专题12：四边形-2026年中考数学一轮专项练习

专题12：四边形-2026年中考数学一轮专项练习 一、单选题 1．在平行四边形中，，则的度数是　　) A． B． C． D． 2．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列一个条件，能判定平行四边形是菱形的是(　　) A． B． C． D． 3．下列说法中，错误的是（    ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．菱形的对角线相等 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 4．如图，矩形中，对角线，相交于点O，，则等于（    ） A． B． C． D． 5．如图，在平行四边形中，，在上取，则的度数是（   ） A． B． C． D． 6．如图，菱形中，E，F分别是边上的动点（E，F不与菱形的顶点重合），连接，G，H分别为的中点，连接．若，的最小值是，则菱形的边长是（　　） A． B． C．6 D．3 7．如图，在菱形中，，E是的中点，连接，将沿着翻折，点B与点C正好重合，则等于（　　） A．2 B． C． D．4 8．如图，在菱形中，，为边上一点，将菱形的一部分沿折叠后，点恰好落在的中点处，则线段的长为(    ) A．1 B． C． D．2 9．如图，在中，、为对角线上的两点，且，连接并延长交于点，连接并延长交于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 10．如图，在中，点D，E，F分别在边上，且．下列四种说法：①四边形是平行四边形；②如果，那么四边形是矩形；③如果平分，那么四边形是菱形；④如果，且，那么四边形是正方形．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 二、填空题 11．把一个边形变成边形，内角和将 ． 12．八卦是中国文化的基本哲学概念，如图是八卦模型图，其制作样板为图中的正八边形，则的度数为 ．    13．如图，在四边形中，，点是对角线的中点，点和点分别是与的中点．若，则的度数是 ． 14．如图，在中，已知，点P在上以的速度从点A向点D运动，点Q在上以的速度从点C出发在上往返运动．两点同时出发，当点Q第一次返回C点时点P也停止运动，设运动时间为．当 时，四边形是平行四边形． 15．如图，在中，D，E分别为的中点，点F在线段上，且，若，，则的长为 ． 16．如图，是菱形的对角线，点和点分别是和上的点，． （1）若，则的度数为 ； （2）若，，则的最小值为 ． 17．如图，过的对角线的中点作两条互相垂直的直线，分别交，，，于，，，四点，连接，，，．若，，则四边形的面积为 ． 18．如图，平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于两点，，点是直线上一动点，将点向左平移1个单位得到点，点，则的最小值为 ． 三、解答题 19．如图，四边形是平行四边形，E，F分别是边，上的点，且．求证：． 20．如图，在中，，，垂足分别为E，F，且．求证：是菱形． 21．如图，在中，于点D，点E，F分别是的中点，点O是的中点，的延长线交线段于点G，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求的长． 22．如图，是的中线，过点D作的平行线交于点E，O是的中点，连接并延长，交于点F，连接． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？写出你的猜想并证明． 23．如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上，，在第一象限，反比例函数的图象经过点． (1)求反比例函数的函数表达式和点的坐标； (2)点在反比例函数的图象上． ①若直线平分菱形的面积，求点的坐标； ②若直线将菱形的面积分成两部分，则点的横坐标是 ． 24．如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 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 《专题12：四边形-2026年中考数学一轮专项练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C D C C B B B A 1．B 【分析】此题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质，邻角互补，即．结合题目条件，建立方程求解即可． 【详解】解：四边形为平行四边形， 平行四边形邻角互补． 又已知条件， ，即， 解得：． 故选：B． 2．A 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．由菱形的判定、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、， ， ∴平行四边形是菱形，故选项符合题意； B、四边形是平行四边形，， 平行四边形是矩形，故选项不符合题意； C、，四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形，故选项不符合题意； D、四边形是平行四边形，， 平行四边形还是平行四边形，故选项不符合题意． 故选：A． 3．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的性质与判定，熟练掌握这些性质定理是解答本题的关键． 根据平行四边形、矩形、菱形的性质及判定定理逐一分析选项即可． 【详解】解：A． 平行四边形的对角线互相平分，符合平行四边形性质，正确； B． 对角线相等的平行四边形是矩形，符合矩形判定定理，正确； C． 菱形的对角线互相垂直且平分，但长度不一定相等，只有正方形（特殊菱形）的对角线才相等，因此该说法错误； D． 对角线互相垂直平分的四边形是菱形，符合菱形判定定理，正确． 综上，错误的说法是C． 故选：C． 4．D 【分析】本题考查矩形性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 根据矩形性质可得，然后根据三角形的外角的性质即可解决问题． 【详解】解：矩形中，对角线相交于点O， ，， ， ， ， 故选：D． 5．C 【分析】本题主要考查平行四边形对角相等和邻角互补的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．利用平行四边形对角相等和邻角互补先求出和，再利用等边对等角的性质解答． 【详解】解：在平行四边形中，， ，， ， ， ． 故选：C． 6．C 【分析】本题考查了菱形的性质，垂线段最短，三角形中位线定理，熟练掌握定理和性质是解题的关键． 根据三角形中位线定理得，当时，有最小值，此时也是最小，利用菱形的性质求出，进而可得答案． 【详解】解：连接， ∵G，H分别为的中点， ∴， ∴当时，有最小值，此时有最小值， ∴此时， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， 故选：C． 7．B 【分析】此题考查了菱形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，推导出是解题的关键． 由菱形的性质得，由翻折得，，由勾股定理可求出． 【详解】解：∵四边形是菱形，，E是的中点， ∴， ∵将沿着翻折，点B与点C正好重合， ∴，， ∴， 故选：B． 8．B 【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质，折叠的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．延长、相交于点，证明，则，，求出即可． 【详解】解：延长、相交于点， 由折叠可知，，， ， ，，， ， ， 是的中点， ， ， ，， ， ， ， ， 故选：B． 9．B 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，找出相似三角形得出比例线段是解题的关键． 根据平行四边形的性质可得，根据平行线判定可得，，根据相似三角形的对应边成比例求解即可． 【详解】解：， 设，，， 在中，， ，， ，， ，， ， ． 故选：B． 10．A 【分析】根据平行四边形的定义，一个角是直角的平行四边形是矩形，一组邻边相等的平行四边形是菱形，正方形的判定解答即可． 本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】解：由， 四边形是平行四边形， 故选项①正确； 又， 平行四边形为矩形，选项②正确； 又平分， ， 又， ， ， ， 平行四边形为菱形， 选项③正确； 又，， 平分， 同理可得平行四边形为菱形，但不一定为直角， 故菱形不一定为正方形； 选项④错误， 则其中正确的是①②③ ． 故选：A． 11．增加 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，分别求出边形和边形的内角和，然后相减即可得出答案． 【详解】解：n边形内角和为∶ 边形内角和为∶， 则， ∴将一个n边形变成边形，内角和将增加． 故答案为：增加 12． 【分析】本题考查了正多边形内角问题. 根据正多边形内角公式计算即可． 【详解】解：八边形是正八边形， ． 故答案为：． 13．/度 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，根据三角形中位线定理求出是解题的关键．根据三角形中位线定理得到，，进而证明，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案． 【详解】解：点和点分别是与的中点， ， 同理可得：， ， ， ， ， 故答案为：． 14．4或 【分析】此题重点考查平行四边形的判定、分类讨论数学思想的运用、一元一次方程的应用等知识与方法，正确地用代数式表示线段和线段的长是解题的关键．由平行四边形的性质得，，而点P在上，点Q在上，则，所以当时，四边形是平行四边形，求得当点Q与点B重合时，；当点Q返回点C时，，再分两种情况求t的值，一是当时，则，求得；二是当时，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， 点P在上，点Q在上， ， 当时，四边形是平行四边形， 当点Q与点B重合时，则， 解得：； 当点Q返回点C时，则， 解得， 当时，由得， 解得； 当时，由得， 解得， 当或时，四边形是平行四边形， 故答案为：4或 15．2 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半，直角三角形斜边中线等于斜边一半，是解题的关键． 根据三角形中位线定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，进而求出 【详解】解：，E分别为的中点， 是的中位线， ， 在中，D为的中点，， 则， ， 故答案为： 16． 50 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）由菱形的性质可得，，由外角的性质可求解； （2）由“”可证，可得，则，即当点，点，点三点共线时，有最小值为的长，由等腰直角三角形的性质可求解． 【详解】解：（1）四边形是菱形，， ，， ， ； 故答案为：50； （2）如图，过点作，且，连接，， 四边形是菱形，， ，，， ， 又， ， ， ， 当点，点，点三点共线时，有最小值为的长， ，， ， 故答案为：． 17． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟记性质并利用三角形全等判定与性质得到对角线被互相平分是解题的关键． 根据平行四边形的性质证明和全等，得，同理可得，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，根据菱形面积公式解答即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， ， ， 同理可得， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ， ， ，， 四边形的面积． 