2026年中考数学专题强化训练：四边形（含解析）-（江苏篇）

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2026年中考数学专题强化训练：四边形-（江苏篇）
一、单选题
1．用反证法证明命题“在直角三角形中，至少有一个锐角不大于”时，应假设直角三角形中（　　）
A．两锐角都大于 B．有一个锐角小于
C．有一个锐角大于 D．两锐角都小于
2．纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人智慧与艺术的结晶．下列纹样中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在矩形中，对角线、相交于点，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
4．小美同学按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交于点；（3）分别以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点C；（4）连接，，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在菱形中，E、F分别是的中点，如果，那么菱形的周长为（ ）
A．32 B．24 C．16 D．12
6．如图，在平面直角坐标系中，风车图案的中心为正方形，四片叶片为全等的平行四边形，其中一片叶片上的点的坐标分别为，将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则经过第2026次旋转后，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在矩形中，，点是边上一点，将沿折叠，点落在矩形内的点处，连接，若是直角三角形，则的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．如图，已知四边形是正方形，，以为斜边在右侧作直角，使得且，连接交于点，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，点是内一点，，，，点，，，分别是，，，的中点，若四边形DEFG的周长为，则长为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，已知的周长为1，连接三边的中点构成第2个三角形，再连接第2个三角形三边的中点构成第3个三角形，……，依此类推，第2021个三角形的周长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，在中，平分，，，则的长是______．
12．如图，正五边形的边长为3，对角线相交于点，则四边形的周长为______．
13．如图，在中，，，，点D是的中点，将绕点D顺时针旋转得到，分别交，于E，F两点，则B，两点间的距离是_____，的长为_____．
14．如图，在面积为12的正方形中，以为一边向正方形内作等边，点是对角线上的动点，连接、，则的最小值为_________．
15．如图，在菱形中，，连接，点分别是边，对角线上的动点，且，连接，当取得最小值时，的长为__________．
16．如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________．
三、解答题
17．如图，在矩形中，，过对角线的中点作的垂线，分别交于点．求的长．
18．如图，在正方形中，点E在边上，连接．
(1)尺规作图：作，交线段于点F（要求保留作图痕迹，不写作法，标明字母）；
(2)求证：．
19．如图，在平行四边形中，．
(1)用尺规完成以下基本作图：过点B作的垂线，交于点F；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)根据（1）中作图，连接，．求证：四边形为平行四边形，并完成下列证明过程．
证明：四边形为平行四边形，
，，
____①____．
，，
．
在和中，，
．
____②____．
，，
．
____③____．
四边形为平行四边形．
请你依照题意完成下面命题：在长和宽不相等的矩形中，连接任意一条对角线，过另外两个顶点作这条对角线的垂线段，这两个顶点与两个垂足组成的四边形为____④____．
20．如图，在中，点是边上的一点，将线段绕点旋转至线段，，连接交直线于点．
(1)如图1，连接，若，，求的度数；
(2)如图2，点是边上一点，连接，，若平分，，请猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想；
21．如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用下面的方法取一张矩形的纸进行折叠，
(1)【探究发现】如图，具体操作过程如下：
操作一：先把矩形对折，折痕为；
操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，连接，．观察所得到的，，，这三个角有什么关系？你能证明吗？
(2)【类比应用】小明将矩形纸片换成边长为的正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照（）中的方式操作，并延长交于点，连接．
①如图，当点在上时，______，______；
②改变点在上的位置（点不与点，重合），如图，试判断的度数是否为定值，并说明理由．
(3)【拓展延伸】在（2）的探究中，当时，请直接写出的长．
《2026年中考数学专题强化训练：四边形-（江苏篇）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D A A A B A B A B
1．A
【分析】反证法的步骤中，假设时准确找出原命题结论的反面即可．
【详解】解：由题意得
需假设两锐角都大于．
2．D
【分析】轴对称图形是指一个图形可以沿着一条直线（ 对称轴） 折叠， 使得直线两侧的图形能够完全重合； 中心对称图形则是指一个图形可以绕着一个点（ 对称中心） 旋转， 使得旋转前后的图形互相重合． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项符合题意．
3．A
【分析】利用矩形对角线的性质证明为等边三角形，然后求出对角线，再由勾股定理求出 ．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
、相交于点，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
．
4．A
【分析】根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：作图可得
∴四边形是菱形，
∴，
∴
∴．
5．A
【分析】根据中位线定理得出，进而根据菱形性质求出菱形周长．
【详解】解：∵E、F分别是的中点，，
是的中位线，
，
在菱形中，，
则菱形的周长为．
6．B
【分析】本题考查了平面直角坐标系的特点，平行四边形、矩形的判定和性质，图形规律等知识，根据题意得到，结合图形找出旋转规律即可求解．
【详解】解：∵风车图案的中心为正方形，
∴，
如图所示，作于点，
∴，
∵风车图案的四片叶片为全等的平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，则，
∴，
∵每次旋转，
∴旋转第一次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第二次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第三次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第四次时，点对应点为，点对应点为，则，
∵，
∴经过第2026次旋转后，点的坐标为 ．
7．A
【分析】先确定点F的位置，设长为x，求出，再利用勾股定理列式求解即可．
【详解】解：若，则，
由翻折可知，，，
∵在矩形中，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，此时点F在上，则不满足点落在矩形内；
若，则点F在上，
又∵，
∴点F不可能在上，即此情况不存在；
∴只有当时满足是直角三角形，
由翻折可知，
∴此时三点共线，如图，
设长为x，则，
由翻折可得，，
由勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∴．
8．B
【分析】以边所在直线为轴，所在直线为轴，点为原点建立平面直角坐标系，根据勾股定理求出，，运用面积关系求出，运用待定系数法求出直线的解析式为，直线的解析式为，联立方程组求出，根据两点间距离公式求出的长即可 ．
【详解】解：以边所在直线为轴，所在直线为轴，点为原点建立平面直角坐标系，如图，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，，
∵，
∴设，则，
∵，
∴，即，
解得，
∴，，
过点作于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
把，代入解析式得：
，
解得，
∴直线的解析式为，
同理可求，直线的解析式为，
联立方程组，
解得，
∴，
∴．
9．A
【分析】根据中位线定理可知，四边形是平行四边形，根据平行四边形的周长是，可以求出，根据中位线定理可知，利用勾股定理即可求出的长度．
【详解】解：点，，，分别是，，，的中点，
、分别是和的中位线，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形的周长为，
，
，
又点、分别是、的中点，
是的中位线，
，
，
，
.
故选：A.
10．B
【分析】根据三角形中位线定理求出第二个三角形的周长，再总结规律，然后根据规律解答即可．
【详解】解：如图：
∵D、E、F分别为的中点，
∴分别为的中位线，
∴，
∴的周长，
∴第三个三角形的周长是，
同理可得，第四个三角形的周长是……，
∴第2021个三角形的周长是．
11．5
【分析】本题考查了两直线平行内错角相等，角平分线的有关计算，根据等角对等边证明边相等，利用平行四边形的性质求解等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解．
先根据平行四边形的性质，得出，，再利用平行线的性质证明，结合角平分线的意义得出，从而可得出，再利用线段差求得即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，，
∴，
又平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：5．
12．12
【分析】根据多边形的内角和公式可求出正五边形各内角度数，继而证明四边形是菱形，即可求解周长．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
∴
则，
∴，
∴，
∴，
∴；同理可证，
∴四边形为平行四边形，而，
∴四边形是菱形，
∵，
∴四边形的周长为．
13． /
【分析】在中，由勾股定理得的值，再根据是中点，可得，进而在中运用勾股定理可求出，再由旋转性质和等边三角形的判定和性质可得；先求出，再运用含的直角三角形的性质可得，最后在中再运用含的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接，，，如图：
在中，，，，
∴，．
∵D是中点，
∴，
在中，由勾股定理得
，
由旋转性质，，且旋转角，
∴为等边三角形，
∴；
由题意得，，，
∴，
即为直角三角形．
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴在中，．
【点睛】本题以直角三角形旋转为载体，核心考查了含的直角三角形的性质、旋转的不变性、等边三角形判定及勾股定理．通过构造直角三角形与等边三角形，将线段长度计算转化为勾股定理与边角关系的应用，充分体现了“转化思想”与“数形结合”在几何计算中的作用．
14．
【分析】本题主要考查了轴对称，最短路线问题，根据正方形的性质得出A关于的对称点是C是解题的关键．
由四边形是正方形，可得、关于对称，则当、、共线时，的最小值为的长．
【详解】解：∵正方形的面积为12，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴、关于对称，
∴，
∴，
∴当、、共线时，的最小值为的长，
∴的最小值为．
故答案为：．
15．5
【分析】如图，在的上方作，且使得，连接．证明，得到．易证．当三点共线时，取最小值，即为的长．即可求解．
【详解】如图，在的上方作，且使得，连接．
∵四边形是菱形，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴当三点共线时，取最小值，即为的长．
∵的长为，
∴，即的长为．
16．
【分析】连接，由旋转的性质得到，，推出是等腰直角三角形，当时，取得最小值，作于点，延长交于点，在中，由勾股定理计算即可求解．
【详解】解：连接，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴当取最小值时，也取得最小值，
∴当时，取得最小值，
如图，作于点，延长交于点，
∵，，四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得．
17．
【分析】由矩形的性质得到，．连接，由为中点，得到，设，则，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
连接，
为中点，
，
设，则，
∵在中，，
∴
解得：，
∴．
18．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可；
（2）首先由正方形的性质得到，，然后根据证明即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求．
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，．
在和中，
∴．
19．(1)见解析
(2)①；②；③；④平行四边形；
【分析】（1）利用过直线外一点作已知直线的垂线的作法作图即可；
（2）先利用平行四边形的性质证明，，再证明，得出，再证明，即可证明四边形为平行四边形；同理得出结论．
【详解】（1）解：如图，为所作；
（2）证明：四边形为平行四边形，
，，
．
，，
．
在和中，，
．
．
，，
．
．
四边形为平行四边形．
请你依照题意完成下面命题：在长和宽不相等的矩形中，连接任意一条对角线，过另外两个顶点作这条对角线的垂线段，这两个顶点与两个垂足组成的四边形为平行四边形．
理由如下：如图，四边形是矩形，于点，于点，
四边形为矩形，
，，
．
，，
．
在和中，，
．
．
，，
．
．
四边形为平行四边形．
20．(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）设，由题意可得，，再根据三角形内角和可得和，进而求解即可；
（2）由平分作垂线、，得，结合角度互补证，得；在上截取，证，推得，故，进而即可得证．
【详解】（1）解：设，
由题意可知，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：猜想：，证明如下：
过点C作于H，于N，
∵平分，
∴．
∵，，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
由旋转性质，，
∴．
∵，且，
∴，
在上截取，连接，如图，
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
∴
，
∴，
∴为等腰三角形，
∴，
∵，且，，
∴．
【点睛】本题以旋转与角度互补为载体，第一问通过等腰三角形内角和消参求解角度；第二问借助角平分线性质、全等构造与截长补短法，将线段和转化为等线段代换，凸显了“构造模型”“化归转化”的几何解题核心策略．
21．(1)；证明见解析
(2)①，；②，的度数为定值，理由见解析
(3)或
【分析】（1）通过矩形折叠的性质，结合平行线性质与直角三角形斜边中线性质，证明三个角相等；
（2）①在正方形折叠背景下，利用定理证明直角三角形全等，结合角度倍数关系求出指定角度,再通过勾股定理计算线段长度；②改变点位置后，结合折叠性质与全等三角形性质，根据角度的和差，求得的度数；
（3）分点在点下方、上方两种情况，结合已知线段长度，利用勾股定理列方程求解的长度．
【详解】（1）解：；
证明：如图，设与交于点，
由折叠可得：是的中点，，，，
∴是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠可得：，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
同（1）可得：，
∴；
∴，
∴，
∴，
在中，，
由勾股定理得：，即，
解得，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
故答案为：，；
②，的度数为定值，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠可得：，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为定值；
（3）解：当点在点的下方时，如图，
∵，，，
∴，，
由（）可知，，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，即，
解得，
∴；
当点在点的上方时，如图，
∵，，，
∴，，
由（）可知，，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，即，
解得，
∴，
综上所述，或．
【点睛】掌握折叠前后对应边相等、对应角相等，以及利用全等三角形和勾股定理解决线段与角度问题的方法是解题的关键．
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