2025年数学中考证明题专项：四边形的证明题

2025年数学中考证明题专项：四边形的证明题 1．如图，四边形是平行四边形，E为延长线上一点，，连接交于点F，连接、、． (1)若，求的度数； (2)已知，求证：四边形是平行四边形． 2．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使得，连接， (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的值． 3．如图，，两点均在菱形的对角线上，射线交边于点． (1)如图1，若． ①求证：． ②过点作于点，求证：． (2)如图2，射线交于点，若，，，求的长． 4．在一次数学活动中，王老师布置任务，让同学们用已学知识制作一个菱形．小汪同学经过思考， 给出了如下作图步骤： ①如图，作直角三角形，其中； ②分别延长至点，使；延长至点，使； ③连结，形成四边形． 请根据上述步骤，解答以下问题： (1)判断四边形是否为菱形，并说明理由． (2)若，求点到的距离． 5．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点M，与相交于点N，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 6．课本再现 在学习了平行四边形的概念后，进一步得到平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分． （1）如图1，在平行四边形中，对角线与交于点，求证：，． 知识应用 （2）在中，点为的中点．延长到，使得，使得，连接．如图2，若，请你探究线段与线段之间的数量关系．写出你的结论 7．如图，在平行四边形的边上分别截取，使得，点是线段上两点，且，连接． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 8．已知，在矩形中，，动点M从点A出发沿边向点D运动． (1)如图1，当，点M运动到边的中点时，请证明； (2)如图2，当时，点M在运动的过程中，是否存在，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由． 9．如图，四边形中，，，、相交于点，，垂足为点，连接交于点，连接． (1)求证：； (2)求的值； (3)求证：． 10．如图，在等腰 中，，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以C为旋转中心，将逆时针旋转至得到，连接，点F与点C关于对称，连接，，，， (1)猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． (2)①求四边形面积的最小值； ②当时，求的长度． 11．如图，正方形的边长为4，，且，的延长线交的延长线于M，于N． (1)求证：； (2)求的长度． 12．如图1，在四边形中，平分，点M是上一点，连接并延长分别交和的延长线于点Q和点N． (1)证明：四边形是菱形； (2)如图2，连接，证明：； (3)如图2，连接，若，且，求的长． 13．已知在中，，，点D为直线上一动点（点D不与B，C重合），以为边作正方形，连接． (1)如图1，当点D在线段上时，求证： (2)如图2，当点D在线段的延长线上时，请判断三条线段之间的数量关系，并说明理由． (3)如图2，延长交于点G，连接，若已知，，求的长． 14．在四边形中，、分别是、的中点． (1)如图1，在四边形中，若是的中点，，，，，求的长． (2)如图2，连接并延长，分别与、的延长线交于点、，为中点，若，求证：． (3)如图3，在中，，点在上，，、分别是、的中点，连接、并延长，与的延长线交于点，连接，若，判断的形状，并说明理由． 15．综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断：操作一：对折矩形纸片，使边与边重合，展开后得到折痕；操作二：分别在，上取点E，F，将四边形沿 折叠，点A，B的对应点分别落在点H，Q处，连接．根据以上操作，结合图（1），判断下列结论不成立的是（     ） A． B． C． D． (2)迁移探究：小航将矩形纸片换成边长为4的正方形纸片，并按照（1）中的方式操作，如图（2）．①小航发现，此时（1）中的选项A，B的结论均成立，请你加以证明． (3)拓展探究：在（2）的探究中，若将折叠，使点D的对应点落在上，折痕分别交，于点G，K，如图（3）．当是直角三角形时，直接写出的长． 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 《2025年数学中考证明题专项：四边形的证明题》参考答案 1．(1) (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和平行线的性质等知识点． （1）根据平行四边形的性质得出，，根据平行线的性质得出，求出，根据得出即可； （2）根据等腰三角形的性质得出，求出，根据全等三角形的性质得出，再根据平行四边形的判定得出结论即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 2．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，直角三角形的性质和勾股定理： （1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）由菱形的性质得，由勾股定理求出，，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， 且， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形，， ， ， ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，， 四边形是菱形， ， ， ． 3．(1)①详见解析；②详见解析 (2) 【分析】（1）①根据菱形性质得到，利用已知结合三角形内角和得到，从而得出结论；②连接，先证明，再证明，利用等角对等边得到，结合已知得出结论； （2）连接，先推出四边形为平行四边形，利用菱形性质得到，得到，设，则，列式解出x的值即可． 【详解】（1）①证明：四边形为菱形， ． ， ． ，，， ． ， ． ②证明：如图1，连接． 由（1）①，可得，， ， ． 又， ， ． ， ， ． ， 为的中点， ； （2）解：如图2，连接． ，， 四边形为平行四边形． ∴， ∴， ∴， 四边形为菱形， ，， ． 