专题07 四边形（三大题型）（青海专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

专题07 四边形 考情概览 考点1 多边形及其内角和 考点2 平行四边形 考点3 特殊的平行四边形 考点1 多边形及其内角和 1．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在正五边形内，以为边作等边，再以点A为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边三角形的性质，求扇形的面积，熟练掌握相关公式是解题的关键．先求出正五边形的一个内角的度数，根据等边三角形的性质，结合角的和差关系，求出的度数，再根据扇形的面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵正五边形， ∴， ∵为等边三角形，， ∴， ∴，， ∴阴影部分的面积即为扇形的面积：； 故答案为：． 2．（2021·青海西宁·中考真题）一个十二边形的内角和是 ． 【答案】/度 【分析】本题考查的是多边形内角和，根据多边形内角和公式计算即可． 【详解】解：一个十二边形的内角和是， 故答案为：． 3．（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：． 4．（2022·青海西宁·中考真题）如果正多边形的一个外角为36°，那么它的边数是 ． 【答案】10 【分析】根据正多边形的性质：每一个外角都相等；又根据多边形的外角和为，由此可以得出此正多边形的边数． 【详解】正多边形的一个外角为， 正多边形的每一个外角均为， 又多边形的外角和为， 正多边形的边数． 故答案为：10． 【点睛】此题考查了多边形的外角和定理与正多边形的性质．熟练运用“多边形的外角和为”与“正多边形的每一个外角均相等”是解此题的关键． 考点2 平行四边形 5．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质； （1）先证明，可得，结合可得结论； （2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论. 【详解】（1）证明：∵点为的中点 ∴， ∵ ∴，， 在和中 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）证明：当时，四边形是矩形， 理由如下： ∵ ，点是边上的中点， ∴ 即， ∵ 由（1）得四边形是平行四边形， ∴ 四边形是矩形. 6．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，进而证明得，再证明，然后由平行四边形的判定定理即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，设，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：，， （等边对等角）． ， ，（两直线平行，同位角相等）． ， （等角对等边）． ， ． 又， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． （2）解：设， ， 在中，， （在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半）． （勾股定理）， ，解得，（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 7．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，是角平分线，是中线，，且，垂足为F，G为的中点，连接，．下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，先运用是角平分线，证明，得，证明，故，结合是中线，G为的中点，得是中位线，故，代入数值整理得，在和中，为公共角，但和，和均不相等，相应边不成比例，故和，即可作答． 【详解】解：∵是角平分线， ∴， ∵， ∴， 又∵ ∴， 故A选项正确，不符合题意； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故B选项正确，不符合题意； ∵是中线， ∴， ∵G为的中点， ∴， ∴是中位线， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， 故C选项正确，不符合题意； 在和中，为公共角， 但和，和均不一定相等，相应边不成比例， 故和不相似， 故D选项错误，符合题意， 故选：D． 8．（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    9．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，． (1)求证：； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，进而得出，证明，根据证明，即可得证； （2）证明是菱形，根据菱形的性质，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形 ∴，（平行四边形的对边平行且相等） ∴（两直线平行，内错角相等） ∵   ∴  即 在和中 ∴； （2）解：∵， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形） 又∵ ∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）    ∴（菱形的四条边都相等） ∴菱形的周长. 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 10．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于P，Q两点，作直线交，于点D，E，连接．下列说法错误的是（    ）    A．直线是的垂直平分线 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线是的垂直平分线、平行线分线段成比例、三角形中位线定理、相似三角形的判定和性质等知识，分别进行判断即可． 【详解】解：A．由作图过程可知，直线是的垂直平分线，故选项正确，不符合题意； B．由作图过程可知，直线是的垂直平分线， ∴点E是的中点，， 在中，， ∴， ∴， 即点D是的中点， ∴， 故选项正确，不符合题意； C．∵点D是的中点，点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选项正确，不符合题意； D．∵， ∴， ∴， ∴， 故选项错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、垂直平分线的性质、三角形中位线定理等知识，熟练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． 11．（2023·青海·中考真题）如图，是的一个外角，，.    (1)尺规作图：作的平分线，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：四边形是平行四边形. 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）利用基本作图作的平分线即可； （2）先利用得到，再根据角平分线的定义得到，则利用三角形外角性质可判断，所以，然后利用可判断四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：如图，为所作；    （2）证明：， ， 平分， ， ， 即， ， ， ， 四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了作图基本作图、等腰三角形的性质和平行四边形的判定，熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键． 12．（2022·青海西宁·中考真题）如图，中，，，点，分别是，的中点，点在上，且，则 ．    【答案】 【分析】首先根据三角形中位线的定理，得出的长，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出的长，最后根据，即可算出答案． 【详解】∵点，分别是，的中点 ∴为的中位线 ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴在 点是的中点 ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查三角形中位线定理即应用，直角三角形的性质，本题解题的关键在熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半． 13．（2022·青海·中考真题）如图，在中，，D是AB的中点，延长CB至点E，使，连接DE，F为DE中点，连接BF.若，，则BF的长为（    ） A．5 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】利用勾股定理求得；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得的长度；结合题意知线段是的中位线，则． 【详解】解：在中，，，， ． 又为中线， ． 为中点，即点是的中点， 是的中位线，则． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，利用直角三角形的中线性质求出线段的长度是解题的关键． 14．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在中，，D，E分别是，的中点，连接，，若，，则点A到BC的距离是 ． 【答案】 【分析】根据题意可求得AC、AB、BC的长度，设点A到BC的距离是h，由的面积相等可列式，从而点A到BC的距离即可求解． 【详解】解：∵在中，，D，E分别是，的中点，， ∴，DE//AC， ∴∠BDE=∠BAC=90°， ∴∠ADE=90°， ， ∴， ∴， 设点A到BC的距离是h， 则， 即， 解得：， ∴点A到BC的距离是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用、三角形中位线的性质，三角形的面积公式，解题的关键是用勾股定理和中位线的性质求出各线段的长度． 15．（2021·青海·中考真题）如图，在中，对角线，，垂足为，且，，则与之间的距离为 ． 【答案】． 【分析】设与之间的距离为，由条件可知的面积是的面积的2倍，可求得的面积，，因此可求得的长． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 设与之间的距离为， ∵， ∴， ∴， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，由已知条件得到四边形ABCD的面积是△ABC的面积的2倍是解题的关键（本题也可以采用等底等高的三角形的面积是平行四边形面积的一半来求解）． 16．（2021·青海·中考真题）如图，在中，，，分别是边，，的中点，若的周长为10，则的周长为 ． 【答案】20 【分析】根据三角形中位线定理得到AC=2DE，AB=2EF，BC=2DF，根据三角形的周长公式计算，得到答案． 【详解】解：∵△DEF的周长为10， ∴DE+EF+DF=4， ∵D，E，F分别是AB，BC，CA的中点， ∴AC=2DE，AB=2EF，BC=2DF， ∴△ABC的周长=AC+AB+BC=2（DE+EF+DF）=20， 故答案为：20． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 考点3 特殊的平行四边形 17．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 18．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，， ∴， ∴， ∵， ∴菱形的面积； 故答案为：． 19．（2021·青海·中考真题）如图，正方形的边长为8，点M在上，且，N是上的一动点，则的最小值为 ． 【答案】10 【分析】本题考查轴对称的应用和勾股定理的基本概念．解答本题的关键是读懂题意，知道根据正方形的性质得到的最小值即为线段的长． 连接，，根据点与点关于对称和正方形的性质得到的最小值即为线段的长． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点关于的对称点是点． 连接，，且交于点，与交于点，此时的值最小． ∵，正方形的边长为8， ∴，． 由，知． 又∵点与点关于对称， ∴且平分． ∴． ∴． ∴的最小值是10． 故答案为：10 20．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，由，分别为，的中点，得，所以，然后根据菱形的面积为即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 21．（2024·青海西宁·中考真题）如图，正方形的边长为，以边为底向外作等腰 ，点是对角线上的一个动点，连接，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】连接交于点，连接，由轴对称的性质得，判断出当P与重合时，的值最小，最小值为的长．然后求出，，，，得到，然后利用勾股定理求出的长即可求解． 【详解】解：连接交于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴点B与点D关于直线对称， ∴， ∴， ∴当P与重合时，的值最小，最小值为的长． ∵正方形的边长为4， ∴，． ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴的最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形，正方形，解题的关键是掌握轴对称-最短路线问题，利用轴对称-最短路线问题． 22．（2022·青海·中考真题）如图矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点，，，，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，首先证明，由此可得出，则可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ∴ , 又 ∴， ∴ ∴ 故答案为：3 23．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．    【猜想】 【验证】请将下列证明过程补充完整： ∵矩形纸片沿所在的直线折叠 ∴ ∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行） ∴ （ ） ∴ （等量代换） ∴（ ） 【应用】 如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 【答案】【验证】；；两直线平行，内错角相等；；；等角对等边；【应用】（1），见解析；（2）5 【验证】（1）由折叠得，由平行线性质，得，于是 ，进而可得证，  即； （2）由折叠得，，．在中，根据勾股定理，构建方程求解得，得. 【详解】解：【验证】∵矩形纸片沿所在的直线折叠 ∴ ∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行） ∴ （两直线平行，内错角相等） ∴（等量代换） ∴（等角对等边  ） 【应用】（1）     理由如下： ∵由四边形折叠得到四边形 ∴ ∵四边形是矩形   ∴（矩形的对边平行） ∴（两直线平行，内错角相等） ∴   ∴（等角对等边） ∵ ∴  即；   （2）∵矩形沿所在直线折叠 ∴，，． 设 ∴ 在中， ∴（勾股定理） ∴  解得 ∴. 【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键． 24．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．    【答案】2 【分析】过点作于点F，则，可证，于是．设，，，解得，于是． 【详解】解：过点作于点F，则， ∵， ∴． 又， ∴. ∴． 设，矩形中，， ， ，，解得， ∴． 故答案为：2    【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题的关键． 25．（2022·青海西宁·中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．    (1)求证：△ABE≌△ADF； (2)若AE=4，CF=2，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）利用AAS即可证明△ABE≌△ADF； （2）设菱形的边长为x，利用全等三角形的性质得到BE=DF=x−2，在Rt△ABE中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=AD（菱形的四条边相等），∠B=∠D（菱形的对角相等）， ∵AE⊥BC   AF⊥CD， ∴∠AEB=∠AFD=90°（垂直的定义）， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF(AAS)； （2）解：设菱形的边长为x， ∴AB=CD=x，CF=2， ∴DF=x−2， ∵△ABE≌△ADF， ∴BE=DF=x−2（全等三角形的对应边相等）， 在Rt△ABE中，∠AEB=90°， ∴AE2+BE2=AB2（勾股定理）， ∴42+(x−2)2=x2， 解得x=5， ∴菱形的边长是5． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 26．（2021·青海西宁·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求矩形的周长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）利用全等三角形性质和菱形对角线互相垂直平分，证四边形是矩形； （2）根据菱形性质得出，，由含30度直角三角形的性质求出OB，即可求解． 【详解】（1）证明：∵△BOC≅△CEB ． ∴，（全等三角形的对应边相等） ∴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） ∵四边形是菱形， ∴ （菱形的两条对角线互相垂直） ∴ ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； （2）∵四边形是菱形，，， ∴ （菱形的四条边相等）， ∵ ∴ 在中， （在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半） ， ∴矩形的周长． 【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形性质、平行四边形的判定和性质以及矩形的性质，熟记各种特殊四边形的判定方法和性质以及勾股定理是解题的关键． 27．（2021·青海·中考真题）在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法： 操作感知： 第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图13-1）． 第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图13-2）． 猜想论证： （1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论． 拓展探究： （2）在图13-3中，若，当满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？ 【答案】(1)是等边三角形，理由见解析；（2），理由见解析 【分析】（1）连接，由折叠性质可得是等边三角形， ，，然后可得到 ，即可判定 是等边三角形． （2）由折叠可知，由（1）可知，利用 的三角函数即可求得． 【详解】（1）解：是等边三角形， 证明如下： 连接． 由折叠可知：，垂直平分． ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等边三角形． （2）解：方法一： 要在矩形纸片上剪出等边，则， 在中，，， ∴， ∵， ∴，即， 当或（）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边． 方法二： 要在矩形纸片上剪出等边，则， 在中，，， 设，则， ∴，即，得， ∴， ∵， ∴，即， 当（或）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边． 【点睛】本题考查了折叠的性质，及锐角三角函数的应用，正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键． 28．（2021·青海·中考真题）如图，是的对角线． （1）尺规作图（请用2B铅笔）：作线段的垂直平分线，交，，分别于，，，连接，（保留作图痕迹，不写作法）． （2）试判断四边形的形状并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）菱形，见解析 【分析】（1）利用尺规作图画出垂直平分线即可； （2）根据一组对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可求解． 【详解】解：（1）作的垂直平分线 连接，． （2）解：四边形是菱形， 理由如下： ∵是的垂直平分线， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查尺规作图——线段垂直平分线、菱形的判定与性质，掌握上述基本性质定理是解题的关键． 一、单选题 1．（2025·青海海东·二模）如图，在中，为边的三等分点，为边的三等分点，连接交于点，若，则的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了三角形相似的判定与性质、平行的判定与性质等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质是解题的关键． 由题意可得、，再证明 先证明可得，易得，再证明，再根据相似三角形的性质即可解答． 【详解】解：∵为边的三等分点，为边的三等分点， ，， ， ，， ， ， ， ， ，即． 故选：A． 2．（2025·青海西宁·一模）若正多边形的一个外角是，则它的内角和是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正多边形的内角和公式、外角和性质等知识点．根据多边形内外角和为求得多边形的边数，然后运用多边形的内角和公式即可解答． 【详解】解：依题意可得：多边形的边数， ∴这个正多边形的内角和， 故选：D． 二、填空题 3．（2025·青海西宁·一模）如图，正方形边长为4，为等边三角形，连接，，则 ． 【答案】/ 【分析】过点P作于点E，延长交于点F，根据正方形的性质得出，，证明四边形为矩形，得出，，，根据等边三角形的性质得出，根据勾股定理求出，得出，，最后根据三角函数定义求出结果即可． 【详解】解：过点P作于点E，延长交于点F，如图所示： 则， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，求三角函数的正切值，解题的关键是作出辅助线，矩形的判定和性质，熟练掌握三角函数定义． 4．（2025·青海海东·二模）某花园内有一块五边形的空地如图所示，为了美化环境，现计划在以五边形各顶点为圆心，4m长为半径的扇形区域（阴影部分）种上花草，那么种上花草的扇形区域总面积是 m2．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查了多边形内角和，扇形面积公式，理解5个扇形的面积和为圆心角是540°，半径是的扇形的面积是解题关键．先求出五边形的内角和，再利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解：该五边形的内角和为， ∴扇形区域总面积是， 故答案为： 5．（2025·青海海东·一模）若正多边形的一个内角是，则正多边形的边数是 【答案】12 【分析】本题考查了正多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和公式是解题关键．设该正多边形的边数是，根据多边形的内角和建立方程，解方程即可得． 【详解】解：设该正多边形的边数是， 则， 解得， 所以该正多边形的边数是12， 故答案为：12． 6．（2025·青海西宁·一模）如图，在菱形中，于点，，，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识．利用勾股定理求得菱形的边长，再利用菱形的面积公式：，即可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， 故答案为：． 7．（2025·青海西宁·一模）如图，在菱形中，，边长，点是边的中点，点是边上一动点，点是对角线上一动点，连接，求最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，直角三角形的性质，作点关于对称点，连接，可得，可知当时，取最小值，过点作于，利用直角三角形的性质和勾股定理求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，作点关于对称点，连接，则， ∴， 当时，取最小值， 过点作于，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为， ∴， 即最小值为， 故答案为：． 三、解答题 8．（2025·青海玉树·三模）小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．如图，在 中，为边上的高，，点在边上，且，点是线段上任意一点，连接，将沿翻折得． (1)问题解决：如图，当，将沿翻折后，使点与点重合，则_____； (2)问题探究：如图，当，将沿翻折后，使，求的度数，并求出此时的最小值； (3)拓展延伸：当，将沿翻折后，若，且，请直接写出的值． 【答案】(1)； (2)； (3)或． 【分析】本题考查了轴对称的性质，平行四边形的性质，含有的直角三角形的边长关系，勾股定理，正确画出图形，作出正确的辅助线是解题的关键． （1）可得为等边三角形，则可得，解直角三角形即可解答； （2）可得为等腰直角三角形，当时，可得，当重合时，最小即可解答； （3）分类讨论，即点落在上方或下方两种即可解答． 【详解】（1）解：，， 为等边三角形， ，， 四边形为平行四边形， ， ， ； 故答案为：； （2）解：， 为等腰直角三角形， 根据折叠的性质可得， ， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， 当时，最小，即； （3）解：如图，当在上方时，连接，延长交于点，则， ，， ， 设，则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， 在直角三角形中，， ， ； 如图，当点落在下方时，过点作交于点， 同理可得四边形为矩形，， ， ， ， ， ， ，， ， 综上所述，的值为或． 9．（2025·青海西宁·二模）如图，在中，延长到点E，使，交于点O，连接． (1)求证：； (2)若，当等于多少度时四边形是矩形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． （1）根据平行四边形的性质，推出，进而得到，再结合已知，利用即可证明结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的性质推出，结合，求出，，进而求出，即可得到的度数． 【详解】（1）证明：在中，， ∴， ∵， ∴； （2）解：，理由如下： 在中，， ∵，共线， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴． 10．（2025·青海·二模）如图，在中，，，，是边上的两点，且，过点，分别作，，垂足分别为，，与的延长线交于点，连接，．    (1)求证：． (2)求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定． （1）证明，即可得出结论； （2）先证明四边形是矩形，再证明，推出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：，， ． 在和中，， ， ； （2）证明：，， ． ， 四边形是矩形． ，，， 和均为等腰直角三角形，． 在与中，， ， ． ， ， 四边形是正方形． 11．（2025·青海西宁·二模）如图，在中，E是边中点，连接并延长交边延长线于点F． (1)求证：； (2)求证：的面积是面积的4倍． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【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，相似三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先根据平行四边形的性质得，再结合E是边中点，得，然后证明，即可作答． （2）先根据平行四边形的性质得，，再结合E是边中点，得，然后证明，则，故，即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵E是边中点， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵E是边中点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， 由（1）得， ∴， ∴． 12．（2025·青海海东·一模）【探究与证明】 【问题情境】宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，下面我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形．（提示：） 【操作发现】 第一步，在矩形纸片一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 第二步，如图②，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图③中所示的处． 第四步，展平纸片，按照所得的点折出，使，则图④中就会出现黄金矩形． 【问题解决】 (1)图③中______（保留根号）； (2)如图③，判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图④，请证明矩形和矩形是黄金矩形． 【答案】(1) (2)四边形是菱形，理由见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了黄金分割，黄金矩形，折叠与矩形的性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，掌握黄金分割的定义． （1）根据四边形是正方形得，由折叠的性质得，，在中，根据勾股定理得即可得； （2）四边形是菱形，由折叠的性质可知，，，证明四边形为平行四边形，由，即可证明； （3）根据黄金矩形的定义证明即可得． 【详解】（1）解：由题知四边形为正方形，且， ∴，， 又∵矩形与矩形相等， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可知，，， 又∵四边形为矩形， ∴，则， ∴， ∴，， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形； （3）证明：∵，，， ∴， 则， 故四边形为黄金矩形， ∵，，， ∴， ∴， 故四边形为黄金矩形． 2/20 1/20 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 四边形 考情概览 考点1 多边形及其内角和 考点2 平行四边形 考点3 特殊的平行四边形 考点1 多边形及其内角和 1．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在正五边形内，以为边作等边，再以点A为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是 ． 2．（2021·青海西宁·中考真题）一个十二边形的内角和是 ． 3．（2024·青海·中考真题）正十边形一个外角的度数是 ． 4．（2022·青海西宁·中考真题）如果正多边形的一个外角为36°，那么它的边数是 ． 考点2 平行四边形 5．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 6．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 7．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，是角平分线，是中线，，且，垂足为F，G为的中点，连接，．下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 8．（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________． 9．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，． (1)求证：； (2)若，，求四边形的周长． 10．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于P，Q两点，作直线交，于点D，E，连接．下列说法错误的是（    ）    A．直线是的垂直平分线 B． C． D． 11．（2023·青海·中考真题）如图，是的一个外角，，.    (1)尺规作图：作的平分线，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：四边形是平行四边形. 12．（2022·青海西宁·中考真题）如图，中，，，点，分别是，的中点，点在上，且，则 ．    13．（2022·青海·中考真题）如图，在中，，D是AB的中点，延长CB至点E，使，连接DE，F为DE中点，连接BF.若，，则BF的长为（    ） A．5 B．4 C．6 D．8 14．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在中，，D，E分别是，的中点，连接，，若，，则点A到BC的距离是 ． 15．（2021·青海·中考真题）如图，在中，对角线，，垂足为，且，，则与之间的距离为 ． 16．（2021·青海·中考真题）如图，在中，，，分别是边，，的中点，若的周长为10，则的周长为 ． 考点3 特殊的平行四边形 17．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 18．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是 ． 19．（2021·青海·中考真题）如图，正方形的边长为8，点M在上，且，N是上的一动点，则的最小值为 ． 20．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为 ． 21．（2024·青海西宁·中考真题）如图，正方形的边长为，以边为底向外作等腰 ，点是对角线上的一个动点，连接，，则的最小值是 ． 22．（2022·青海·中考真题）如图矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点，，，，则图中阴影部分的面积为 ． 23．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．    【猜想】 【验证】请将下列证明过程补充完整： ∵矩形纸片沿所在的直线折叠 ∴ ∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行） ∴ （ ） ∴ （等量代换） ∴（ ） 【应用】 如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 24．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．    25．（2022·青海西宁·中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．    (1)求证：△ABE≌△ADF； (2)若AE=4，CF=2，求菱形的边长． 26．（2021·青海西宁·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求矩形的周长． 27．（2021·青海·中考真题）在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法： 操作感知： 第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图13-1）． 第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图13-2）． 猜想论证： （1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论． 拓展探究： （2）在图13-3中，若，当满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？ 28．（2021·青海·中考真题）如图，是的对角线． （1）尺规作图（请用2B铅笔）：作线段的垂直平分线，交，，分别于，，，连接，（保留作图痕迹，不写作法）． （2）试判断四边形的形状并说明理由． 一、单选题 1．（2025·青海海东·二模）如图，在中，为边的三等分点，为边的三等分点，连接交于点，若，则的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D． 2．（2025·青海西宁·一模）若正多边形的一个外角是，则它的内角和是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 3．（2025·青海西宁·一模）如图，正方形边长为4，为等边三角形，连接，，则 ． 4．（2025·青海海东·二模）某花园内有一块五边形的空地如图所示，为了美化环境，现计划在以五边形各顶点为圆心，4m长为半径的扇形区域（阴影部分）种上花草，那么种上花草的扇形区域总面积是 m2．（结果保留） 5．（2025·青海海东·一模）若正多边形的一个内角是，则正多边形的边数是 6．（2025·青海西宁·一模）如图，在菱形中，于点，，，则的长是 ． 7．（2025·青海西宁·一模）如图，在菱形中，，边长，点是边的中点，点是边上一动点，点是对角线上一动点，连接，求最小值为 ． 三、解答题 8．（2025·青海玉树·三模）小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．如图，在 中，为边上的高，，点在边上，且，点是线段上任意一点，连接，将沿翻折得． (1)问题解决：如图，当，将沿翻折后，使点与点重合，则_____； (2)问题探究：如图，当，将沿翻折后，使，求的度数，并求出此时的最小值； (3)拓展延伸：当，将沿翻折后，若，且，请直接写出的值． 9．（2025·青海西宁·二模）如图，在中，延长到点E，使，交于点O，连接． (1)求证：； (2)若，当等于多少度时四边形是矩形，并说明理由． 10．（2025·青海·二模）如图，在中，，，，是边上的两点，且，过点，分别作，，垂足分别为，，与的延长线交于点，连接，．    (1)求证：． (2)求证：四边形是正方形． 11．（2025·青海西宁·二模）如图，在中，E是边中点，连接并延长交边延长线于点F． (1)求证：； (2)求证：的面积是面积的4倍． 12．（2025·青海海东·一模）【探究与证明】 【问题情境】宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，下面我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形．（提示：） 【操作发现】 第一步，在矩形纸片一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 第二步，如图②，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图③中所示的处． 第四步，展平纸片，按照所得的点折出，使，则图④中就会出现黄金矩形． 【问题解决】 (1)图③中______（保留根号）； (2)如图③，判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图④，请证明矩形和矩形是黄金矩形． 2/20 1/20 学科网（北京）股份有限公司 $