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质．熟练掌握平行四边形的判定定理和性质是解题关键． 6．（2022·四川内江·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE＝DF．求证：    (1)△ABE≌△CDF； (2)四边形AECF是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，结合已知条件根据SAS即可证明； （2）根据可得，根据邻补角的意义可得，可得，根据一组对边平行且相等即可得出． 【详解】（1）证明：解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又， ∴（SAS）； （2）证明：∵， ∴ ∴， ∴四边形AECF是平行四边形 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 考点5 矩形的性质与判定 1．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，则， ∴选项A中不一定正确，故不符合题意； 选项B中不一定正确，故不符合题意； 选项C中一定正确，故符合题意； 选项D中不一定正确，故不符合题意， 故选：C． 2．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于、两点．若，，则的长度为（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】根据邻补角求出∠DEO的度数，根据余角的定义求出∠ADO的度数，再根据平行四边形的性质及等边对等角可求出∠EAO和∠AOE的度数，根据等角对等边得出AE=EO，然后勾股定理可求得AE的值，最后根据中心对称的性质即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设OE=x,则DE=2x 在中， 即 解得：（负值已舍去） ∴， ∵矩形关于对角线交点中心对称， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． 3．（2022·四川攀枝花·中考真题）如图，在矩形中，，，点E、F分别为、的中点，、相交于点G，过点E作，交于点H，则线段的长度是（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质得出，求出，，求出，根据勾股定理求出，求出，根据三角形的中位线求出，根据相似三角形的判定得出，根据相似三角形的性质得出，再求出答案即可． 【详解】解析：四边形是矩形，，， ，，， 点E、F分别为、的中点， ，， ， ， ， ． 由勾股定理得：， ， ， ， ， ， 解得：， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的关键． 4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作，垂足为H，利用勾股定理求出的长，利用角的余弦值求出的长，再利用勾股定理求出，从而得出，利用三角形面积求出即可． 【详解】解：如图，过点F作，垂足为H， 四边形为矩形， ，， ，， ， ，即， 解得：， ，即， 解得：， ， ， ，即， 解得：， 故答案为：． 5．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在矩形中，，，点P，Q分别在和上，，M为上一点，且满足．连接、，若，则的长为 ．    【答案】3 【分析】可令的长为x，证明，可得，即，从而可得，，最后利用进行求解即可． 【详解】解：设的长为x， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 又∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：3． 【点睛】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，通过相似比找出其他线段与的关系是解题的关键． 6．（2022·四川巴中·中考真题）如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG=CE，连接DG、DE、FG． (1)求证：△ABE≌△FCE； (2)若AD=2AB，求证：四边形DEFG是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE； （2）先证明四边形DEFG是平行四边形， 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，再证明DF=EG，即可证明四边形DEFG是矩形． ∴ABCD， ∴∠EAB=∠CFE， 又∵E为BC的中点， ∴EC=EB， ∴在△ABE和△FCE中， ， ∴△ABE≌△FCE(AAS)； （2）证明：∵△ABE≌△FCE， ∴AB=CF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=DC， ∴DC=CF， 又∵CE=CG， ∴四边形DEFG是平行四边形， ∵E为BC的中点，CE=CG， ∴BC=EG， 又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB， ∴DF=EG， ∴平行四边形DEFG是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键． 考点6 菱形的性质与判定 1．（2024·四川乐山·中考真题）如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】该题主要考查了菱形的性质，垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上点M的运动路径． 过点C作交于点H，根据，四边形是菱形，，算出，得出，垂直平分，再证明，得出，证明垂直平分，点M在上运动，根据解直角三角形 ．即可求解． 【详解】解：过点C作交于点H， ∵，四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∵点P和点Q关于点C对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴点M在上运动， 当点P与点B重合时，点M位于点， 此时，∵，四边形是菱形，， ∴， ∴． 故点M的运动路径长为． 故选：B． 2．（2023·四川乐山·中考真题）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则（    ）    A．2 B． C．3 D．4 【答案】B 【分析】先由菱形的性质得，，，再由勾股定理求出，然后由直角 三角形斜边的中线等于斜边的一半求解． 【详解】解：∵菱形， ∴，，， ∴由勾股定理，得， ∵E为边的中点， ∴ 故选：B． 【点睛】本考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键． 3．（2024·四川眉山·中考真题）如图，菱形的边长为6，，过点作，交的延长线于点，连结分别交，于点，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 首先根据菱形的性质得到，，，然后勾股定理求出，，然后证明出，得到，求出，然后证明出，得到，求出，进而求解即可． 