设，则， ， 解得，（不合题意，舍去）， 即的长为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等角对等边，平行线分线段成比例，熟练掌握相关性质定理为解题关键． 4．(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理． （1）根据题意可得，易证四边形是平行四边形，再根据，推出，即可证明四边形是菱形； （2）由题意易求，利用勾股定理求出，得到，设点到的距离为h，利用菱形的面积即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 根据题意得， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴ ∵，四边形是菱形， ∴， 设点到的距离为h， ∴， ∴， ∴点到的距离为． 5．(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定，勾股定理等； （1）由矩形的性质、线段垂直平分线的性质及可判定，由全等三角形的性质得，即可求解； （2）设，由勾股定理得，即可求解； 矩形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定，能熟练用勾股定理进行求解是解题的关键． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， 垂直平分， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， 四边形是菱形； （2）解：设， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， 解得：， ， 同理可求：， ． 6．（1）见解析；（2），见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得到，证明，即可证明； （2）过点作交于，连接，则，先证明是等边三角形，得到，，进而证明是等边三角形，得到，接着证明四边形是平行四边形，得到互相平分，则，证明，得到，则． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ； （2）解：，证明如下： 如图所示，过点作交于，连接， ， ， ，即， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ， ， 四边形是平行四边形， 互相平分， 点为的中点， 三点共线， ， 在中， ， ， ， ． 7．(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据平行四边形的性质可得，从而证得，即可得出结论； （）由（）可得，从而可得，利用三角形外角的性质求得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 8．(1)见详解 (2)存在，理由见详解 【分析】（1）根据，点M是的中点，可得，再由矩形的性质，即可求证； （2）假设，则，可先证得，从而得到 ，然后设，则 ，可得到 ，再由，可得到 ，进而得到方程有两个不相等的实数根，且两根均大于0，即可求解． 本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，一元二次方程根的判别式的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理，一元二次方程根的判别式是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵，，，点M是的中点， ∴， ∵ ∴， ∴； （2）解：存在，理由如下： 若，则， 又∵， ∴ 又∵， ∴， ∴ ， 设，则 ， 整理得： ， ∵， ∴， ∴ ， ∴方程 有两个不相等的实数根，且两根均大于0，符合题意， ∴当时，点在运动的过程中，存在． 9．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）如图，过点作于点，证明四边形是矩形，得，进一步证明垂直平分，即可得证； （2）证明得，推出，证明，由相似三角形的性质可得结论； （3）证明得，设，则，得，进一步推出，得，推出，得，再推出，即可得证． 【详解】（1）证明：如图，过点作于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，即点是的中点， ∴垂直平分， ∴； （2）解：∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）证明：由（2）知，，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，平行线的判定和性质等知识点．掌握相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理是解题的关键． 10．(1)，，证明见解析 (2)   或 【分析】（1）由是等腰直角三角形可得，，由等边对等角及三角形的内角和定理可得，由旋转的性质可得，，进而可得，即，则，利用可证得，于是可得，，则，即，于是结论得证； （2）①连接交于点，由（1）得，，由勾股定理可得，设，四边形的面积为，则，且，由（1）得，，，由勾股定理可得，由轴对称的性质可得垂直平分，由线段垂直平分线的性质可得，，再结合，可得，再结合，可证得四边形是正方形，于是可得，，则，通过求二次函数的最值即可求出四边形面积的最小值；②过点作于点，则，由（1）得，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，由等角对等边可得，由勾股定理可得，即，于是可得，，连接，由正方形的性质可得，，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，由等边对等角可得，，由三角形的内角和定理可得，则，进而可得，即，由勾股定理可得，，进而可得，由勾股定理可得，即，解方程即可求出的长． 【详解】（1）解：，，证明如下： 是等腰直角三角形， ，， ， 将逆时针旋转至得到， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ； （2）解：①如图，连接交于点， 由（1）得：，， ， 设，四边形的面积为， 则，且， 由（1）得：，，， ， 点F与点C关于对称， 垂直平分， ，， ， ， 又， 四边形是正方形， ，， ， 的最小值为， 即：四边形面积的最小值为； ②如图，过点作于点， 则， 由（1）得：， ， ， ， 又， ， ， ， 如图，连接， 四边形是正方形， ，， 又， ， ，， ， ， ， 即：， ，， ， ，， ， ， ， ， 解得：或， 或． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，轴对称的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，把化成顶点式，二次函数的最值，因式分解法解一元二次方程，等角对等边，等边对等角，线段垂直平分线的性质，直角三角形的两个锐角互余，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，三角形的内角和定理等知识点，添加适当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 11．(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质． （1）利用证明即可； （2）由，推出，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵E是上一点，， ∴， ∵， ∴， 在与中，，，， ∴； （2）解：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 设， 则， 解得：， ∴． 12．(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)． 【分析】()先证明四边形是平行四边形，再证明，从而得出结论； ()先证明，得出 ，再证明出，由三角形相似的判定定理证明，再由相似三角形的性质得出结论； ()先求出，再由勾股定理求出，设，则 ，再由勾股定理得出，求出，即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：四边形是菱形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵ ，， ∴， 由 () 知，， ∴， 由()知，， ∴， ∴， 在中， ， 设，则 ， 在中，， ∴， 解得， 即， 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是构建相似三角形，证明三角形相似． 13．(1)见解析； (2)，理由见解析； (3) 【分析】（1）证明是等腰直角三角形，利用即可证明，从而证得，据此即可证得结论； （2）同（1）相同，利用即可证得，从而证得，即可得到； （3）过点作，过点作，勾股定理求出的长，三线合一求出的长，进而求出的长，根据全等三角形的性质，求出的长，证明为等腰三角形，求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， 则在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴； （2）； 理由：∵，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∵在和中， ∴ ∴， ∴， ∴； （3）过点作，过点作，如图： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（2）知：， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键． 14．(1) (2)证明见解析 (3)是直角三角形，理由见解析 【分析】（1）由、、分别是、、的中点可得，、分别是、的中位线，由三角形的中位线定理可得，，，，由两直线平行同位角相等可得，由两直线平行同旁内角互补可得，进而可得，在中，根据勾股定理可得，由此即可求出的长； （2）由、、分别是、、的中点可得，、分别是、的中位线，由三角形的中位线定理可得，，，，再结合，可得，由等边对等角可得，由两直线平行内错角相等可得，由两直线平行同位角相等可得，于是结论得证； （3）连接，取的中点，连接、，由、、分别是、、的中点可得，、分别是、的中位线，由三角形的中位线定理可得，，，，再结合，可得，由等边对等角可得，由两直线平行内错角相等可得，则，由两直线平行同位角相等可得，由对顶角相等可得，进而可证得是等边三角形，于是可得，再结合，进而可得，由等边对等角可得，由三角形外角的性质可得，于是可得，然后根据即可得出结论． 【详解】（1）解：、、分别是、、的中点， 、分别是、的中位线， ，， ，， ，， ，， ，， ， 在中，根据勾股定理可得： ； （2）证明：、、分别是、、的中点， 、分别是、的中位线， ，， ，， ， ， ， ，， ，， ； （3）解：是直角三角形，理由如下： 如图，连接，取的中点，连接、， 、、分别是、、的中点， 、分别是、的中位线， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， 即：是直角三角形． 【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，等边对等角，三角形外角的性质，平行线的性质等知识点，熟练掌握三角形的中位线定理及平行线的性质是解题的关键． 15．(1)A (2)详见解析 (3)的长为或 【分析】（1）结合矩形的性质，折叠的性质及相似三角形逐一判定即可得解； （2）由折叠的性质可得，垂直平分，过点作，交于点，交于点，根据正方形和矩形的性质证明，则，可证四边形为平行四边形，然后根据性质即可求证； （3）设的交点为，分时和两种情况讨论即可得解． 【详解】（1）解：由折叠的性质可知：，，，故正确，不符合题意； 四边形是矩形， ， ， ，故正确，不符合题意； ， ， 如图，过点作于点， ， 对折矩形纸片，使与重合，得到折痕， ， ， ， ， ， ， ， 不一定成立， 故不一定成立， 故错误，符合题意； 故选：A； （2）证明：由折叠的性质可得，垂直平分， ，选项正确； 如图过点作交于点，交于点， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ，， 四边形为平行四边形， ， ，选项正确； （3）解：设的交点为， ，， ， ， 设，则， 在中，， ，解得， ，， ， ，， 当时，如图，此时， ， ，即， ， 当时，如图，此时三点共线， 点重合，则， ，即， ， 综上，的长为或． 【点睛】本题主要考查了矩形中的折叠问题，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形和正方形的性质，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键． 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 $$