专题10 四边形（湖南专用）-【好题汇编】三年（2023-2025）中考数学真题分类汇编

专题10 四边形 考点01 多边形的内角与外角定理 1．（2025•湖南）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形为正八边形，连接，，与交于点， ． 2．（2023•永州）下列多边形中，内角和等于360°的是（　　） A． B． C． D． 3．（2023•湘西州）一个七边形的内角和是（　　） A．1080° B．900° C．720° D．540° 4．（2025•长沙）如图，五边形中，，，，则 °． 5．（2023•益阳）如图，正六边形ABCDEF中，∠FAB＝　 　°． 考点02 平行四边形的判定与性质 1．（2023•益阳）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，下列结论一定成立的是（　　） A．OA＝OB B．OA⊥OB C．OA＝OC D．∠OBA＝∠OBC 2．（2023•邵阳）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，若添加一个条件，使四边形ABCD为平行四边形，则下列正确的是（　　） A．AD＝BC B．∠ABD＝∠BDC C．AB＝AD D．∠A＝∠C 3．（2023•衡阳）如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC．添加下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．AD＝BC B．AB∥DC C．AB＝DC D．∠A＝∠C 4.（2023•株洲）如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠DAB 的平分线AE交线段CD于点E，则EC＝　 　． 5．（2025•长沙）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 6．（2024•湖南）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E在边AB上，　 ． 请从“①∠B＝∠AED；②AE＝BE，AE＝CD”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BCDE为平行四边形； （2）若AD⊥AB，AD＝8，BC＝10，求线段AE的长． 7．（2024•长沙）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABC＝90°． （1）求证：AC＝BD； （2）点E在BC边上，满足∠CEO＝∠COE．若AB＝6，BC＝8，求CE的长及tan∠CEO的值． 8．（2023•长沙）如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交BC于点E，交AB的延长线于点F． （1）求证：AD＝AF； （2）若AD＝6，AB＝3，∠A＝120°，求BF的长和△ADF的面积． 9．（2023•株洲）如图所示，在△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，点H在线段CE上，连接BH，点G、F分别为BH、CH的中点． （1）求证：四边形DEFG为平行四边形； （2）DG⊥BH，BD＝3，EF＝2，求线段BG的长度． 考点03 矩形的判定与性质 1．（2023•湘西州）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，点F是AE的中点，AB＝8，AD＝DE＝10，则BF的长为 　 ． 2．（2023•怀化）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F． （1）证明：△BOF≌△DOE； （2）连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形． 3．（2023•岳阳）如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形． （1）你添加的条件是 　 （填序号）； （2）添加条件后，请证明▱ABCD为矩形． 考点04 菱形的判定与性质 1．（2025•湖南）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则四边形的周长为（   ） A．6 B．9 C．12 D．18 2．（2024•长沙）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝30°，点E是BC边上的动点，连接AE，DE，过点A作AF⊥DE于点F．设DE＝x，AF＝y，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（　　） A．y B．y C．y D．y 3．（2023•湘潭）如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　） A．20° B．60° C．70° D．80° 4．（2023•湘西州）如图，四边形ABCD是平行四边形，BM∥DN，且分别交对角线AC于点M，N，连接MD，BN． （1）求证：∠DMN＝∠BNM； （2）若∠BAC＝∠DAC．求证：四边形BMDN是菱形． 5．（2023•永州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，OA＝3，BD＝8，AB＝5． （1）△AOB是直角三角形吗？请说明理由； （2）求证：四边形ABCD是菱形． 6．（2023•张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF． （1）求证：AE∥BF； （2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形． 考点05 正方形的判定与性质 1．（2023•常德）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连接AF，DE．若∠FAC＝15°，则∠AED的度数为（　　） A．80° B．90° C．105° D．115° 2．（2023•怀化）如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE＝3．则点P到直线AB的距离为 　 　． 3．（2023•湘潭）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具．某同学用边长为4dm的正方形纸板制作了一副七巧板（见图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 　 　dm2． 考点06 四边形的综合问题 1．（2025•湖南）【问题背景】 如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示． 【动手操作】 现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现） ①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示； ②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示； ③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示． 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图3，填空：______； (2)如图4，求证：； (3)如图5．若，，求证：． 2．（2023•衡阳）[问题探究] （1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB． ①求证：PD＝PB； ②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由； ③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由． [迁移探究] （2）如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由． 3．（2023•郴州）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE＝AD，连接DE交射线AC于点F． （1）如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由； （2）如图2，当点D在线段AB的延长线上时， ①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由； ②如图3，连接AE．设AB＝4，若∠AEB＝∠DEB，求四边形BDFC的面积． 4．（2023•湘潭）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转． 特例感知：（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明； （2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②．根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由； 规律探究： （3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由． 1 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 四边形 考点01 多边形的内角与外角定理 1．（2025•湖南）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形为正八边形，连接，，与交于点， ． 【答案】 【知识点】三角形的外角的定义及性质、三角形内角和定理的应用、等边对等角、正多边形的内角问题 【分析】本题主要考查了正多边形内角问题，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据正多边形内角计算公式求出，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出的度数，最后根据三角形外角的性质即可得到答案． 【详解】解：∵八边形是正八边形， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 故答案为：． 2．（2023•永州）下列多边形中，内角和等于360°的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据三角形内角和，四边形的内角和与多边形内角和将各图形的内角和计算后进行判断即可． 【解答】解：A．三角形的内角和为180°， 则A不符合题意； B．四边形的内角和为360°， 则B符合题意； C．五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°， 则C不符合题意； D．六边形的内角和为（6﹣2）×180°＝720°， 则D不符合题意； 故选：B． 【点评】本题主要考查多边形的内角和公式，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握． 3．（2023•湘西州）一个七边形的内角和是（　　） A．1080° B．900° C．720° D．540° 【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和． 【解答】解：（7﹣2）×180°＝900°， 故选：B． 【点评】此题主要考查了多边形的内角和与外角和定理，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容． 4．（2025•长沙）如图，五边形中，，，，则 °． 【答案】205 【知识点】多边形内角和问题 【分析】本题主要考查了多边形的内角和求法，根据其公式解题即可． 【详解】解：多边形的内角和为， ∴五边形的内角和为， ， 故答案为：205． 5．（2023•益阳）如图，正六边形ABCDEF中，∠FAB＝　120　°． 【分析】根据多边形的内角和及正多边形的性质计算即可． 【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴∠FAB＝（6﹣2）×180°÷6＝120°， 故答案为：120． 【点评】本题考查多边形的内角和及正多边形的性质，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握． 考点02 平行四边形的判定与性质 1．（2023•益阳）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，下列结论一定成立的是（　　） A．OA＝OB B．OA⊥OB C．OA＝OC D．∠OBA＝∠OBC 【分析】由平行四边形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD， 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键． 2．（2023•邵阳）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，若添加一个条件，使四边形ABCD为平行四边形，则下列正确的是（　　） A．AD＝BC B．∠ABD＝∠BDC C．AB＝AD D．∠A＝∠C 【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、由AB∥CD，AD＝BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项A不符合题意； B、∵AB∥CD， ∴∠ABD＝∠BDC， ∴不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项B不符合题意； C、由AB∥CD，AB＝AD，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项C不符合题意； D、∵AB∥CD， ∴∠ABC+∠C＝180°， ∵∠A＝∠C， ∴∠ABC+∠A＝180°， ∴AD∥BC， 又∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 3．（2023•衡阳）如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC．添加下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．AD＝BC B．AB∥DC C．AB＝DC D．∠A＝∠C 【分析】由平行四边形的判定方法，即可判断． 【解答】解：A、因为AD∥BC，AD＝BC，因此由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，能判定四边形ABCD是平行四边形，故A不符合题意； B、因为AD∥BC，AB∥DC，因此由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，能判定四边形ABCD是平行四边形，故B不符合题意； C、AB＝DC，但AB和CD不一定平行，因此不能判定四边形ABCD是平行四边形，故C符合题意； D、因为AD∥BC得到∠ADB＝∠CBD，又∠A＝∠C，BD＝DB，因此△ABD≌△CDB（AAS），得到AD＝CB，能判定四边形ABCD是平行四边形，故D不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定方法． 4.（2023•株洲）如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠DAB 的平分线AE交线段CD于点E，则EC＝　2　． 【分析】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，则∠DEA＝∠EAB，再由角平分线的定义可得∠EAB＝∠DAE，从而求得∠AED＝∠DAE，则AD＝DE，即可得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形； ∴AD∥BC，DC＝AB． ∴∠DEA＝∠EAB， ∵∠DAB的平分线AE交DC于点E， ∴∠EAB＝∠DAE， ∴∠DEA＝∠DAE， ∴AD＝DE， ∵AD＝3，AB＝5， ∴EC＝DC﹣DE＝AB﹣AD＝5﹣3＝2， 故答案为：2． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定，其中掌握平行四边形的性质是解题的关键． 5．（2025•长沙）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形 【分析】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形． （2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴且． 又， ． ． 又． ∴四边形是平行四边形． （2）解：过点作于点． ∵四边形是正方形，， ． 又， ∴四边形是矩形． ． 又， ． 在中，由勾股定理得． 6．（2024•湖南）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E在边AB上，　①或②　． 请从“①∠B＝∠AED；②AE＝BE，AE＝CD”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BCDE为平行四边形； （2）若AD⊥AB，AD＝8，BC＝10，求线段AE的长． 【分析】（1）证明BC∥DE或BE＝CD，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得DE＝BC＝10，再由勾股定理求出AE的长即可． 【解答】解：（1）选择①或②，证明如下： 选择①，∵∠B＝∠AED， ∴BC∥DE， ∵AB∥CD， ∴四边形BCDE为平行四边形； 选择②，∵AE＝BE，AE＝CD， ∴BE＝CD， ∵AB∥CD， ∴四边形BCDE为平行四边形； 故答案为：①或②； （2）由（1）可知，四边形BCDE为平行四边形， ∴DE＝BC＝10， ∵AD⊥AB， ∴∠A＝90°， ∴AE6， 即线段AE的长为6． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及勾股定理得知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 7．（2024•长沙）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABC＝90°． （1）求证：AC＝BD； （2）点E在BC边上，满足∠CEO＝∠COE．若AB＝6，BC＝8，求CE的长及tan∠CEO的值． 【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，证明四边形ABCD是矩形，则AC＝BD； （2）作OH⊥BC于点H，由AB＝6，BC＝8，求得AC＝10，则CE＝OC＝OA＝5，再证明OC＝OB，则HC＝HB＝4，求得EH＝1，由tan∠ACB，求得OH•HC＝3，tan∠CEO3． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD． （2）作OH⊥BC于点H，则∠OHE＝∠OHC＝90°， ∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8， ∴AC10， ∴OC＝OAAC＝5， ∵∠CEO＝∠COE， ∴CE＝OC＝5， ∵OC＝OAAC，OB＝ODBD，且AC＝BD， ∴OC＝OB， ∴HC＝HBBC＝4， ∴EH＝CE﹣HC＝5﹣4＝1， ∵tan∠ACB， ∴OH•HC4＝3， ∴tan∠CEO3， ∴CE的长为5，tan∠CEO的值为3． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 8．（2023•长沙）如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交BC于点E，交AB的延长线于点F． （1）求证：AD＝AF； （2）若AD＝6，AB＝3，∠A＝120°，求BF的长和△ADF的面积． 【分析】（1）根据平行线的性质得到∠CDE＝∠F，根据角平分线的定义得到∠ADE＝∠CDE，求得∠F＝∠ADF，根据等腰三角形的判定定理即可得到AD＝AF， （2）根据线段的和差得到BF＝AF﹣AB＝3；过D作DH⊥AF交FA的延长线于H，根据直角三角形的性质得到AH，3，根据三角形的面积公式即可得到△ADF的面积． 【解答】（1）证明：在▱ABCD中，∵AB∥CD， ∴∠CDE＝∠F， ∵DF平分∠ADC， ∴∠ADE＝∠CDE， ∴∠F＝∠ADF， ∴AD＝AF， （2）解：∵AD＝AF＝6，AB＝3， ∴BF＝AF﹣AB＝3； 过D作DH⊥AF交FA的延长线于H， ∵∠BAD＝120°， ∴∠DAH＝60°， ∴∠ADH＝30°， ∴AH， ∴3， ∴△ADF的面积． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形面积的计算，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 9．（2023•株洲）如图所示，在△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，点H在线段CE上，连接BH，点G、F分别为BH、CH的中点． （1）求证：四边形DEFG为平行四边形； （2）DG⊥BH，BD＝3，EF＝2，求线段BG的长度． 【分析】（1）由三角形中位线定理得DE∥BC，DEBC，GF∥BC，GFBC，则DE∥GF，DE＝GF，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得DG＝EF＝2，再由勾股定理求出BG的长即可． 【解答】（1）证明：∵点D、E分别为AB、AC的中点，点G、F分别为BH、CH的中点， ∴DE是△ABC的中位线，GF是△HBC的中位线， ∴DE∥BC，DEBC，GF∥BC，GFBC， ∴DE∥GF，DE＝GF， ∴四边形DEFG为平行四边形； （2）解：∵四边形DEFG为平行四边形， ∴DG＝EF＝2， ∵DG⊥BH， ∴∠DGB＝90°， ∴BG， 即线段BG的长度为． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 考点03 矩形的判定与性质 1．（2023•湘西州）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，点F是AE的中点，AB＝8，AD＝DE＝10，则BF的长为 　2　． 【分析】由矩形的性质得∠ABC＝∠C＝90°，CD＝AB＝8，BC＝AD＝10，而DE＝10，所以CE6，则BE＝BC﹣CE＝4，所以AE4，则BFAE＝2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝8，AD＝DE＝10， ∴∠ABC＝∠C＝90°，CD＝AB＝8，BC＝AD＝10， ∴CE6， ∴BE＝BC﹣CE＝10﹣6＝4， ∴AE4， ∵点F是AE的中点， ∴BFAE42， 故答案为：2． 【点评】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，正确地求出CE的长是解题的关键． 2．（2023•怀化）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F． （1）证明：△BOF≌△DOE； （2）连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形． 【分析】（1）根据矩形的对边平行得到AD∥BC，于是有∠EDO＝∠FBO，根据点O是BD的中点得出DO＝BO，结合对顶角相等利用ASA可证得△BOF和△DOE全等； （2）由（1）△BOF≌△DOE可得BF＝DE，结合DE∥BF，可得四边形EBFD是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠EDO＝∠FBO， ∵点O是BD的中点， ∴DO＝BO， 又∵∠EOD＝∠FOB， ∴△BOF≌△DOE（ASA）； （2）证明：由（1）已证△BOF≌△DOE， ∴BF＝DE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，即DE∥BF， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∵EF⊥BD， ∴四边形EBFD是菱形． 【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，三角形全等的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键． 3．（2023•岳阳）如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形． （1）你添加的条件是 　①（或②）　（填序号）； （2）添加条件后，请证明▱ABCD为矩形． 【分析】（1）根据矩形的判定定理选择条件即可； （2）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB＝DC，求得∠A+∠D＝180°，根据全等三角形的性质得到∠A＝∠D，根据矩形的判定定理即可得到结论． 【解答】（1）解：①当∠1＝∠2时，▱ABCD为矩形； ②当AM＝DM时，▱ABCD为矩形， 故答案为：①（或②）； （2）选择①∠1＝∠2， 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，AB＝DC， ∴∠A+∠D＝180°， 在△ABM和DCM中， ， ∴△ABM≌DCM（SAS）， ∴∠A＝∠D， ∴∠A＝∠D＝90°， ∴▱ABCD为矩形． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，由矩形的性质和全等三角形的判定证得△ABM≌DCM，并熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键． 考点04 菱形的判定与性质 1．（2025•湖南）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则四边形的周长为（   ） A．6 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【知识点】线段垂直平分线的性质、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握线段垂直平分线的性质． 根据线段垂直平分线的性质，可得四边形的四条边长相等，代入已知边长，计算周长即可． 【详解】解：∵在四边形中，对角线与互相垂直平分， ∴，，， ∴， ∵， ∴四边形的周长为， 解法二： ∵在四边形中，对角线与互相垂直平分， ∴四边形为菱形， ∴菱形的周长为， 故选：． 2．（2024•长沙）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝30°，点E是BC边上的动点，连接AE，DE，过点A作AF⊥DE于点F．设DE＝x，AF＝y，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（　　） A．y B．y C．y D．y 【分析】过D作DH⊥BC交BC的延长线于H，在菱形ABCD中，AB＝6，AB∥CD，AB＝CD＝AD＝6，AD∥BC，根据平行线的性质得到∠DCH＝∠B＝30°，∠ADF＝∠DEH，根据直角三角形 到现在得到DH，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：过D作DH⊥BC交BC的延长线于H， 在菱形ABCD中，AB＝6，AB∥CD，AB＝CD＝AD＝6，AD∥BC， ∴∠DCH＝∠B＝30°，∠ADF＝∠DEH， ∴DH， ∵AF⊥DE， ∴∠AFD＝∠EHD＝90°， ∴△ADF∽△DEH， ∴， ∴， ∴y， 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质，含30°直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 3．（2023•湘潭）如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　） A．20° B．60° C．70° D．80° 【分析】根据菱形的性质和平行线的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AC⊥BD， ∴∠DCA＝∠1＝20°， ∴∠2＝90°﹣∠DCA＝70°， 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键． 4．（2023•湘西州）如图，四边形ABCD是平行四边形，BM∥DN，且分别交对角线AC于点M，N，连接MD，BN． （1）求证：∠DMN＝∠BNM； （2）若∠BAC＝∠DAC．求证：四边形BMDN是菱形． 【分析】（1）连接BD，交AC于点O，证明△BOM≌△DON，推出四边形BMDN为平行四边形，得到BN∥DM，即可得证； （2）先证明四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，进而得到MN⊥BD，即可得证． 【解答】证明：（1）连接BD，交AC于点O，如图： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD， ∵BM∥DN， ∴∠MBO＝∠NDO， 又∠BOM＝∠DON， ∴△BOM≌△DON（ASA）， ∴BM＝DN， ∴四边形BMDN为平行四边形， ∴BN∥DM， ∴∠DMN＝∠BNM； （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC∥AD， ∴∠BCA＝∠DAC， ∵∠BAC＝∠DAC， ∴∠BAC＝∠BCA， ∴AB＝BC， ∴四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴MN⊥BD， ∴平行四边形BMDN是菱形． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 5．（2023•永州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，OA＝3，BD＝8，AB＝5． （1）△AOB是直角三角形吗？请说明理由； （2）求证：四边形ABCD是菱形． 【分析】（1）由平行四边形的性质得OB＝4，再证OA2+OB2＝AB2，然后由勾股定理的逆定理即可得出结论； （2）由∠AOB＝90°得AC⊥BD，再由菱形的判定定理即可得出结论． 【解答】（1）解：△AOB是直角三角形，理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝8， ∴OB＝ODBD＝4， ∵OA＝3，OB＝4，AB＝5， ∴OA2+OB2＝AB2， ∴△AOB是直角三角形，且∠AOB＝90°； （2）证明：由（1）可知，∠AOB＝90°， ∴AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形． 【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握菱形的判定，由勾股定理的逆定理证出△AOB为直角三角形是解题的关键． 6．（2023•张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF． （1）求证：AE∥BF； （2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形． 【分析】（1）由SSS证明△AEC≌△BFD（SSS），得到∠A＝∠B，即可证明AE∥BF； （2）由△AEC≌△BFD，得到∠ECA＝∠FDB，推出EC∥DF，又EC＝DF，得到四边形DECF是平行四边形，而DF＝FC，推出四边形DECF是菱形． 【解答】证明：（1）∵AD＝BC， ∴AD+CD＝BC+CD， ∴AC＝BD， ∵AE＝BF，CE＝DF， ∴△AEC≌△BFD（SSS）， ∴∠A＝∠B， ∴AE∥BF； （2）∵△AEC≌△BFD（SSS）， ∴∠ECA＝∠FDB， ∴EC∥DF， ∵EC＝DF， ∴四边形DECF是平行四边形， ∵DF＝FC， ∴四边形DECF是菱形． 【点评】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是证明△AEC≌△BFD（SSS）． 考点05 正方形的判定与性质 1．（2023•常德）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连接AF，DE．若∠FAC＝15°，则∠AED的度数为（　　） A．80° B．90° C．105° D．115° 【分析】先根据正方形的性质及EF∥BC得∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°，进而得∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF，然后证△AEF和△DFE全等得∠CAE＝∠FDE＝15°，从而得∠ADE＝30°，最后利用三角形的内角和定理可求出∠AED的度数． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴OA＝OD，∠OBC＝∠OCB＝∠OAD＝∠ODA＝45°， ∵EF∥BC， ∴∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°， ∴∠OEF＝∠OFE＝45°， ∴∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF， ∵OA＝OD， ∴AE＝DF， 在△AEF和△DFE中， AE＝DF，∠AEF＝∠DFE＝135°，EF＝FE， ∴△AEF≌△DFE（SAS）， ∴∠CAF＝∠FDE＝15°， ∴∠ADE＝∠ODA﹣∠FDE＝45°﹣15°＝30°， ∴∠AED＝180°﹣∠OAD﹣∠ADE＝180°﹣45°﹣30°＝105°． 故选：C． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等，解答此题的关键是依据正方形的性质得出判定△AEF和△DFE全等的条件． 2．（2023•怀化）如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE＝3．则点P到直线AB的距离为 　3　． 【分析】解法一：利用正方形的性质得到AC为∠BAD的平分线，直接利用角平分线的性质即可求解． 解法二：过点P作PF⊥AB于点F，根据正方形的性质易得△AEP为等腰直角三角形，AE＝PE＝3，再根据有三个角为直角，且邻边相等的四边形为正方形证明四边形AFPE为正方形，以此即可求解． 【解答】解：解法一：过点P作PF⊥AB于点F， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AC平分∠BAD， 又∵PE⊥AD，PF⊥AB， ∴PE＝PF＝3， ∴点P到直线AB的距离为3． 解法二：过点P作PF⊥AB于点F， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°， ∴∠PAE＝45°， ∴△AEP为等腰直角三角形，AE＝PE＝3， ∵PE⊥AD，PF⊥AB， ∴∠FAE＝∠AEP＝∠AFP＝90°， 又∵AE＝PE， ∴四边形AFPE为正方形， ∴AE＝PF＝3， ∴点P到直线AB的距离为3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查角平分线的性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键． 3．（2023•湘潭）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具．某同学用边长为4dm的正方形纸板制作了一副七巧板（见图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 　2　dm2． 【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解． 【解答】解：如图所示， 依题意，ODAD＝2，OEOD， ∴图中阴影部分的面积为OE2＝（）2＝2（dm2）， 故答案为：2． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键． 考点06 四边形的综合问题 1．（2025•湖南）【问题背景】 如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示． 【动手操作】 现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现） ①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示； ②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示； ③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示． 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图3，填空：______； (2)如图4，求证：； (3)如图5．若，，求证：． 【答案】(1) (2)证明过程见详解 (3)证明过程见详解 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质证明 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，根据题意得到，，，由此即可求解； （2）根据题意得到，，是等腰直角三角形，则，，，再证明，则，且，由此即可求解； （3）根据题意，设，则，在中，，，，如图所示，过点作于点，过点作于点，可得，，，，，，可证，得到，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：根据题意，， ∴， ∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵直线，即， ∴， ∴， ∴， ∵，点在线段上， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴设，则， 在中，，， ∴， 如图所示，过点作于点，过点作于点， ∴，，即， 解得，， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∵， ∴，即， 解得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即，且， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，数形结合分析是关键． 2．（2023•衡阳）[问题探究] （1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB． ①求证：PD＝PB； ②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由； ③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由． [迁移探究] （2）如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）①根据正方形的性质证明△DCP≌△BCP，即可得到结论； ②作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，可得PM＝PN，证明四边形AMPN是矩形，推出∠MPN＝90°，证明Rt△DPN≌Rt△QPM（HL），得出∠DPN＝∠QPM，进而可得结论； ③作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，证明AQ＝BE，BEEF即可得出结论；． （2）先证明PQ＝PB，作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，可得EG＝PC，△APE，△BEG都是等边三角形，进一步即可证得结论． 【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°． ∵CP＝CP， ∴△DCP≌△BCP， ∴PD＝PB； ②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°； 理由：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∠DAB＝90°， ∴四边形AMPN是矩形，PM＝PN， ∴∠MPN＝90°． .∵PD＝PQ，PM＝PN， ∴Rt△DPN≌Rt△QPM（HL）， ∴∠DPN＝∠QPM， ∴∠QPN+∠QPM＝90°． ∴∠QPN+∠DPN＝90°，即∠DPQ＝90°； ③解：AQOP； 理由：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC＝45°，∠AOB＝90°， ∴∠AEP＝45°，四边形OPEF是矩形， ∴∠PAE＝∠PEA＝45°，EF＝OP， ∴PA＝PE， ∵PD＝PB，PD＝PQ， ∴PQ＝PB， 作PM⊥AE于点M， 则QM＝BM，AM＝EM， ∴AQ＝BE， ∵∠EFB＝90°，∠EBF＝45°， ∴BEEF， ∴AQOP； （2）解：AQ＝CP； 理由：四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO， ∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD， ∴∠BAC＝60°，PD＝PB， ∵PD＝PQ， ∴PQ＝PB， 作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图， 则四边形PEGC是平行四边形，∠GEB＝∠BAC＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°， ∴EG＝PC，△APE，△BEG都是等边三角形， ∴BE＝EG＝PC， 作PM⊥AB于点M，则QM＝MB，AM＝EM， ∴QA＝BE， ∴AQ＝CP． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键． 3．（2023•郴州）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE＝AD，连接DE交射线AC于点F． （1）如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由； （2）如图2，当点D在线段AB的延长线上时， ①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由； ②如图3，连接AE．设AB＝4，若∠AEB＝∠DEB，求四边形BDFC的面积． 【分析】（1）由“AAS”可证△DGF≌△ECF，得到CF＝GFCGBD； （2）①由“AAS”可证△DGF≌△ECF，得到CF＝FGCGBD； ②根据已知条件推出tan∠AEH＝tan∠MDN，得到 ，证明△ABC∽△ADG，得到 ，可以DG的长，由面积的和差关系可求解． 【解答】解：（1），理由如下： 如图，过点D作DG∥BC，交AC于点G， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°， ∵DG∥BC， ∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，∠GDF＝∠CEF， ∴△ADG为等边三角形， ∴AD＝AG＝DG， ∵AD＝CE，AB﹣AD＝AC﹣AG， ∴DG＝CE，BD＝CG， 又∠DFG＝∠CFE， ∴△DGF≌△ECF（AAS）， ∴CF＝GFCGBD； （2）①成立，理由如下： 如图2，过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°， ∵DG∥BC， ∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，∠GDF＝∠CEF， ∴△ADG是等边三角形， ∴AD＝AG＝DG， ∵AD＝CE，AD﹣AB＝AG﹣AC， ∴DG＝CE，BD＝CG， 又∠DFG＝∠CFE， ∴△DGF≌△ECF（AAS）， ∴CF＝FGCGBD； ②如图，过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作 AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：AN⊥BC， 由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECF（AAS）， ∴， ∵△ABC为等边三角形，，， ∵∠AEB＝∠DEB，EH＝EH，∠AHE＝∠MHE＝90°， ∴△AEH≌△MEH（ASA）， ∴，， ∵△DGF≌△ECF， ∴∠CEF＝∠MDN，DG＝CE， ∴∠AEH＝∠MDN， ∴tan∠AEH＝tan∠MDN， ∴， 设MN＝y，DG＝CE＝x，则：EH＝CE+CH＝2+x，， ∴①， ∵DG∥BC， ∴△ABC∽△ADG， ∴， 即：， 联立①②可得： （负值已舍去）， 经检验 是原方程的根， ∴，，， ∴， ∴S△ACECE•AH（44）×244， ∴， ∴S△CEF（4）＝42， ∴四边形BDFC的面积＝S△ADG﹣S△ABC﹣S△DFG＝S△ADG﹣S△ABC﹣S△CEF． 方法二、在DE上截取，EM＝EA，连接BM，CD，过点C作CH⊥AB于H， ∵△ABC是等边三角形，CH⊥AB，AB＝4， ∴BH＝AH＝2，∠BCH＝30°， ∴CHBH＝2， ∵AE＝EM，∠AEB＝∠DEB，BE＝BE， ∴△ABE≌△MBE（SAS）， ∴BM＝AB＝4，∠ABC＝∠MBE＝60°＝∠ACB， ∴AC∥BM， ∴△DBM∽△DAF， ∴， ∴， ∴CF＝2， ∴S△ADCAD×CH＝44，S△BCD＝4， ∵， ∴S△CDF＝24， ∴S四边形BDFC． 【点评】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角 形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似 三角形． 4．（2023•湘潭）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转． 特例感知：（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明； （2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②．根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由； 规律探究： （3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由． 【分析】（1）延长FG，交AC于H，可推出FG＝BG，CG＝GH，从而CD＝FH，进而得出△CDP≌△HFP，进一步得出结论； （2）延长EG，交AD的延长线于点M，设DF和EG交于点Q，同理（1）可证得△DQM≌△FQE，从而DQ＝FQ，从而得出点Q和点P重合，进一步得出结论； （3）延长EP至Q，是PQ＝PE，连接DQ，延长DA和FE，交于点N，△PDQ≌△PFE，从而DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF，所以∠N+∠ADQ＝180°，可推出∠N+∠ABE＝180°，进而推出△ADQ≌△ABE，AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE，进而推出∠QAE＝90°，进一步得出结论． 【解答】解：（1）如图1， 延长FG，交AC于H， ∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴BC＝CD，FG＝BG，CD∥AE，FG∥AE，∠CGH＝∠BGF＝90°， ∴∠CHG＝45°，CD∥FG， ∴∠ACB＝∠CHG，∠CDP＝∠HFP，∠DCP＝∠FHP， ∴CG＝GH， ∴CG+BG＝GH+FG， ∴BC＝FH， ∴CD＝FH， ∴△CDP≌△HFP（ASA）， ∴点P是DF的中点； （2）如图2， △APE是等腰直角三角形，理由如下： 延长EG，交AD的延长线于点M，设DF和EG交于点Q， ∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴∠BAD＝90°，∠BEG＝45°，AD＝AB，BE＝EF，AD∥BC∥EF，∠BAC＝45°， ∴∠M＝45°，∠M＝∠GEF，∠MDQ＝∠EFQ， ∴∠M＝∠BEG， ∴AM＝AE， ∴AM﹣AD＝AE﹣AB， ∴DM＝BE， ∴DM＝EF， ∴△DQM≌△FQE（ASA）， ∴DQ＝FQ， ∴点Q和点P重合，即：EG与DF的交点恰好也是DF中点P， ∵∠BAC＝45°，∠BEG＝45°， ∴∠APE＝90°，AP＝EP， ∴△APE是等腰直角三角形； （3）如图3， △APE仍然是等腰直角三角形，理由如下： 延长EP至Q，是PQ＝PE，连接DQ，延长DA和FE，交于点N， ∵DP＝PF，∠DPQ＝∠EPF， ∴△PDQ≌△PFE（SAS）， ∴DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF， ∴∠N+∠ADQ＝180°， ∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴∠BAN＝∠DAB＝90°，∠BEN＝∠BEF＝90°，AB＝AD，BE＝EF， ∴∠N+∠ABE＝360°﹣∠BAN﹣∠BEN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，DQ＝BE， ∴∠ABE＝∠ADQ， ∴△ADQ≌△ABE（SAS）， ∴AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE， ∴∠BAE+∠BAQ＝∠DAQ+∠BAQ＝∠BAD＝90°， ∴∠QAE＝90°， ∴AP⊥EQ，AP＝PE， ∴△APE是等腰直角三角形． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是“倍长中线”． 1 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $$