备战2025年中考数学一轮复习小专题特训：四边形综合

备战2025年中考数学一轮复习小专题特训：四边形综合 一、单选题 1．如图，在边长为5的正方形内作，交于点，交于点，连接．若，则的长为（    ） A． B． C． D．2 2．如图，矩形的两条对角线相交于点O，，则该矩形的周长是（  ） A．16 B． C． D． 3．如图，在菱形中，若，，E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为（   ） A．2.4 B．4.8 C．3 D．4 4．如图，在四边形中，和是对角线，、、、分别为边、、和的中点，连接、、和，若，，则四边形周长为（    ） A．10 B．14 C．24 D．28 5．如图，在平行四边形中，点E在上，若，则与的面积之比为（       ） A． B． C． D． 6．如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段的长是（     ） A． B． C． D． 7．茂名东汇城为了方便司机停泊车辆而设计了平行四边形的停车位，如图，平行四边形，小车实际占用位置为矩形，若，，，则至少要多长（    ） A． B． C．m D． 8．如图，矩形的对角线，相交于点O，平分交于点E，F是的中点，若，则的长为（    ） A．1 B．1.5 C．2 D．4 9．如图，在正方形中，，E，F分别是，边上的点，且，，将绕点A沿顺时针方向旋转后与重合，连接．给出下列结论：①；②；③；④四边形的面积是195，其中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 10．2024年第十四届全国冬季运动会开幕式上，演员们进行各种精彩表演，展示了冬季运动会的魅力和冰雪文化的独特韵味．如图是一个正六边形雪花状饰品，则它的每一个内角是 °． 11．如图，中，E是上一点，，交于点F，若，则的面积为 ． 12．如图在矩形中，，则的度数为 ． 13．如图，在长方形中，，，在边上取一点，将折叠后点恰好落在边上的点处，则的面积为 ． 14．如图正方形中，E是对角线上一点，在右侧取一点F，使，与交于点G，若，则的长为 ． 15．如图中，，，点P为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值 ． 三、解答题 16．如图，已知E，F是正方形的对角线上的两点，且．求证：四边形为菱形． 17．如图所示，的对角线相交于点O，经过点O，分别与交于B，D．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 18．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，且，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求的长． 19．已知，在中，，，．P是边上一动点（P不与B、C重合），将沿折叠得，点C的对应点为D． 【特例感知】 （1）如图1，当点D落在上时，求的长； 【类比迁移】 （2）如图2，当点D在上方且满足时，求的长； 【拓展提升】 （3）如图3，将线段绕点A逆时针旋转得，连接．当为等腰三角形时，直接写出长； 20．已知正方形，E为对角线AC上一点． 【建立模型】 （1）如图1，连接和的数量关系是______； 【模型应用】 （2）如图2，F是延长线上一点，交于点G．证明； 【模型迁移】 （3）如图3，F是延长线上一点，交于点G，．写出和的数量关系，并说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A C A B D A A C D 1．A 【分析】将绕点顺时针旋转得到，证明，根据全等三角形的性质可知，设：，则，，在中，由勾股定理列式，解出即可． 【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转得到，此时，    ∴，，，， ∴，，，共线， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， 设：，则，， ∵在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴， 故A． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质和勾股定理，正方形的性质，根据题目意思正确作出辅助线是解答本题的关键． 2．C 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，矩形对角线的性质和利用勾股定理求边长，熟练掌握矩形及等边三角形的性质是解题的关键． 根据矩形的对角线互相平分且相等可得是等边三角形，可求出，勾股定理可求出，即可求出矩形的面积． 【详解】解：∵四边形是矩形， ， ， ∴是等边三角形， ， ， ， ∴矩形的周长， 故选：C． 3．A 【分析】连接，利用菱形的性质证明四边形为矩形，得到，进而得到当时，的值最小，即的值最小，利用菱形的性质和勾股定理分别算出、、，再利用面积法求解，即可解题． 【详解】解：连接， 四边形为菱形， ， ，， 四边形为矩形， ， 当时，的值最小，即的值最小， ，， ，即， 解得，， ，， ， ， 即， 解得， 的最小值为， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短，解题的关键在于利用矩形性质和垂线段最短找出取最小值的情况． 4．B 【分析】本题主要考查了中点四边形和三角形中位线定理．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．利用三角形中位线定理推知，，然后由四边形的周长公式作答即可． 【详解】解析：解：、分别为边、的中点， 是的中位线， 同理，，， 四边形周长为： 故选：B． 5．D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，先根据题意得到，再由平行四边形的性质得到，则可证明，再由相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可得到． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 6．A 【分析】此题主要考查了正方形与折叠，勾股定理的运用，明确折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，通常用勾股定理解决折叠问题． 根据折叠的性质，只要求出就可以求出，在直角中，若设，则，，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出的长． 【详解】解：设，则，由折叠的性质知， ∵点落在边的中点处， ∴， 在中，由勾股定理可知， 即，整理得， 解得，， ∴线段的长为， 故选：A． 7．A 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定． 由平行四边形得到，由矩形得到，，进而求得，从而，得到，进而根据线段的和差即可解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：A 8．C 【分析】本题考查了矩形的性质，等角对等边，三角形中位线性质；熟练掌握这些知识是关键．由矩形的性质及角平分线的定义得，从而得的长，由三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：在矩形中，，，，， ； ∵平分， ∴， ∴， ∴， ． F是的中点，， ． 故选：C． 9．D 【分析】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，利用全等三角形的性质条件勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，即可求解． 【详解】解：∵正方形，， ∴，， 将绕点沿顺时针方向旋转后与重合， ，，， ， ， ∴， ，，， ， ， ， ，故①正确， ，， ， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ，，故②③正确， ， ， 四边形的面积是，故④正确， 正确的是①②③④； 故选：D． 10．120 【分析】本题主要考查正多边形的性质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键；因此此题可根据正多边形的性质及多边形内角和可进行求解． 【详解】解：由题意可知：正六边形的每一个内角度数为； 故答案为120． 11．30 【分析】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得到，，证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，的面积为， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴的面积为30， 故答案为：30． 12．/60度 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质．根据矩形的对角线相等且互相平分得到，进而得到，再根据三角形外角的性质即可解答． 【详解】解：∵在矩形中，，，， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 13． 【分析】本题主要考查了图形的翻折变换以及勾股定理、全等三角形．设的长为x，由将折叠使点D恰好落在边上的点N可得，所以，；在中由勾股定理求得的长，在中由勾股定理列出方程求出x的值，再利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵四边形是长方形， ，， 根据题意得：， ，，， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， ， ， 在中，由勾股定理可得：， 即， ， 即． ∴的面积为， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 根据正方形的性质可得到，由，得到，从而求得，再结合正方形的对角线互相垂直可推出，从而，可得到，设，则，，，，最后根据即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴． 故答案为： 15． 【分析】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，垂线段最短，设，交于点，四边形是平行四边形，则，即求的最小值，再乘以2即可．点D是的中点，为定点，由垂线段最短可知，当时，取得最小值，即最小，过点作于点，当重合时，最小，据此即可求得的最小值． 【详解】解：如图，设，交于点，过点作于点，连接 四边形是平行四边形， ，， ∵点D是的中点，为定点， ∴由垂线段最短可知：当时，取得最小值，即最小， 即当重合时，最小， ∴ ， ∴， ∵，即， ∴， ， ∴， ． 故答案为： 16．见解析 【分析】本题考查正方形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质和菱形的判定定理是关键．连接交于O，证与互相垂直平分，即可由菱形的判定定理得出结论． 【详解】证明：连接，交于点， 四边形是正方形， ，，， ∵ ∴，即， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、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与性质，证明是解题的关键，属于中考常考题型． （1）由平行四边形的性质得，则，再由证明即可； （2）由全等三角形的性质得，再由，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ∴； （2）解：由（1）可知，， ， ， ∴四边形是平行四边形． 18．(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，角平分线的定义等知识，熟练掌握矩形和等腰三角形的判定是解答的关键． （1）先证明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，即可得证； （2）先证明，由平行四边形的性质，得到，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）∵平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，． 19．（1）（2）（3）或 【分析】（1）由勾股定理可求，由折叠的性质得，，设，由勾股定理得，即可求解； （2）延长、交于，由等腰三角形的判定及性质得，由勾股定理得， ，即可求解； （3）①当时，过作交于，由等腰三角形的性质得，由可判定，由全等三角形的性质即可求解；②当时，可判定四边形是正方形，由正方形的性质即可求解． 【详解】解：（1）， ，， ， 由折叠得：，，， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：， ； （2）如图，延长、交于， ， ， ， ， ， 在中，， ， 设，则，， 在中， ， ， 解得：， ； （3）由旋转得：， ， ， ， ， ①当时， 如图，过作交于， ， ， ， ， 由折叠得：， ， 在和中 ， （）， ； ②当时， 由①得：， ∴，即点H和点D重合， ∴， ∵， ∴E、D 、P三点共线， ∴， ∴， 四边形是矩形， ∵， ， 四边形是正方形， ； 综上所述：的长为或． 【点睛】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等，掌握折叠的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，能根据等腰三角形的腰的不同进行分类讨论是解题的关键． 20．（1）；（2）见详解（3），理由见详解 【分析】（1）先判断出，，进而判断出，进而得出结论； （2）根据四边形是正方形，以及，得出，因为，进行角的等量代换，即可证明出； （3）先判断出，由（1）知，，由（2）知，，即可判断出结论． 【详解】（1）证明：是正方形的对角线， ，， ， ， ； 故答案为： （2）解：，理由： 四边形是正方形， ， ， 由（1）知，， ， ， ， ， ， ， ， （3）解：， ， 在中，， ， 由（1）知，， 由（2）知，， ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$