【详解】解：菱形的边长为6，， ，，， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 4．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，对角线与相交于点，点为的中点，连接与相交于点，连接并延长交于点． (1)证明：； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键． （1）先根据菱形的性质可得，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证； （2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据定理即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵点为的中点， ∴， ∴ ∵， ∴． （2）证明：∵是等边三角形，，， ∴， ∴ ∵是等边三角形， ∴， 在和中， ， ∴． 5．（2024·四川广安·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求证：∠DEF＝∠DFE． 【答案】见解析 【分析】根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，再由BE=BF，可推出AE=CF，即可利用SAS证明△ADE≌△CDF得到DE=DF，则∠DEF=∠DFE． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C， ∵BE=BF， ∴AB-BE=BC-BF，即AE=CF， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴DE=DF， ∴∠DEF=∠DFE． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质． 6．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，四边形中，，点O为对角线的中点，过点O的直线l分别与、所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）    (1)求证：； (2)当直线时，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为菱形；理由见解析 【分析】（1）根据证明即可； （2）连接、，根据，得出，根据，证明四边形为平行四边形，根据，证明四边形为菱形即可． 【详解】（1）证明：∵点O为对角线的中点， ∴， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴； （2）解：四边形为菱形，理由如下： 连接、，如图所示：    根据解析（1）可知，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵，即， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的判定，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法和菱形的判定方法． 考点7 正方形的性质与判定 1．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则，根据全等三角形，正方形的性质可得，再根据勾股定理可得，即可求出的值． 【详解】解：根据题意，设，则， ∵，四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．（2023·四川·中考真题）如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为(　　)    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，证明四边形是正方形，进而得出，，然后根据扇形面积公式即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，    ∵，，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴图中阴影部分面积， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，求扇形面积，证明四边形是正方形是解题的关键． 3．（2022·四川眉山·中考真题）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论： ①；②；③；④．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再证明即可求出可知③正确；过点E作交FD于点M，求出，再证明，即可知④正确． 【详解】解：∵旋转得到， ∴， ∵为正方形，，，在同一直线上， ∴， ∴，故①正确； ∵旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； 设正方形边长为a， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴，即，解得：， ∵， ∴，故③正确； 过点E作交FD于点M， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，故④正确 综上所述：正确结论有4个， 故选：D 【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解． 4．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、含30度角的直角三角形的性质求解即可得． 【详解】解：四边形是边长为6的正方形， ， 在和中，， ， ， ， ， ， 又， ， 设，则，， ， 解得， ，， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 5．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．    【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】 【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可； 【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解； 【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明； 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解； 【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中，，，， ∴①． ∴． 又∵， ∴在中，②． ∵，， ∴③． 【知识迁移】． 证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到． 过点作交边于点，连接．    由旋转的特征得． 由题意得， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 又∵为正方形的对角线， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 在中，， ∴． 【拓展应用】． 证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，    将绕着点顺时针旋转，得到，连接． 则． 则，， ， ， 在和中 ， ， ∴， 过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形． ∴， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，，， ∴， 即， 又∴， ∴， 即， 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．    由旋转的特征得． ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，即， ， 同理可得． ， ， ， 又∵， ∴四边形为矩形． ， ， 在中，． ， 解得． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键． 6．（2023·四川南充·中考真题）如图，正方形中，点在边上，点是的中点，连接，．    (1)求证：； (2)将绕点逆时针旋转，使点的对应点落在上，连接．当点在边上运动时（点不与，重合），判断的形状，并说明理由． (3)在（2）的条件下，已知，当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)等腰直角三角形，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的基本性质以及“斜中半定理”等推出，即可证得结论； （2）由旋转的性质得，从而利用等腰三角形的性质推出，再结合正方形对角线的性质推出，即可证得结论； （3）结合已知信息推出，从而利用相似三角形的性质以及勾股定理进行计算求解即可． 【详解】（1）证：∵四边形为正方形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴，即：， 在与中， ∴， ∴； （2）解：为等腰直角三角形，理由如下： 由旋转的性质得：， ∴， ∴，， ∵， ∴，即：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形； （3）解：如图所示，延长交于点， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，， ∴， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴．    【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等，理解并熟练运用基本图形的证明方法和性质，掌握勾股定理等相关计算方式是解题关键． 考点8 四边形之最值问题 1．（2023·四川德阳·中考真题）如图，的面积为12，，与交于点O．分别过点C，D作，的平行线相交于点F，点G是的中点，点P是四边形边上的动点，则的最小值是（    ）    A．1 B． C． D．3 【答案】A 【分析】先证明，四边形是菱形，如图，连接，，而点G是的中点，可得为菱形对角线的交点，，当时，最小，再利用等面积法求解最小值即可． 【详解】解：∵，， ∴是矩形， ∴， ∵，， ∴四边形是菱形， 如图，连接，，而点G是的中点，    ∴为菱形对角线的交点，， ∴当时，最小， ∵即矩形的面积为12，， ∴，， ∴， ∴， 由菱形的性质可得：， ∴， ∴，即的最小值为1． 故选A 【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的性质与判定，菱形的判定与性质，垂线段最短的含义，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键． 2．（2022·四川资阳·中考真题）如图，正方形的对角线交于点O，点E是直线上一动点．若，则的最小值是(   ) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题为典型的将军饮马模型问题，需要通过轴对称，作点A关于直线BC的对称点，再连接，运用两点之间线段最短得到为所求最小值，再运用勾股定理求线段的长度即可． 【详解】解：如图所示，作点A关于直线BC的对称点，连接，其与BC的交点即为点E，再作交AB于点F， ∵A与关于BC对称， ∴，，当且仅当，O，E在同一条线上的时候和最小，如图所示，此时， ∵正方形，点O为对角线的交点， ∴， ∵对称， ∴， ∴， 在中，， 故选：D． 【点睛】本题为典型的将军饮马模型，熟练掌握轴对称的性质，并运用勾股定理求线段长度是解题关键。 3．（2022·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（　　） A．2 B． C．1.5 D． 【答案】A 【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD． 【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图， ∵四边形ABCD是菱形，且边长为2， ∴AD=DC=AB=BC=2， ∵E点、G点分别为AD、AB的中点， ∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称， ∴PE=PG， ∴PE+PF=PG+PF， 即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG， 如下图，G、P、F三点共线，连接FG， ∵F点是DC中点，G点为AB中点， ∴， ∵在菱形ABCD中，， ∴， ∴四边形AGFD是平行四边形， ∴FG=AD=2， 故PE+PF的最小值为2， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键． 4．（2023·四川泸州·中考真题）如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是 ．    【答案】 【分析】作点F关于的对称点，连接交于点，此时取得最小值，过点作的垂线段，交于点K，根据题意可知点落在上，设正方形的边长为，求得的边长，证明，可得，即可解答． 【详解】解：作点F关于的对称点，连接交于点，过点作的垂线段，交于点K，    由题意得：此时落在上，且根据对称的性质，当P点与重合时取得最小值， 设正方形的边长为a，则， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，   ， 当取得最小值时，的值是为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出辅助线是解题的关键． 5．（2022·四川内江·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是 ． 【答案】10 【分析】延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，证明四边形EFGC是平行四边形，得出CE＝FG，得出当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出AG即可． 【详解】解：延长BC到G，使CG＝EF，连接FG， ∵，EF＝CG， ∴四边形EFGC是平行四边形， ∴CE＝FG， ∴AF+CE＝AF+FG， ∴当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小为AG， 由勾股定理得，AG＝＝＝10， ∴AF+CE的最小值为10， 故答案为：10． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，根据题意作出辅助线，得出当A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，是解题的关键． 6．（2024·四川资阳·中考真题）已知二次函数与的图像均过点和坐标原点，这两个函数在时形成的封闭图像如图所示，为线段的中点，过点且与轴不重合的直线与封闭图像交于，两点．给出下列结论： ①； ②； ③以，，，为顶点的四边形可以为正方形； ④若点的横坐标为，点在轴上（，，三点不共线），则周长的最小值为． 其中，所有正确结论的个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可得两个函数的对称轴均为直线，根据对称轴公式即可求出，可判断①正确；过点作交轴于点，过点作交轴于点，证明，可得，可判断②正确；当点、分别在两个函数的顶点上时，，点、的横坐标均为，求出的长度，得到，可判断③正确；作点关于轴的对称点，连接交轴于点，此时周长的最小，小值为，即可判断④． 【详解】解：①二次函数与的图像均过点和坐标原点，为线段的中点， ，两个函数的对称轴均为直线， 即， 解得：，故①正确； ②如图，过点作交轴于点，过点作交轴于点， ， 由函数的对称性可知， 在和中， ， ， ，故正确②； ③当点、分别在两个函数的顶点上时，，点、的横坐标均为， 由①可知两个函数的解析式分别为，， ，， ， 点， ， ， 由， 此时以，，，为顶点的四边形为正方形，故③正确； ④作点关于轴的对称点，连接交轴于点，此时周长的最小，最小值为， 点的横坐标为， ，点的横坐标为， ，， ，， 周长的最小值为，故正确④； 故选：D． 【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图像与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定，对称中的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． 考点9 四边形之折叠问题 1．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在矩形中，，，点在上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，求角的三角函数等知识点，正确利用折叠的性质是解题的关键． 根据折叠的性质，可求得，，从而求得，，在中，由勾股定理，得，即可求得结果． 【详解】解：四边形是矩形， ，， 把沿折叠，点恰好落在边上的点处， ，， ， ， 在中， ， 由勾股定理，得， ， ， ， ， 故选：A． 2．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，，，将沿BD折叠到位置，DE交AB于点F，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质，利用“AAS”证明，得出，，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，最后根据余弦函数的定义求出结果即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴CD=AB=5，AB=BC=3，， 根据折叠可知，，，， ∴在△AFD和△EFB中， ∴（AAS）， ∴，， 设，则， 在中，， 即， 解得：，则， ∴，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，根据题意证明，是解题的关键． 3．（2022·四川达州·中考真题）如图，点E在矩形的边上，将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，若，，则的长为（    ） A．9 B．12 C．15 D．18 【答案】C 【分析】根据折叠的性质可得，设，则，则，在中勾股定理建列方程，求得，进而求得，根据，可得，即，求得，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处， ,， ，， 设，则，， 在中， 即， 解得， ， ，， ， ， ， ， ， 在中，， ． 故选C． 【点睛】本题考查了矩形与折叠的性质，正切的定义，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键． 4．（2023·四川南充·中考真题）如图，在等边中，过点C作射线，点M，N分别在边，上，将沿折叠，使点B落在射线上的点处，连接，已知．给出下列四个结论：①为定值；②当时，四边形为菱形；③当点N与C重合时，；④当最短时，．其中正确的结论是 （填写序号） 【答案】①②④ 【分析】根据等边三角形的性质可得，根据折叠的性质可得，由此即可判断①正确；先解直角三角形可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，根据菱形的判定即可得②正确；先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据即可判断③错误；当最短时，则，过点作于点，连接，交于点，先利用勾股定理求出，根据折叠的性质可得，设，则，，再利用勾股定理可得，，然后根据建立方程，解一元二次方程可得的值，由此即可判断④正确． 【详解】解：是等边三角形，且， ，， 由折叠的性质得：， ，是定值，则结论①正确； 当时，则， 在中，， ， ， ， 由折叠的性质得：， ， ， 四边形为平行四边形， 又， 四边形为菱形，则结论②正确； 如图，当点与重合时， ， ， 由折叠的性质得：， ，， ， ，则结论③错误； 当最短时，则， 如图，过点作于点，连接，交于点， ， ， ， 由折叠的性质得：， 设，则， 在中，，即， 解得， ，   设，则，， ， ， ， ， 解得或（不符合题意，舍去）， ，则结论④正确； 综上，正确的结论是①②④， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形、菱形的判定、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 5．（2022·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是 ．（填写序号） 【答案】①②③ 【分析】根据全等三角形判定即可判断①；过D作DM⊥CA1于M，利用等腰三角形性质及折叠性质得∠ADE+∠CDM，再等量代换即可判断②；连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，知P、A、C共线时取最小值，最小值为AC长度，勾股定理求解即可判断③；过点A1作A1H⊥AB于H，借助特殊角的三角函数值求出BE，A1H的长度，代入三角形面积公式求解即可判断④． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=BC，∠ABC=90°， 由旋转知，∠A1BA2=90°，A1B=A2B， ∴∠ABA1=∠CBA2， ∴△ABA1≌△CBA2， 故①正确； 过D作DM⊥CA1于M，如图所示， 由折叠知AD=A1D=CD，∠ADE=∠A1DE， ∴DM平分∠CDA1， ∴∠ADE+∠CDM=45°， 又∠BCA1+∠DCM=∠CDM+∠DCM=90°， ∴∠BCA1=∠CDM， ∴∠ADE+∠BCA1=45°， 故②正确； 连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA， 即PA1+PC=PA+PC，当P、A、C共线时取最小值，最小值为AC的长度，即为， 故③正确； 过点A1作A1H⊥AB于H，如图所示， ∵∠ADE=30°， ∴AE=tan30°·AD=，DE=， ∴BE=AB-AE=1-， 由折叠知∠DEA=∠DEA1=60°，AE=A1E=， ∴∠A1EH=60°， ∴A1H=A1E·sin60°=， ∴△A1BE的面积=， 故④错误， 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了正方形性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、折叠性质及解直角三角形等知识点，综合性较强． 6．（2022·四川雅安·中考真题）如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，若BC＝9，CD＝3，那么阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】利用矩形与轴对称的性质先证明 再利用勾股定理求解 再利用三角形的面积公式可得答案． 【详解】解： 把一张矩形纸片沿对角线折叠，BC＝9，CD＝3， 解得： 故答案为： 【点睛】本题考查的是矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，证明是解本题的关键． 考点10 中位线与中点四边形 1．（2023·四川内江·中考真题）如图，在中，点D、E为边的三等分点，点F、G在边上，，点H为与的交点．若，则的长为（　　）    A．1 B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】由三等分点的定义与平行线的性质得出，，，是的中位线，易证，得，解得，则． 【详解】解：、为边的三等分点，， ，，， ，是的中位线， ， ， ， ，即， 解得：， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了三等分点的定义、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 2．（2023·四川巴中·中考真题）如图，在中，，D、E分别为中点，连接相交于点F，点G在上，且，则四边形的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，首先得到，，然后证明出，进而得到，然后利用三角形面积公式求出，最后利用求解即可． 【详解】如图所示，连接，      ∵D、E分别为中点， ∴，， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，三角形中位线的性质，三角形面积公式等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 3．（2023·四川泸州·中考真题）如图，的对角线，相交于点，的平分线与边相交于点，是中点，若，，则的长为（　　）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义以及等腰三角形的判定可得，进而可得，再根据三角形的中位线解答即可. 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是中点， ∴； 故选：A. 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及三角形的中位线定理等知识，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键. 4．（2022·四川眉山·中考真题）在中，，，，点，，分别为边，，的中点，则的周长为（    ） A．9 B．12 C．14 D．16 【答案】A 【分析】根据三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，可得出△ABC的周长=2△DEF的周长． 【详解】∵D，E，F分别为各边的中点， ∴DE、EF、DF是△ABC的中位线， ∴DE=BC=3，EF=AB=2，DF=AC=4， ∴△DEF的周长=3+2+4=9． 故选：A． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理．解题的关键是根据中位线定理得出边之间的数量关系． 5．（2024·四川凉山·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，若对角线，则四边形的周长是 ． 【答案】42 【分析】本题考查的是中点四边形，熟记三角形中位线定理是解题的关键． 根据三角形中位线定理分别求出、、、，根据四边形的周长公式计算，得到答案． 【详解】解：四边形各边中点分别是、、、， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，， 四边形的周长为：， 故答案为：42． 6．（2023·四川巴中·中考真题）综合与实践．    (1)提出问题．如图1，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点O． ①的度数是___________．       ②__________． (2)类比探究．如图2，在和中，，且，连接并延长交于点O． ①的度数是___________．         ②___________． (3)问题解决．如图3，在等边中，于点D，点E在线段上（不与A重合），以为边在的左侧构造等边，将绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为的中点，N为的中点． ①试说明为等腰三角形． ②求的度数． 【答案】(1)①．② (2)①．② (3)①见解析；② 【分析】（1）①证明得到，进而证明，即可求出；②由全等三角形的性质可得，则； （2）①根据等腰直角三角形的性质得到，，进而证明，得到，推出，则；②由相似三角形的性质可得； （3）①连接，延长交于点P，交于点O，证明分别是、的中位线，得到，再证明，得到，则，由此即可证明为等腰三角形；②由全等三角形的性质可得，进而求出，则，再由平行线的性质可得． 【详解】（1）解：①， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵即， ∴，即 ∴， 故答案为：； ②∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：①∵在和中，，且， ∴，， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵， ∴， 故答案为：； （3）解：①连接，延长交于点P，交于点O 在等边中，于点D， 为的中点 又为的中点，N为的中点，                               分别是、的中位线 ∵都是等边三角形， ∴ ，    在和中 ， 为等腰三角形．                          ② ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ 又，即 ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，三角形内角和定理等等，正确理解题意通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！71 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$