山东省泰安市2026年中考一轮复习图形的性质专题----四边形专项训练

山东省泰安市2026年中考一轮复习图形的性质专题----四边形专项训练 一、单选题 1．如图，在正方形中，E是边上一点，以为边作正方形，H是的中点，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．如图．在平行四边形中，用直尺和圆规作出的平分线，交于点F，若，则长为（   ） A．11 B．12 C．14 D．21 3．如图，在中，，交于点，添加下列一个条件，仍不能判定是矩形，该条件是（   ） A． B． C． D． 4．如图，在矩形中，，．若点E是边的中点，连接，过点B作交于点F，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点，若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．16 C．12 D．20 6．如图，在中，，，，，则的长为（　　） A．2 B．4 C．5 D．6 7．如图，是内一点，连接，过点作，过点作交于点．若的面积为24，则四边形的面积为（　　） A．6 B．8 C．12 D．16 8．如图，在中，D，E分别为边的中点，连接并延长至点F，使得，连接，交于点M，作分别交于点G、H，若，则的长为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 10．如图，在四边形 中，，对角线，相交于点，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 11．如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 12．如图，在正十边形中，的度数是（    ） A． B． C． D． 13．若一个多边形的内角和比外角和多，则从这个多边形的一个顶点引出的对角线的条数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 14．如图，已知梯形中， 点与原点重合，点（4，0）在轴上，则点的坐标是  （　　） A．（3，2） B．（3，） C．（，2） D．（2，3） 15．如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 16．如图，在中，点是中点，连接并延长，交的延长线于点，点在边上，且，连接，若的面积为2，则四边形的面积为（    ） A．5 B． C．6 D． 二、填空题 17．如图，在菱形中，，连接，点分别是上的点，且垂直平分，若，则菱形的面积等于__________． 18．如图，在正五边形中，点F在边上（不与端点重合），点G在边上，，连接交于点H，则__°． 19．如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作的垂线交于点，连接．已知的周长是，则平行四边形的周长是________． 20．如图，在矩形中，，，点E为的中点，点P在下方矩形的边上，当为直角三角形，且点P为直角顶点时，的长为______． 21．如图，在矩形中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交，于点E，F．下列结论： ①四边形是菱形；②；③；④若平分，则． 其中正确结论的序号是___________． 22．在中，，，．以为斜边作等腰直角三角形，连接，则的长为______． 三、解答题 23．如图，在中，，分别延长，至点E，D，且，，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为，求的长． 24．如图，在中，，为的中点，垂直平分，交于点． (1)请判断四边形的形状； (2)若，，求四边形的面积． 25．图1所示是某地红色广场标牌，将其红色主体部分抽象为图2，，，，，． (1)求的度数； (2)求的长．（结果精确到．参考数据：，，） 26．如图，在中，，分别是边和的中点，，在对角线上，且，连接，． (1)求证：； (2)连接，，当与满足怎样的数量关系时，四边形是矩形？请证明你的结论． 27．如图，在正方形中，点是对角线上一动点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，过点作，交于点，连接． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． (3)已知，当点恰为中点时，求的长度． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A 【分析】此题考查正方形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线． 作于点N，作交的延长线于点M，连接，则四边形是矩形．由勾股定理先求出，再求出，可得，证明得，从而四边形是正方形，设，则，然后根据即可求解． 【详解】如图，作于点N，作交的延长线于点M，连接，则四边形是矩形． ∵四边形是正方形，四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵H是的中点， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， 当时，，不符合题意，舍去， ∴， 故选A． 2．C 【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，连接，证明四边形为菱形，根据菱形的性质结合勾股定理进行求解即可． 【详解】解：连接，设交于点， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵用直尺和圆规作出的平分线， ∴， ∴， ∴， 由作图可知：， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴； 故选C． 3．A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，根据矩形的判定方法进行分析即可，掌握矩形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：、添加不能判定是矩形，符合题意； 、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，不符合题意； ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，不符合题意； 故选：． 4．B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握解直角三角形的知识是解决此题的关键． 由矩形的性质和勾股定理可得，于是可得，由同角的余角相等可得，解求得即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 点E是边CD的中点， ， 在中，， ， ，， ， 在中，， ， 故选：B． 5．B 【分析】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理的运用，关键是掌握：菱形的四条边都相等，菱形的两条对角线互相垂直平分．根据是的中位线，即可得到的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， 又点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长， 故答案选：B． 6．B 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理得出，根据，得出，证明四边形是平行四边形，得出即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 故选：B． 7．C 【分析】本题考查的是平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明可得，再进一步结合平行四边形的性质求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， ∵， ， ∴， ， 同理得， 在和中， ， ∴， ， ， 如图，过点作的垂线，分别交于点，， 在平行四边形中，，， ∴， ． 故选：C． 8．C 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定与性质，根据三角形中位线定理得到，，根据平行四边形的判定与性质得到，，证明，根据相似三角形的性质计算即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：，E分别为边的中点，， 是的中位线，， ，， ， 四边形为平行四边形， ，， ， ， ， ，即， 解得：， 故选：． 9．C 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质，过点作，交于，连接，则四边形为平行四边形，，由平行四边形的性质可得，，，结合题意可得，由直角三角形的性质得出，从而得出，由平行线的性质并结合等边对等角得出，进而可得，求出，再由等边对等角即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，过点作，交于，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴四边形为平行四边形，， ∴，，， ∵F为的中点．， ∴， ∵于点E， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 10．A 【分析】本题考查了平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，利用平行四边形的定义及判定方法逐一分析即可得到答案，熟记平行四边形的判定方法是解本题的关键． 【详解】解：、添加，不能不能判定四边形是平行四边形，原选项符合题意； 、∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，原选项不符合题意； 、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，原选项不符合题意； 、∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，原选项不符合题意， 故选：． 11．C 【分析】本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．根据多边形的内角和公式及外角的特征计算． 【详解】解：多边形的外角和是，根据题意得： 解得． 故选C． 12．B 【分析】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，连接，求出正十边形的中心角，根据圆周角定理计算即可． 【详解】解：如图，设正十边形的中心为点O，连接， 则， 由圆周角定理得，， 故选：B． 13．A 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理，多边形外角和定理， 利用多边形外角和恒为的性质，结合内角和公式建立方程求边数n，再计算从一个顶点引出的对角线条数． 【详解】解：设多边形边数为n，根据题意，得 ， 解得， 从一个顶点引出的对角线条数为． 故选：A． 14．B 【详解】解：过点B作BF⊥AD，于点F，过点C作CE⊥AD于点E， 由梯形ABCD中，，点A与原点重合，点D（4，0）在x轴上， ， AF=1，EF=BC=AB=CD=2， CE==． 则点C的坐标是：（3，）． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了梯形的性质以及坐标与图形的性质等知识，得出AE的长是解题关键． 15．C 【分析】此题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及直角三角形斜边上的中线性质，用勾股定理解三角形等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．证四边形是矩形，得，再由垂线段最短和三角形面积求出的长，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接， ，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 是的中点， ， 根据垂线段最短可知，当时，最短，则也最短， 此时，， ， 即最短时，， 的最小值， 故选：C． 16．A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中线，三角形全等的判定和性质，以及三角形的面积； 根据题意证明，从而得到，，再根据，，即可求得四边形的面积． 【详解】解：如图所示，连接， ∵在中，点是中点， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 17． 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，30°角的直角三角形的性质，勾股定理；连接交于点O，根据菱形的性质即可得到是等边三角形，再根据垂直平分线的性质得到，进而根据的直角三角形的性质和勾股定理求出和的长，利用解答即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ∴，，，，， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵垂直平分， ∴， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 18．72 【分析】本题考查了正多边形的内角和定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识，合理作出辅助线是解题的关键． 根据正多边形的性质得到，每个内角的度数为，如图所示，连接 ，由等边对等角得到，，，，，，，，再证明，，由此得到，由三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴，每个内角的度数为， 如图所示，连接 ， 在中，，， ∴， ∴， 同理，在中，，， 在中，，， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， 又， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为： ． 19．18 【分析】本题考查平行四边形的性质，垂直平分线的性质．由平行四边形对角线互相平分和可知，由的周长是，即可推导出，即可解答． 【详解】解：在平行四边形中，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵的周长是， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴． 故答案为：18． 20．或或 【分析】本题考查的是相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．当点P在边上时，可证明四边形是矩形，求得的长，再根据勾股定理求解即可；当点P在边上时，先证明，可得，设，列出方程求解即可． 【详解】解：当点P在边上时， 四边形是矩形， ，，， 点E为的中点， ， 为直角三角形，点P为直角顶点， ， 四边形是矩形， ， ； 当点P在边上时， 为直角三角形，点P为直角顶点， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， 解得，或， 或； 综上所述，的长为或或． 故答案为：或或． 21．①②④ 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，等边对等角，矩形的性质，30度角的直角三角形的性质. 根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：设交于点 由作图知，垂直平分 在矩形中， 四边形是菱形 ∴①正确 四边形是菱形 ∴②正确 ∴③错误 平分 ∴④正确． 故答案为：①②④． 22．或 【分析】如图，由，都为等腰直角三角形，证明四边形是正方形，连接，交于，连接，过作于，过作于，证明在以为圆心，为半径的圆上；四边形为正方形，证明，可得，求解，再进一步，，可得，从而可得答案． 【详解】解：如图，∵，都为等腰直角三角形， ∴，，， ∴四边形是正方形， 连接，交于，连接，过作于，过作于， ∴，， ∴四边形为矩形， ∴在以为圆心，为半径的圆上； ∴，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， 综上：的长为或； 故答案为：或. 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，圆的确定，作出合适的辅助线是解本题的关键. 23．(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查了矩形的性质与判定、菱形的性质与判定、直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用矩形的判定证明是矩形，得到，再利用菱形的判定即可证明； （2）利用直角三角形的性质得到，利用勾股定理得出，设，表示出、的长，利用菱形的面积公式列出方程，求出的值，再利用矩形的性质即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵在中，， ∴是矩形， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：由（1）得，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵四边形的面积为， ∴，即， 解得（负值已舍去）， ∴， ∵矩形， ∴． 24．(1)四边形是菱形，见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理，线段的垂直平分线等知识点． （1）根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由垂直平分线得到，那么，则四边形是菱形； （2）先由勾股定理求解，然后根据菱形的性质得到为的中位线，即可求解，即可求解，最后根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵，为的中点， ∴ ∵垂直平分， ∴， ∴ ∴四边形是菱形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴四边形的面积为 25．(1) (2) 【分析】本题考查四边形内角和、含度角直角三角形的性质、矩形的判定和性质和解直角三角形的知识，掌握以上知识是解答本题的关键． （1）根据四边形内角和为即可求解； （2）过点作，，垂足分别为，，得到四边形为矩形，再根据矩形的性质和度角直角三角形的性质可得，然后根据解直角三角形的知识即可求解； 【详解】（1）解：∵在四边形中，，，， ∴． （2）解：如图，过点作，，垂足分别为，． ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即的长约为； 26．(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，证明见解析 【分析】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，三角形中位线性质，熟练掌握矩形的判定、平行四边形的性质、三角形中位线性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，求得，得到，根据全等三角形的判定定理得到结论； （2）由（1）知，，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，当时，求得，推出，于是得到四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∴， ∵E，F分别是边和的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：当时，四边形是矩形． 证明：连接交于O，如图， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 当时，即， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 27．(1)见解析 (2)正方形，理由见解析 (3) 【分析】（1）通过旋转性质得到相等线段与角，利用证明三角形全等，结合角度关系推导垂直； （2）连接辅助线，结合正方形性质与平行四边形、菱形、正方形的判定定理，逐步证明四边形形状； （3）构造直角三角形，利用全等性质、勾股定理计算线段长度． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ，，． 由旋转的性质得：，． ． ．即． 在和中， ， ． ， ． （2）解：四边形为正方形，理由如下： 连接． 在正方形中，，． ， ． 则点，在以为直径的圆上，即，，，四点共圆， ． ． ． ． ． ， ． 四边形为平行四边形． ，， 四边形为正方形． （3）解：过点作，交于点，设交于点，则． ， ． ． ． ， ． ． ． ． ∵四边形为正方形， ． ． 又， ． ， ． ． ． ． 为中点， ． ． ． ， ， ． ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、特殊四边形的判定及勾股定理的应用，熟练掌握全等三角形的判定方法、特殊图形的性质与判定定理是解题的关键． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $