专题15 四边形（9类中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题题源解密（全国通用）

专题15 四边形 课标要求 考点 考向 ①了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线;探索并掌握多边形内角和与外角和公式。 ②理解平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，以及它们之间的关系;了解四边形的不稳定性。 ③探索并证明平行四边形的性质定理:平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形的判定定理:一组对边平行且相等的四边形是平行四边形;两组对边分别相等的四边形是平行四边形;对角线互相平分的四边形是平行四边形。 ④探究并证明三角形中位线定理。 ⑤探索并证明矩形、菱形的性质定理:矩形的四个角都是直角，对角线相等;菱形的四条边相等，对角线互相垂直。探索并证明矩形、菱形的判定定理:三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形;四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形既是矩形，又是菱形;理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系。 多边形及其内角和 考向一 多边形的内角和 考向二 多边形的外角和 平行四边形 考向一 平行四边形的性质 考向二 平行四边形的判定 考向三 平行四边形的性质好判定综合 考向四 三角形的中位线 特殊的平行四边形 考向一 矩形 考向二 菱形 考向三 正方形 考点一 多边形及其内角和 ►考向一 多边形的内角和 1．（2024·河北·中考真题）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解． 【详解】解：正六边形每个内角为：， 而六边形的内角和也为， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 2．（2024·云南·中考真题）一个七边形的内角和等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查多边形的内角和，根据边形的内角和为求解，即可解题． 【详解】解：一个七边形的内角和等于， 故选：B． 3．（2024·吉林长春·中考真题）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角与外角，正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键． 根据正五边形的内角和公式和邻补角的性质即可得到结论． 【详解】解：， 故选：D． 4．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键． 根据正五边形的内角的计算方法求出、，根据正方形的性质分别求出、，根据四边形内角和等于计算即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：B． 5．（2024·山西·中考真题）如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形，其中，则这个五边形的内角的度数为 ． 【答案】116 【分析】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握知识点是解题的关键． 先求出五边形的内角和，即可求解． 【详解】解：五边形内角和为：， ∴， ∵， ∴， 故答案为：116． ►考向二 多边形的外角和 6．（2024·西藏·中考真题）已知正多边形的一个外角为，则这个正多边形的内角和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和外角，先求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可得解，根据多边形的外角求出边数是解此题的关键． 【详解】解：∵正多边形的一个外角为， ∴正多边形的边数为， ∴这个正多边形的内角和为， 故选：B． 7．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】A 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案. 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴正边形的一个外角为， ∴的值为； 故选A 8．（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 【答案】A 【分析】本题考查了命题与定理的知识，多边形外角性质，菱形性质及轴对称图形的特点，解题的关键是掌握这些基础知识点． 【详解】解：A、两点之间，线段最短，正确，是真命题，符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，选项错误，是假命题，不符合题意； C、正五边形的外角和为，选项错误，是假命题，不符合题意； D、直角三角形不一定是轴对称图形，只有等腰直角三角形是轴对称图形，选项错误，是假命题，不符合题意； 故选：A． 9．（2024·青海·中考真题）正十边形一个外角的度数是 ． 【答案】/36度 【分析】本题考查正多边形的外角．根据正n多边形的外角公式求解即可． 【详解】解：正十边形的一个外角的大小是， 故答案为：． 10．（2010·江苏徐州·中考真题）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是 . 【答案】8 【分析】根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用可求得边数． 【详解】解：多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是， 即该正多边形的边数是8， 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，解题的关键是掌握正多边形的各个内角相等，各个外角也相等． 考点二 平行四边形 ►考向一 平行四边形的性质 11．（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（    ）    A．22 B．21 C．20 D．18 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．利用勾股定理求得的长，再证明，作于点，求得，利用，求得，再利用勾股定理求得，据此求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， 由作图知， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 作于点，    则， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形的周长是， 故选：A． 12．（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与相交于点O，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键． 【详解】解：∵是平行四边形， ∴， 故选B． 13．（2024·河南·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交于点F．若，则的长为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、线段中点定义可得出，证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解∶∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 故选：B． 14．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键． 解法一：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果； 解法二：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到． 【详解】解：解法一：延长和，交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ ∵， ∴． 解法二：作交于点H ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 故选：B． 15．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案． 【详解】解：过点D作交的延长线于点F， ∵的垂线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∴， 由勾股定理可得，， ， ∴， ∴ ∴ 即，解得， ∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是， 故选：C ►考向二 平行四边形的判定 16．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键． 【详解】解：过点作于，于，则， ∵两张纸条的对边平行， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵两张纸条的宽度相等， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，，， ∴， ∴四边形的周长为， 故答案为：． 17．（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程： 已知：如图，中，，平分的外角，点是的中点，连接并延长交于点，连接． 求证：四边形是平行四边形． 证明：∵，∴． ∵，，， ∴①______． 又∵，， ∴（②______）． ∴．∴四边形是平行四边形． 若以上解答过程正确，①，②应分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，根据等边对等角得，根据三角形外角的性质及角平分线的定义可得，证明，得到，再结合中点的定义得出，即可得证．解题的关键是掌握：对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【详解】证明：∵，∴． ∵，，， ∴①． 又∵，， ∴（②）． ∴．∴四边形是平行四边形． 故选：D． 18．（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． 19．（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 【答案】(1)①或②，证明见解析； (2)6 【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题关键． （1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可； （2）根据平行四边形的性质得出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：选择①， 证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； 选择②， 证明：∵，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：由（1）得， ∵，， ∴． ►考向三 平行四边形的性质好判定综合 20．（2024·浙江·中考真题）如图，在正方形中，分别是边上的点，且分别在边上，且与交于点O，记，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，过点作交于点，作交于点，延长、交于点，过点作，根据平行线的性质得出，从而得出，设，则，证明四边形是平行四边形，得出，在中，勾股定理算出，得出，证明，得出，根据，得出，在中，列方程求解即可． 【详解】解：如图，过点作交于点，作交于点，延长、交于点，过点作， ∴， ∴， 设，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴在中，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴解得：或， 当时，， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】该题主要考查了解直角三角形，勾股定理，二次根式的性质，正方形的性质，平行四边形的性质和判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，解一元二次方程等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确做出辅助线． 21．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 由四边形是平行四边形得到，，再证明四边形是平行四边形，则，即可求解周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴周长为：， 故选：C． 22．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为 ．      【答案】 【分析】在y轴上取点，证明四边形是平行四边形，得出，利用抛物线的对称性得出，则，当E、C、F三点共线时，最小，利用待定系数法求出直线解析式，然后把代入，即可求出C的坐标． 【详解】解：， ∴对称轴为， 如图，设抛物线与x轴另一个交点为F，    当时，， ∴， 当时，， 解得，， ∴，， 在y轴上取点，连接，，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵抛物线对称轴为， ∴， ∴， 当E、C、F三点共线时，最小， 设直线解析式为， ∴， 解得， ∴， 当时，， ∴当最小时，C的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，两点之间线段最短等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造平行四边形是解题的关键． 23．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题： 如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点． 小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！ (1)证明； (2)指出小丽作法中存在的问题． 【答案】(1)见详解 (2)以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故存在问题 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质， （1）根据小明的作图方法证明即可； （2）以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，据此作答即可． 【详解】（1）∵， ∴， 又根据作图可知：， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）原因：以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点， 故无法确定F的位置， 故小丽的作法存在问题． ►考向四 三角形的中位线 24．（2024·湖南·中考真题）如图，在中，点分别为边的中点．下列结论中，错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，由三角形中位线性质可判断；由相似三角形的判定和性质可判断，掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵点分别为边的中点， ∴，，故正确； ∵， ∴，故正确； ∵， ∴， ∴，故错误； 故选：． 25．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查三角形的中位线的实际应用，由题意，易得为的中位线，根据三角形的中位线定理，即可得出结果． 【详解】解：∵点D，E，分别为的中点， ∴为的中位线， ∴； 故选：C． 26．（2024·浙江·中考真题）如图，D，E分别是边，的中点，连接，．若，则的长为    【答案】4 【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，由三角形中位线定理得得出得出 【详解】解：∵D，E分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：4 27．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为 ； （2）若为的中点，则线段的长为 ． 【答案】 2 / 【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键； （1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解， （2）作辅助线，构造中位线求解即可． 【详解】（1）四边形是正方形， ， 在中，， ， ， ； （2）延长到点，使，连接 由点向作垂线，垂足为 ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， 在中， ， ， 在中，， 为的中位线， ； 故答案为：2；. 28．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 【答案】（1）①中位线定理 （2）证明见解析 （3）②矩形 （4）证明见解析 （5）补图见解析；③且；④正方形 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识 （1）利用三角形中位线定理即可解决问题； （2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题； （3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题. 【详解】（1）①证明依据是：中位线定理； （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形； 故答案为：矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）证明：如图4，∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． ∵ 由（4）可知 ∴菱形是正方形． 故答案为：③且；④正方形    考点三 特殊的平行四边形 ►考向一 矩形 29．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键． 由矩形得到，继而得到，而是等边三角形，因此得到． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 故选：C． 30.．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案． 【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形， ∴，， ∴轴， ∴点的坐标为， 故选：C． 31．（2024·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，矩形位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小的是（    ） A．点A B．点B C．点C D．点D 【答案】B 【分析】本题考查的是矩形的性质，坐标与图形，分式的值的大小比较，设，，，可得，，，再结合新定义与分式的值的大小比较即可得到答案． 【详解】解：设，，， ∵矩形， ∴，， ∴，，， ∵，而， ∴该矩形四个顶点中“特征值”最小的是点B； 故选：B． 32．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长． 【详解】解：中，，，， ， 连接，如图所示： ∵于点，于点，， ∴， 四边形是矩形， ， 当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小， ∴此时． 故选：B． 33．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形中，若面积，周长，则 ． 【答案】40 【分析】本题考查了正方形、矩形的性质，完全平方公式等知识，设正方形、的边长分别为a、b，先求出，然后根据求解即可． 【详解】解：设正方形、的边长分别为a、b， 根据题意，得， ∴， ∴ ， 故答案为：40． 34．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判断，三角形中位线定理等知识，解题的关键是： （1）利用三角形中位线定理可得出，，然后利用平行四边形的判定即可得证； （2）利用平行四边形的性质得出，，结合点G是的中点，可得出，同理，则可得出，，然后利用矩形判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵的中线，交于点O， ∴，， ∵点F，G分别是，的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵G是中点， ∴， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是矩形． ►考向二 菱形 35．（2024·浙江·中考真题）如图，已知菱形的面积是24，E，F分别是菱形的边的中点，连结与交于点G，则的面积为（   ） A． B． C．3 D．9 【答案】A 【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是正确的作出辅助线，技巧性较强． 延长交延长线于点，则，证明，即可得出，根据菱形的面积，求出的面积，然后可得出的面积． 【详解】解：如图，延长交延长线于点， ∵点F是边的中点， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点是中点， ∴， ∴， ∵菱形的面积为24， ∴的面积为6， ∴的面积为， 故选：A． 36．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可． 【详解】解：作于点， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点E表示的数是3， ∴点A表示的数是， 故选：D． 37．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点B作轴，垂足为点D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解． 【详解】解：过点B作轴，垂足为点D， ∵顶点在直线上，点的横坐标是8， ∴，即， ∴， ∵轴， ∴由勾股定理得：， ∵四边形是菱形， ∴轴， ∴将点B向左平移10个单位得到点C， ∴点， 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 38．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】A 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 四边形为矩形， ，， 过作对角线的垂线，过作对角线的垂线， ， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 39．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解． 【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为， 故答案为：8． 40．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可． 【详解】解：连接， ∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4， ∴，， 设菱形中边上的高为h， 则，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：10． 41．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到． 【详解】（1）解：连接，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 矩形的周长为22， ， 四边形是菱形， 即， 四边形的面积为10， ，即， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键． ►考向三 正方形 42．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解． 【详解】解：∵正方形，， ∴， ∵正方形，， ∴， ∴， 由题意得， ∴， ∴，即， 解得， 故选：B． 43．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则， 在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故选：D． 44．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（    ） A．1 B．2 C．5 D．10 【答案】C 【分析】先证明四边形是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出，，证明得出，则可得出，同理，得出平行四边形是矩形，证明，得出，进而得出，得出矩形是正方形，在中，利用勾股定理求出，然后利用正方形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵E，F，G，H分别为各边中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， 同理， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，同理， ∴平行四边形是矩形， ∵，，， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴矩形是正方形， 在中，， ∴， ∴， ∴正方形的面积为5， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键． 45．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到，，再证明，进而可证明，由相似三角形的性质可得，即． 【详解】解：∵正方形的对角线相交于点O， ∴，， ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 故答案为：． 46.（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状． 【答案】(1)证明见详解 (2)四边形为正方形 【分析】（1）由角平分线的定义可得出，由平行线的性质可得出，等量代换可得出，利用证明 ，由全等三角形的性质得出，结合已知条件可得出四边形是平行四边形． （2）由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，，根据平行线的性质可得出，，由全等三角形的性质可得出，等量代换可得出， 即可得出四边形为正方形． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由∵， ∴四边形是平行四边形． （2）四边形是正方形． 过点B作于点G， ∴， ∵四边形是平行四边形． ∴，， ∴，， ∴，， 由（1）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键． 一、单选题 1．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形的对角线的中点，以O为原点，建立如图平面直角坐标系，若轴，，，点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令与y轴的交点为字母E，根据菱形的性质和说明是等边三角形，再求出，然后根据直角三角形的性质得，结合勾股定理求出，可知点A的坐标，最后根据点A和点C关于原点对称得出答案． 【详解】如图所示，令与y轴的交点为字母E， ∵四边形是菱形， ∴． ∵，， ∴是等边三角形，则， ∵点O是菱形的对角线的中点， ∴． ∵轴，则， ∴， ∴ 根据勾股定理，得， ∴． ∵点A和点C关于原点对称， ∴． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，理解菱形的对称性是解题的关键． 2．（2024·广东·模拟预测）将一副三角尺在平行四边形按如图所示的方式摆放，设，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角板中角度的计算，平行四边形的性质，求出的度数是解题的关键．如图所示，过点G作，由平行线的性质得到，，然后求出的度数即可求出∠2的度数． 【详解】解：如图所示，过点G作， 由题意得，，则， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：C． 3．（2024·浙江·模拟预测）如图，等腰梯形（     ）    A．既是轴对称图形，又是中心对称图形 B．是轴对称图形，但不是中心对称图形 C．是中心对称图形，但不是轴对称图形 D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，等腰梯形的性质，根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形 【详解】解：等腰梯形是轴对称图形，但不是中心对称图形， 故选：B． 4．（2024·湖北·模拟预测）类比“赵爽弦图”，可类似的构造如图所示的图形，它是由中间的小正六边形和6个全等的直角三角形拼成的一个大正六边形，若在大正六边形内部随机取一点，则此点取自小正六边形的概率是（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先对图形标注，根据内角和定理求出，即可得出，再设，根据直角三角形的性质得，由勾股定理求出，根据题意可知，可求，然后求出等边三角形的面积，进而得出正六边形的面积，最后根据面积比得出答案． 【详解】如图所示， 正六边形的每个内角， ∴． 设， ∴， 根据勾股定理得． 根据题意可知， ∴． 作，交于点F， ∵是等边三角形， ∴． 根据勾股定理得， ∴，， ∴正六边形的面积，六个直角三角形的面积为， ∴此点取自小正六边形的概率是． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理，概率的计算公式，理解用面积比表示概率是解题的关键． 5．（2024·广东·模拟预测）如图，D，E分别是的边，的中点，若的周长为6，则的周长为（    ） A． B．3 C．12 D．36 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据三角形的周长公式求解即可得． 【详解】解：∵点分别是的边，的中点， ∴，即， ∵的周长为6， ∴， ∴的周长为， 故选：C． 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，矩形中，点在边上，平分，，分别是，的中点，，，则的值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】根据矩形的性质先证明是等腰直角三角形，求出，，再利用直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半求出，利用勾股定理求出，进而得到，根据是的中位线，即可求解． 【详解】解：四边形矩形， ∴，， ， 平分， ， ， 是等腰直角三角形， ， 是的中点，， ， ， 为的中点，，， ， 在中，， ， ， ，分别为，的中点， 是的中位线， ， 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 7．（2024·河北·模拟预测）在中，，是的中点，求证：． 证明：如图，延长至点，使，连接，． …… ， ． 下面是“……”部分被打乱顺序的证明过程：①∴四边形是平行四边形；②∵；③∵，；④∴四边形是矩形，则正确的顺序是（      ）． A．③①②④ B．③②①④ C．②③①④ D．②①③④ 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．从结论入手，要证明直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，显然不能应该斜边中线定理，看到提示的两行证明，有对角线相等，由此根据矩形的对角线互相平分且对角线相等的性质，作辅助线补全四边形，先证平行四边形再证矩形，即可推出结论． 【详解】解:根据提示，先由对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再由平行四边形证明是矩形， 证明过程应为：③，； ①四边形是平行四边形； ②； ④四边形是矩形． ， ． 即证明过程为 ③①②④， 故选：A． 8．（2024·广东·模拟预测）若一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，则该多边形的边数为（     ） A．19 B．18 C．17 D．16 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和的综合，先设多边形的边数为条，因为一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，所以，解出值，即可作答． 【详解】解：设该多边形的边数为条， 则列方程为， 解得：， 故选B． 9．（2024·山西·模拟预测）如图，将正五边形纸片沿折叠，得到，点C的对应点为点，的延长线交于点F，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理是解题的关键．由正五边形纸片，可得，由，可得，由折叠的性质可知，，，根据，求解作答即可． 【详解】解：∵正五边形纸片， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可知，，， ∴， 故选：B． 10．（2024·广东·模拟预测）下列说法中，错误的是（   ） A．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行 B．等角对等边 C．四条边相等的四边形是正方形 D．圆的切线垂直于过切点的半径 【答案】C 【分析】本题考查平行线的判定，等腰三角形的性质，正方形的判定，切线的性质，根据各个知识点逐个判断即可． 【详解】A.在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行，说法正确，不符合题意； B.等角对等边，说法正确，不符合题意； C.四条边相等的四边形是菱形，说法错误，符合题意； D.圆的切线垂直于过切点的半径，说法正确，不符合题意； 故选：C． 11．（2024·河北·模拟预测）如图，在中，，点分别是的中点，顺次连接，在从逐渐增大到的过程中，四边形形状的变化依次是（   ） A．平行四边形→菱形→平行四边形 B．平行四边形→矩形→平行四边形 C．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形 D．平行四边形→矩形→正方形→平行四边形 【答案】A 【分析】本题主要考查了三角形的中位线．熟练掌握三角形的中位线性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，是解题的关键． 根据三角形中位线定理，得到，得到，得到四边形是平行四边形，当时，是矩形，，得到，得到是菱形；当时，或时，，∴，四边形是平行四边形， 【详解】连接， ∵E、F、G、H是的各边中点， ∴， ∴， 当时， ∵中，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当时，是矩形， ∴， ∴， ∴是菱形， 当时， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∴四边形形状的变化依次是：平行四边形→菱形→平行四边形． 故选：A． 12．（2024·安徽·模拟预测）如图，正方形中，点，分别在边，上，且，分别交，于点，，以点A为圆心，长为半径画弧下列结论：①；②；③；④与相切；⑤．其中正确结论的个数是（ ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线，熟练掌握这些性质，是解题的关键． 延长到，使，连接根据全等三角形的性质得到，，求得，证得，根据全等三角形的性质即可得到；故正确；在上截取，根据全等三角形的性质得到，，证得，根据勾股定理得到，根据全等三角形的性质得到，等量代换得到；故正确；根据平行线的性质得到，推出，又，于是得到，故正确；过A作于，根据角平分线的性质得到，于是得到与相切；故正确；由，而不一定等于，于是得到不一定平行于，故错误． 【详解】解：延长到，使，连接． 在和中，， ， ，， 又，， ． 在和中， ， ， ， 又， ；故正确； 在上截取，连接、， 在和中，， ， ，， 又， ． ． 在和中， ， ， ． ；故正确； ， ． ，， ， 又， ，故正确； 过A作于， ，， ， 与相切；故正确； ，而不一定等于， 不一定等于， 不一定平行于，故错误， 故选：B． 二、填空题 13．（2024·上海·模拟预测）如图1是一款可升降篮球架，支架，，的长度固定，A，D，G为立柱上的点，地面，篮板地面，，米，米，若改变伸缩臂的长度，则，可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架的长为 米．降低篮筐高度如图3，连结交于点O，平分，，此时篮筐的固定点C离地面的距离为 米． 【答案】 【分析】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键． 延长交地面于点，过点作于点，可得，利用平行线性质，可得，进而求得，利用直角三角形性质，可得，由此得解；设于相交于，连接，连接，由，，得四边形是平行四边形，进而得到，利用平分，结合，可得，根据等角对等边得，进而得到，结合，得到四边形是平行四边形，利用平行四边形性质，结合，可证平行四边形是矩形，由此即可得解． 【详解】解：如图，延长交地面于点，过点作于点， 地面，篮板地面， ， ∴ ， ， ， ， 又 ， 米， 故支架的长为米． 如图，设于相交于，连接，连接， ， ， 又 四边形是平行四边形， ， ， ， 平分， ， 又 ， ， ， ， ， 又 ， 四边形是平行四边形， 互相平分， ， ， 平行四边形是矩形， ，即， 四边形是矩形， 米． 故此时篮筐的固定点C离地面的距离为米． 故答案为∶ ；． 14．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，在边上，，连接，则线段的最小长度为 ． 【答案】 【分析】根据题意取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，利用矩形性质证明四边形为平行四边形，再根据对称性得，继而利用勾股定理即可得到本题答案． 【详解】解：如图，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接， ， ∵矩形中，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，即， ∵根据对称性可知，则，， ∵， ∴的最小长度：， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形判定及性质，矩形性质，对称性质，勾股定理等． 15．（2024·湖南·模拟预测）已知四边形的对角线垂直平分对角线于点，要使四边形为菱形，则可添加的条件是 （添加一个条件即可，不添加其他的点和线）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定即可得出答案． 【详解】解：添加，理由如下： ∵四边形的对角线垂直平分对角线于点， ， ， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 16．（2024·广东·模拟预测）如图，将一张长方形纸片沿折叠，使点A，B分别落在点，的位置．若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据矩形的性质可得，再根据折叠的性质可得，由此即可得． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， 故答案为：． 17．（2024·浙江·一模）如图，正方形的边长为，以边上的动点为圆心，为半径作圆，将沿翻折至，若过一边上的中点，则的半径为 ． 【答案】或或 【分析】分三种情况讨论，设的半径为，分别根据勾股定理，即可求解． 【详解】设的半径为，当经过的中点，即经过的中点， ∴， 当经过的中点，则， ∴，， 在中， ∴ 解得：（负值舍去） 当经过的中点，即经过的中点，设的中点为， ∴ ∴ 解得： 综上所述，半径为、、 故答案为：或或． 【点睛】本题考查翻折的性质，勾股定理，正方形的性质，掌握翻折的性质，勾股定理，正方形的性质以及分类讨论是正确解答的关键． 18．（2024·重庆·一模）如图，在中，E为边中点．以C为圆心，为半径画弧，恰好经过点A．以C为圆心，为半径画弧，与相切于点F．若，则阴影部分的面积为 ．（结果保留π） 【答案】 【分析】根据切线的性质得到，得到，根据平行四边形的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，，根据扇形、正方形、三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：与切于， ， 由题意可知：， ， 四边形是平行四边形， ， ， 为边中点， ，， ， ， ， ，， ， 四边形是正方形， 阴影部分的面积扇形的面积的面积正方形的面积扇形的面积， 故答案为：． 【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确地识别图形是解题的关键． 19．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．   若，，则长为 【答案】1 【分析】根据矩形的性质，得出，，证明四边形是平行四边形，利用证明，得出，即可证明四边形是菱形；标记点，根据矩形的性质，得出，，，，证明四边形和四边形是平行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出，，，证明四边形是菱形，根据含角的直角三角形的性质，得出，证明、、、是边长相等的等边三角形，求出，，根据，得出答案即可． 【详解】解：∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 如图，标记点，    ∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴四边形和四边形是平行四边形， ∴ ∵由（1）得，，四边形是菱形， ∴，，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴和是等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴、是等边三角形， ∵、、、依次有公共边， ∴、、、是边长相等的等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 三、解答题 20．（2024·湖南·模拟预测）慈氏塔（如图①）作为湖南现存最早的砖塔之一，以其巍然䇯立，雄视洞庭湖，成为“巴陵胜状”之一．某兴趣小组决定利用所学知识开展以“测量慈氏塔的高度”为主题的活动，并写出如下项目报告： 课题 测量慈氏塔的高度 测量工具 测角仪、无人机等 测量示意图 测量过程 如图②，测量小组使无人机在点处以的速度竖直上升后，飞行至点处，在点处测得塔顶的俯角为，然后沿水平方向向左飞行至点处，在点处测得塔顶和点的俯角均为 说明 点均在同一竖直平面内，且点在同一水平线上，．结果精确到．参考数据： (1)求无人机从点到点处的飞行距离； (2)求慈氏塔的高度． 【答案】(1) (2)慈氏塔的高度为 【分析】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，矩形的判定与性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于常考题型． （1）先根据题意可求出，，再根据中，即可解答； （2）过点D作，交延长线于点H，设，则，解直角三角形求出x的值，证明四边形是矩形，得到，由即可解答． 【详解】（1）解：根据题意得：，， 在中，， ； （2）解：过点D作，交延长线于点H， ， ， ， 设，则， 在中， ， ， 解得：， ， ， 四边形是矩形， ， ， 答：慈氏塔的高度为． 21．（2024·广东·模拟预测）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．试判断四边形的形状，并给出证明．    【答案】四边形是菱形，证明见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题关键．先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的判定可得，然后根据菱形的判定即可得． 【详解】解：四边形是菱形，证明如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵是的角平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 22．（2024·湖南·模拟预测）如图，在中，交于点，点在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法是解题的关键． （1）先根据四边形为平行四边形可得、，再根据得出，即可证明结论； （2）先证明得出，证明四边形为菱形得出，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 23．（2024·山东·模拟预测）如图，在中，，，延长至点，使，连接，交于点，连接，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，得，，再证，即可得证； （2）由矩形的性质得，由勾股定理求出，即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，，， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形外角的定义及性质等知识，掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 24．（2024·浙江·模拟预测）如图，在正五边形中，连结交于点F (1)求的度数． (2)已知，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据五边形是正五边形，判断出，，求出，进而可求出的度数； （2）证明得，设，则，列出方程，解方程即可求出的长． 【详解】（1）解：∵五边形是正五边形， ，， ∴， 同理可求， ∴． （2）解：∵， ∴， 同理可证， ∴四边形是菱形， ， 同理， ∴， ∵， ， ，即， 设，则， ，即， 解得（舍去负值）， 的长是． 【点睛】本题考查了正多边形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键． 25．（2024·安徽·模拟预测）在正方形中，点是边上的一动点，连接．以为边在直线右侧作正方形． (1)如图1，若与交于点，且，求的度数； (2)如图2，连接，求证：三点共线； (3)如图3，若点是边的中点，，连接，求线段的长． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由正方形性质得到，，根据已知条件，数形结合得到，进而在四边形中，由四边形内角和为列方程求解即可得到答案； （2）由题意可知，只需要证明即可得证三点共线，利用正方形性质及互余定义，等量代换即可得证； （3）过点作于点，如图所示，由三角形全等的判定定理得到，结合全等性质、正方形性质及中点定义得到各个线段长度，在中，由勾股定理求解即可得到答案． 【详解】（1）解：在正方形中，； 在正方形中，， ， ， 则， 在四边形中，， 即， 则； （2）证明：如图所示： 在正方形中，； 在正方形中，， ；；；；； ， ；； ， ， 即， ， ，即三点共线； （3）解：过点作于点，如图所示： ， 在正方形中，； 在正方形中，，， ， 则， 在和中， ， ， 点是边的中点，， ， 则， 在中，，， 则由勾股定理可得． 【点睛】本题考查正方形综合，涉及正方形性质、互余定义、四边形内角和、互补定义、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形性质及相关几何性质，灵活运用是解决问题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题15 四边形 课标要求 考点 考向 ①了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线;探索并掌握多边形内角和与外角和公式。 ②理解平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，以及它们之间的关系;了解四边形的不稳定性。 ③探索并证明平行四边形的性质定理:平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形的判定定理:一组对边平行且相等的四边形是平行四边形;两组对边分别相等的四边形是平行四边形;对角线互相平分的四边形是平行四边形。 ④探究并证明三角形中位线定理。 ⑤探索并证明矩形、菱形的性质定理:矩形的四个角都是直角，对角线相等;菱形的四条边相等，对角线互相垂直。探索并证明矩形、菱形的判定定理:三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形;四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形既是矩形，又是菱形;理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系。 多边形及其内角和 考向一 多边形的内角和 考向二 多边形的外角和 平行四边形 考向一 平行四边形的性质 考向二 平行四边形的判定 考向三 平行四边形的性质好判定综合 考向四 三角形的中位线 特殊的平行四边形 考向一 矩形 考向二 菱形 考向三 正方形 考点一 多边形及其内角和 ►考向一 多边形的内角和 1．（2024·河北·中考真题）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·云南·中考真题）一个七边形的内角和等于（   ） A． B． C． D． 3．（2024·吉林长春·中考真题）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（　　） A． B． C． D． 4．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（    ） A． B． C． D． 5．（2024·山西·中考真题）如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形，其中，则这个五边形的内角的度数为 ． ►考向二 多边形的外角和 6．（2024·西藏·中考真题）已知正多边形的一个外角为，则这个正多边形的内角和为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 8．（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 9．（2024·青海·中考真题）正十边形一个外角的度数是 ． 10．（2010·江苏徐州·中考真题）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是 . 考点二 平行四边形 ►考向一 平行四边形的性质 11．（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（    ）    A．22 B．21 C．20 D．18 12．（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与相交于点O，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 13．（2024·河南·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交于点F．若，则的长为（    ） A． B．1 C． D．2 14．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 15．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． ►考向二 平行四边形的判定 16．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ． 17．（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程： 已知：如图，中，，平分的外角，点是的中点，连接并延长交于点，连接． 求证：四边形是平行四边形． 证明：∵，∴． ∵，，， ∴①______． 又∵，， ∴（②______）． ∴．∴四边形是平行四边形． 若以上解答过程正确，①，②应分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 18．（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． 19．（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． ►考向三 平行四边形的性质好判定综合 20．（2024·浙江·中考真题）如图，在正方形中，分别是边上的点，且分别在边上，且与交于点O，记，若，则（    ） A． B． C． D． 21．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 22．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为 ．      23．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题： 如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点． 小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！ (1)证明； (2)指出小丽作法中存在的问题． ►考向四 三角形的中位线 24．（2024·湖南·中考真题）如图，在中，点分别为边的中点．下列结论中，错误的是（    ） A． B． C． D． 25．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（    ） A． B． C． D． 26．（2024·浙江·中考真题）如图，D，E分别是边，的中点，连接，．若，则的长为    27．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为 ； （2）若为的中点，则线段的长为 ． 28．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 考点三 特殊的平行四边形 ►考向一 矩形 29．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（    ） A． B． C． D． 30.．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 31．（2024·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，矩形位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小的是（    ） A．点A B．点B C．点C D．点D 32．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 33．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形中，若面积，周长，则 ． 34．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：是矩形． ►考向二 菱形 35．（2024·浙江·中考真题）如图，已知菱形的面积是24，E，F分别是菱形的边的中点，连结与交于点G，则的面积为（   ） A． B． C．3 D．9 36．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 37．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（    ） A． B． C． D． 38．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 39．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ． 40．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ． 41．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． ►考向三 正方形 42．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 43．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 44．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（    ） A．1 B．2 C．5 D．10 45．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为 ． 46．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状． 一、单选题 1．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形的对角线的中点，以O为原点，建立如图平面直角坐标系，若轴，，，点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广东·模拟预测）将一副三角尺在平行四边形按如图所示的方式摆放，设，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·浙江·模拟预测）如图，等腰梯形（     ）    A．既是轴对称图形，又是中心对称图形 B．是轴对称图形，但不是中心对称图形 C．是中心对称图形，但不是轴对称图形 D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形 4．（2024·湖北·模拟预测）类比“赵爽弦图”，可类似的构造如图所示的图形，它是由中间的小正六边形和6个全等的直角三角形拼成的一个大正六边形，若在大正六边形内部随机取一点，则此点取自小正六边形的概率是（       ） A． B． C． D． 5．（2024·广东·模拟预测）如图，D，E分别是的边，的中点，若的周长为6，则的周长为（    ） A． B．3 C．12 D．36 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，矩形中，点在边上，平分，，分别是，的中点，，，则的值为（    ） A． B． C． D．3 7．（2024·河北·模拟预测）在中，，是的中点，求证：． 证明：如图，延长至点，使，连接，． …… ， ． 下面是“……”部分被打乱顺序的证明过程：①∴四边形是平行四边形；②∵；③∵，；④∴四边形是矩形，则正确的顺序是（      ）． A．③①②④ B．③②①④ C．②③①④ D．②①③④ 8．（2024·广东·模拟预测）若一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，则该多边形的边数为（     ） A．19 B．18 C．17 D．16 9．（2024·山西·模拟预测）如图，将正五边形纸片沿折叠，得到，点C的对应点为点，的延长线交于点F，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·广东·模拟预测）下列说法中，错误的是（   ） A．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行 B．等角对等边 C．四条边相等的四边形是正方形 D．圆的切线垂直于过切点的半径 11．（2024·河北·模拟预测）如图，在中，，点分别是的中点，顺次连接，在从逐渐增大到的过程中，四边形形状的变化依次是（   ） A．平行四边形→菱形→平行四边形 B．平行四边形→矩形→平行四边形 C．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形 D．平行四边形→矩形→正方形→平行四边形 12．（2024·安徽·模拟预测）如图，正方形中，点，分别在边，上，且，分别交，于点，，以点A为圆心，长为半径画弧下列结论：①；②；③；④与相切；⑤．其中正确结论的个数是（ ） A．个 B．个 C．个 D．个 二、填空题 13．（2024·上海·模拟预测）如图1是一款可升降篮球架，支架，，的长度固定，A，D，G为立柱上的点，地面，篮板地面，，米，米，若改变伸缩臂的长度，则，可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架的长为 米．降低篮筐高度如图3，连结交于点O，平分，，此时篮筐的固定点C离地面的距离为 米． 14．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，在边上，，连接，则线段的最小长度为 ． 15．（2024·湖南·模拟预测）已知四边形的对角线垂直平分对角线于点，要使四边形为菱形，则可添加的条件是 （添加一个条件即可，不添加其他的点和线）． 16．（2024·广东·模拟预测）如图，将一张长方形纸片沿折叠，使点A，B分别落在点，的位置．若，则 ． 17．（2024·浙江·一模）如图，正方形的边长为，以边上的动点为圆心，为半径作圆，将沿翻折至，若过一边上的中点，则的半径为 ． 18．（2024·重庆·一模）如图，在中，E为边中点．以C为圆心，为半径画弧，恰好经过点A．以C为圆心，为半径画弧，与相切于点F．若，则阴影部分的面积为 ．（结果保留π） 19．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．   若，，则长为 三、解答题 20．（2024·湖南·模拟预测）慈氏塔（如图①）作为湖南现存最早的砖塔之一，以其巍然䇯立，雄视洞庭湖，成为“巴陵胜状”之一．某兴趣小组决定利用所学知识开展以“测量慈氏塔的高度”为主题的活动，并写出如下项目报告： 课题 测量慈氏塔的高度 测量工具 测角仪、无人机等 测量示意图 测量过程 如图②，测量小组使无人机在点处以的速度竖直上升后，飞行至点处，在点处测得塔顶的俯角为，然后沿水平方向向左飞行至点处，在点处测得塔顶和点的俯角均为 说明 点均在同一竖直平面内，且点在同一水平线上，．结果精确到．参考数据： (1)求无人机从点到点处的飞行距离； (2)求慈氏塔的高度． 21．（2024·广东·模拟预测）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．试判断四边形的形状，并给出证明．    22．（2024·湖南·模拟预测）如图，在中，交于点，点在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若求证：四边形是菱形． 23．（2024·山东·模拟预测）如图，在中，，，延长至点，使，连接，交于点，连接，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的面积． 24．（2024·浙江·模拟预测）如图，在正五边形中，连结交于点F (1)求的度数． (2)已知，求的长． 25．（2024·安徽·模拟预测）在正方形中，点是边上的一动点，连接．以为边在直线右侧作正方形． (1)如图1，若与交于点，且，求的度数； (2)如图2，连接，求证：三点共线； (3)如图3，若点是边的中点，，连接，求线段的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$