2025年中考数学复习提升训练：四边形（含解析）

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2025年中考数学提升训练：四边形
一、单选题
1．如图，在菱形中，对角线，交于点，为的中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ）
A．3.5 B．4 C．7 D．14
2．如下图所示，在矩形中，于点，设，且，，则的长为（ ）

A．3 B． C． D．
3．如图，在中，是边的中点，交于点，如果的面积为，那么的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在矩形纸片中，，将沿折叠到的位置，交于点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形（如图所示），连结并延长交于点，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
7．如图，矩形中，点在对角线上，延长交于点，过点作，分别交、于点、，，．如果，那么的长是（ ）

A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，B分别在y轴正半轴、x轴正半轴上，顶点C，D在第一象限，已知，，将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．如图，矩形中，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为 ．
10．如图，在中，交于点，则四边形是 ．
11．如图，在中，正方形的两个顶点在上，另两个顶点分别在上边上的高是，则正方形的面积为 ．
12．如图，在平行四边形中，E为延长线上一点，F为上一点，，若，，则的长是 ．

13．如图，正方形中，点分别在边上，且，连接，交于点，如果，那么的值为 ．
14．如图，已知正方形的边长为，，将正方形边沿折叠到，延长交于点，则的周长为_________．
15．如图，在矩形中，，，将绕点按逆时针方向旋转到并使点在边上时，连接，则 ．
16．如图，已知矩形，，，点为边上一点，连接，以为一边在与点的同侧作正方形，连接．当点在边上运动时，的最小值是 ．
三、解答题
17．已知：如图，在中，，分别是和的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，当与满足怎样关系时，四边形为矩形，并说明理由．
18．如图，平行四边形的对角线，相交于点．
(1)求证：，；
(2)若对角线与的和为18，，求的周长．
19．如图，将两个全等的矩形和矩形交叉重叠，重叠部分为四边形．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，，求的长．
20．综合与探究
问题情境
如图，在矩形中，，，E为边上的一点，连接．将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F．
问题解决
（1）如图1，当点F落在边上时．
①求的长．
②如图2，连接交于点G，过点B作于点N，交于点M，试判断，与的数量关系，并说明理由．
深入探究
（2）当点F落在上方时，交于点P，交于点Q，连接．若为等腰三角形，请直接写出的长．
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《2025年中考数学一轮复习提升训练：四边形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D B A B D C B
1．A
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，由菱形的周长可求得，再利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半可求得答案．
【详解】解：∵菱形的周长为28，
∴边长为，
∵，
∴,
∵为的中点，
∴．
故选：A．
2．D
【分析】本题考查了矩形的性质，锐角三角函数的定义．根据同角的余角相等求出，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后求出即可．
【详解】解：，
，
，
，
∵矩形中，，
，
，
，
，
故选：D．
3．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质．解决本题的关键是根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求出的面积．首先根据平行四边形的性质可证且相似比为，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得，从而可求的面积．
【详解】解：四边形是平行四边形，
且，
，
点是的中点，
，
，
，
，
．
故选：B．
4．A
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质，利用“AAS”证明，得出，，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，最后根据正切函数的定义求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，
根据折叠可知，，，，
∴在和中，
∴，
∴，，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，根据题意证明，是解题的关键．
5．B
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正切的定义、正方形的性质，作于，由题意可得证明，得出，设，，则，，由全等三角形的性质可得，由正方形的性质，证明，得出，最后再由正切的定义求解即可．
【详解】解：如图：作于，
由题意可得：，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，，则，，
∵四个直角三角形全等，
∴，
∵中间为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，
故选：B．
6．D
【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，矩形的性质和判定，直角三角形的性质，先说明是直角三角形，进而得出四边形是矩形，可知当时，最小，然后根据面积相等得出答案．
【详解】解：连接，如图．
在中，，，，
∴，
∴是直角三角形，且．
∵，
∴四边形是矩形，
∴与互相平分，
∵为的中点，
∴点M在上，且，
∴当最小时，最小，
根据直线外一点到直线上任意一点的距离，垂线段最短，即时，最短，同样最短．
，
即，
∴．
故选：D．
7．C
【分析】如图，过点作于点，根据矩形的性质得，由得，由勾股定理得，证明得，即，证明得∴继而得到，设，则，得，解得：，再根据可得结论．
【详解】如图，过点作于点，

∵矩形中，，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∵，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
在中，，
∴的长是．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，等积变换等知识点．掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
8．B
【分析】过点C作轴于点E，连接，求出点C坐标，矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，，得到每循环4次与原图形重合，根据，得到第2025旋转结束时，点C的坐标与第1旋转结束时点C的坐标相同．根据矩形绕点O逆时针旋转1，即线段绕点O逆时针旋转，得到线段，其中点落在第二象限．求出点的坐标，即可得出结果．
【详解】解：如图，过点C作轴于点E，连接，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
．
∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，，
∴每循环4次与原图形重合，
∵，
∴第2025次旋转结束时，点C的坐标与第1次旋转结束时点C的坐标相同，
即第2025次旋转结束时，点C落在第二象限，
如图，过点作轴于点，
则，，
，，
，
，，
，
∴第2025次旋转结束时，点C的坐标为．
故选：B．
【点睛】本题考查坐标系下图形的旋转，点的规律探究，勾股定理，等角对等边，全等三角形的判定及性质．解题的关键是确定旋转过程中点的坐标规律．
9．10
【分析】本题主要考查了矩形的折叠，勾股定理，全等三角形的性质和判定，
先根据矩形的性质和折叠的性质证明，再设，则，根据勾股定理可求出，进而得出答案.
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴.
根据折叠可知.
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
解得：，
∴，
∴．
故答案为：10．
10．菱形
【分析】本题主要考查了菱形的判断、平行四边形的性质、勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握菱形的判定定理是解题关键．首先根据平行四边形的性质可得，，再结合勾股定理的逆定理证明，结合“对角线相互垂直的平行四边形为菱形”证明四边形是菱形即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，，
∴，，
又∵，
∴，即，
∴四边形是菱形．
故答案为：菱形．
11．36
【分析】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的判定及其性质等几何知识点的应用问题，作辅助线，构造三角形相似是解题的关键．过点作垂直于于点交于点，则可证明，进而求出的长，即可解决问题．
【详解】解：过点作垂直于于点交于点，则，
四边形是正方形
设则
解得：
正方形的面积为，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了平行四边形的性质及相似三角形的判定与性质，由平行四边形的性质得出，结合已知得出，利用相似三角形的性质结合题意求出的长度即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∴的长是，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，延长交于点，设，则，，由正方形的性质可知，，故，，根据相似三角形的性质求出，则，最后证明，根据相似三角形的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，延长交于点，
设，
∵，，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，即，
∴，∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用勾股定理，全等三角形的判定与性质．
连接，证明得出，设，则，，勾股定理求得，则，进而勾股定理求得，即可求解．
【详解】解：连接，如图所示，
由折叠可知，，
，
，
，
，
正方形边长是，
，
设，则，
，
由勾股定理得：，
即：，
解得：，
，，
∴，
的周长为，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，根据矩形的性质可得，，，根据旋转的性质得出，则可求，然后在中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵矩形中，，，
∴，，，
∵将绕点按逆时针方向旋转到并使点在边上，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
16．
【分析】过点作于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，利用矩形的判定与性质，正方形的性质，直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质得到，，设，则，，利用勾股定理，配方法以及非负数的意义解答即可得出结论．
【详解】解：过点作于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，，
设，则，，
∴，，
在中，，
∴，
∵，
∴当时，取得最小值为，
∴的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用这些性质．
17．(1)见解析
(2)当时，四边形为矩形，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定，矩形的判定是解题的关键．
（1）利用平行四边形的判定即可得证；
（2）补充条件为，结合点为的中点，利用三线合一性质可得，由（1）得四边形为平行四边形，利用矩形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，．
，分别是和的中点，
，，
，
又，
四边形为平行四边形．
（2）解：当时，四边形为矩形，理由如下：
如图，
，点为的中点，
，
，
由（1）得，四边形为平行四边形，
四边形为矩形．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质；
（1）根据平行四边形的对角线互相平分可直接得出结论；
（2）根据平行四边形的性质求出，然后即可计算的周长．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，；
（2）由题意得，
由（1）知，，
∴，
∴的周长为：．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到，，，推出四边形平行四边形，根据全等三角形的性质得到，根据菱形的判定定理得到结论；
（2）过点K作于H，根据矩形的性质得到，根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到，求得，根据勾股定理得到即可求解．
【详解】（1）证明：∵两个全等的矩形和矩形交叉重叠，重叠部分为四边形，
∴，，，，
∴四边形平行四边形，
∵，，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：过点K作于H，
则，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
在中，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
20．（1）①；②，见解析；（2）
【分析】（1）①根据矩形的性质得，和，由折叠得，即可利用勾股定理求得和，设，则，再次利用勾股定理即可求得；
②根据得和，由折叠得，，即可判定，有，结合等腰三角形的性质得，即；
（2）根据题意可知只有满足题意，证明，有，设，则，，，，，在中利用勾股定理即可求得．
【详解】解：（1）①∵四边形为矩形，，，
∴，，，
由折叠得，，
在中，，
则，
设，则，
在中，，即，解得，
则；
②，理由如下，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
由折叠得，，，
∴，
∴，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
则，
∴，
则；
（2）如图，
∵点F落在上方，，
∴，
∵为等腰三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，，，，，
在中，，即，解得，
则．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理和等腰三角形的性质，解题的关键是熟悉折叠的性质和全等三角形的应用．