故答案为：600． 18． 【分析】取点，作点关于直线的对称点，连接，交直线于，连接，作轴于，根据题意就是的最小值，由直线的解析式求得的坐标，进而求得的长，从而求得和，然后根据勾股定理即可求得． 【详解】解：取点，作点关于直线的对称点，连接，交直线于，连接，作轴于， 连接， 根据平移可得，且， ∴四边形和四边形是平行四边形， ∴， ∴， 当点D于于时， 根据对称可得， ∴，即， ∴的最小值为， 由题可知， 令，解得， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，轴对称-最短路线问题以及平行四边形的性质、平移的性质，勾股定理的应用，证得是的最小值是本题的关键． 19．见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键． 根据平行四边形的性质证明，然后证明四边形是平行四边形，即可解决问题． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 20．见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，角平分线的性质定理，等腰三角形的判定等知识，根据平行四边形的性质和平行线的性质可得出，根据角平分线的性质得出，等量代换得出，根据等角对等边得出，最后根据菱形的判定即可得证． 【详解】证：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴是菱形． 21．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由三角形中位线定理得，则，再证，得，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由勾股定理得，然后由直角三角形斜边上的中线性质得，进而由平行四边形的性质即可得出结论． 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、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵点E，F分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵， ∴， ∵E是的中点， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴． 22．(1)见解析 (2)当时，四边形为菱形，理由见解析 【分析】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据平行线的性质得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到结论； （2）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，根据菱形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵O是的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； （2）当时，四边形为菱形， 证明：，， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 23．(1)y；B(8,4)； (2)①(2,)；②或． 【分析】本题考查反比例函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形的性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用． （1）用待定系数法可得反比例函数的函数表达式为；求出知菱形边长为，故； （2）①菱形的对称中心为，直线平分菱形的面积，则直线经过点，此时直线的解析式为联立解析式可解得的坐标； ②求出，当直线交边于，时，求出，直线解析式为，联立解析式可解得的横坐标；当直线交边于，时，求出 ，同法可得的横坐标为． 【详解】（1）解：把代入得：， 解得， 反比例函数的函数表达式为； ， ， 四边形是菱形， ，轴， ； （2）①， 菱形的对称中心为的中点， 直线平分菱形的面积， 直线经过点，此时直线的解析式为， 联立， 解得或， ； ②，， ， 当直线交边于，时，如图： ∴， ， ， ， 直线解析式为， 联立可得， 解得或舍去， 的横坐标为； 当直线交边于，时，如图： ， ， ， 由，得直线解析式为， 令得， ， 直线解析式为， 联立得， 解得或舍去； 的横坐标为； 综上所述，的横坐标为或． 24．（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或. 【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论； （3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案. 【详解】解：（1）∵在菱形中， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵点与线段的中点重合， ∴，； （2）如图，把绕顺时针旋转得到， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵点在线段上，且， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）如图，当在线段上，记与交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 如图，当在线段上时，延长交于， 同理可得：，， ∴， 设，而，则， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 综上：的长为或. 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 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 $$