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2025年中考数学专项训练：四边形综合
一、单选题
1．《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且．若田埂与矩形两组对边所夹锐角为，当增大时，重叠部分四边形的面积（　　）
A．变大 B．变小
C．不变 D．先变大后变小
2．如图，在平行四边形中，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，若，，则的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．4
3．将边长为的菱形分别沿着和折叠（,,,分别在边，，，上），使点和点在折叠后均落在边上的点处．若，，于点，则的周长为（ ）．
A． B． C． D．
4．如图，在平行四边形中，为其对角线，于点．延长至点，使，线段与的延长线交于点．若，，．求的长为（ ）
A． B． C． D．
5．在中，按以下方式作图：
①以B为圆心，以适当长为半径作弧，分别交边于点M，N；
②以C为圆心，以长为半径作弧，交于点P；
③以点P为圆心，以为半径作弧，在内部交前面的弧于点Q；
④连接并延长，交于点E，交于点F．
若，．
下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图1，一组活动衣架由三个菱形组成，其拉伸后形状如图2所示，若菱形的边长为，，则其拉伸后的最大距离的长度大约是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方形中，点M，N为，上的点，且，与交于点P，连接，点Q为中点，连接，若，，则的长为（ ）
A．2 B． C． D．
8．如图，在菱形中，，，分别以点A，B，C，D为圆心，的长为半径画弧，与该菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
9．如图，在正五边形中，交于点，则 度．
10．如图，正方形的边长为2，在平面内有一点P，始终保证，连接，设的中点为E，连接，则线段的最小值为 ，最大值为 ．
11．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴，轴上，为边上一点，且，为边上一点，将四边形沿折叠，点的对应点恰好与原点重合，若，则的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，在中，，点为斜边上一动点，点关于直线的对称点为点，连接，当时，的长为 ．
13．小杰在编程课上设计了如下游戏：如图，在矩形游戏框中，，洞口M 位于的中点处，圆柱形通道，一个小球从洞口M出发，经过通道后，到达洞口C．若通道可以在线段上水平移动，则小球经过的路径的最小值为 ．
14．如图，四边形和四边形都是矩形，且，，连结,,，将矩形绕点顺时针转动，若边所在的直线恰好经过线段的中点，则的面积为 ．
15．如图1，矩形，将射线绕点顺时针旋转得到射线，点是点关于直线的对称点．设线段的长为，与旋转角的函数关系图象如图2所示，已知图象的最低点的坐标是，则图2中的值是 ，最高点的坐标是 ．
16．如图，是菱形的对角线，关于的轴对称图形为，且．以下结论正确的是 ．
为等腰直角三角形；；；④；⑤．
三、解答题
17．如图，在矩形中，点为对角线的中点，点是上一点，连接并延长交于点，连接、．
(1)求证：；
(2)当，且平分时，试判断四边形的形状，并说明理由．
18．如图1，点在正方形的边上．将线段绕点顺时针旋转得到线段．边分别与相交于点．
(1)证明：．
(2)如图2，连接，与线段分别相交于点．
①猜想与的数量关系，并说明理由；
②设正方形的边长为，求线段的长（用字母和表示）．
19．如图，二次函数的图象与轴交于点A，点在轴的正半轴上，以为边在第一象限作矩形．
(1)点A的坐标为_____；
(2)若点在该函数的图象上，且矩形的长宽之比为，求点的坐标；
(3)若矩形的面积为10，则的最大值是_____．
20．如图1，，点在同一条直线上，点与点重合，．将沿向左移动，当点与点重合时，停止移动．
(1)当点与点重合时，判断：的形状是___________；
(2)当边在边上时，
①如图2，若边与边相交于点，且．证明：是的平分线；
②如图3，若，连接，当线段长为多少时，是直角三角形？
21．一副三角板分别记作和，其中，．如图1，作于点于点．
(1)求证：；
(2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合，记为点，点与点重合，将图2中的绕点按顺时针方向旋转后，延长交直线于点．
①当时，如图3，求证：四边形为正方形．
②若，当，且时，请直接写出的长．
22．如图1，在正方形中，进行如下两步操作：第1步：分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线交于点，连结；第2步：以点为圆心，长为半径作弧，交线段的延长线于点，连结．
根据以上尺规作图步骤，完成以下问题：
(1)证明：四边形是平行四边形；
(2)如图2，连结，交于点，求与的周长比．
23．【问题提出】
在微专题复习课上，王老师引导同学们以“直角三角板的旋转”为主题开展探究活动：将一大一小两个等腰直角三角板和按图1放置，，点在内，连接并延长到点，使，连接，．探究线段与的关系．
【思路探究】
“诸葛小组”的解题思路：将线段借助平行线进行平移，如图2，过点作交的延长线于点，这样可以将和的关系转化为和的关系；
“孔明小组”的解题思路：结合为的中点构造三角形的中位线，如图3，过点作平行交延长线于点，从而借助三角形中位线性质，将和的关系转化为和的关系．
（1）【推理论证】
请你写出线段与的关系并证明（可以用不同于前面的思路）；
（2）【能力提升】
“创新小组”在【问题提出】的基础上对该问题又进一步拓展：连接，将绕点在平面内旋转，当，，时，请直接写出线段的长．
《2025年中考数学专项训练：四边形综合》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A C C B C C A
1．A
【分析】本题主要考查了正方形的判定，解直角三角形的实际应用，连接、、、，过点作于，先根据两条等宽的平行四边形田埂交错证明四边形是正方形，再在中，求出，最后根据重叠部分四边形的面积为判断即可．
【详解】解：连接、、、，过点作于，
∵两条等宽的平行四边形田埂交错，
∴，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，都是两条等宽的平行四边形田埂的宽，
∴，
∴四边形是正方形，
中，，，，
∴，
∴重叠部分四边形的面积为，
∴当增大时，增大，也增大，
∴重叠部分四边形的面积增大，
故选：A．
2．A
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，角平分线的定义及其尺规作图，等角对等边，由平行四边形的性质得到，根据作图方法可知，平分，则由平行线的性质与角平分线的定义可得，则，据此可得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由作图方法可知，平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
3．C
【分析】根据折叠的性质，证明，再根据折叠的性质，和勾股定理解得，后根据三角形的周长解答即可．
【详解】解：根据题意，得，
∴，
∵菱形的边长为，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
4．C
【分析】本题考查了解直角三角形，平行四边形的性质，勾股定理．利用平行四边形的性质结合正切函数的定义求得，利用勾股定理得到，解得，，在中，利用勾股定理列式得到，求得，作交于点，证明和，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵平行四边形，
∴，，
在中，，，
∴，，即，
解得，，
∴，
∵，
∴，
设，则，
在中，，即，
解得，即，
作交于点，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得．
故选：C．
5．B
【分析】本题考查相似三角形的判定，平行四边形的性质，作图-复杂作图．根据作图过程可判断A选项正确；证明，求得，可判断D选项正确；根据两角对应相等，得到，可判断C选项正确；根据已知条件不能求出，可判断B选项错误．
【详解】解：由作图过程可知：，故A选项正确，不符合题意；
在中，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，故D选项正确，不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，故C选项正确，不符合题意；
根据已知条件不能求出，故B选项错误，符合题意，
故选：B．
6．C
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，连接交于点，勾股定理解直角三角形，即可求解．
【详解】解：如图，连接交于点，
∵菱形的边长为，，
∴是等边三角形，
∴
∴
故选：C．
7．C
【分析】本题主要考查勾股定理、正方形的性质、全等三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、全等三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理是解题的关键；由题意易得，，然后可证，则有，进而根据勾股定理及直角三角形斜边中线定理可进行求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点Q为中点，
∴；
故选：C．
8．A
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、扇形面积公式，令交于，由菱形的性质可得，，，，证明为等边三角形，得出，，求出，再由计算即可得解，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，令交于，
，
∵在菱形中，，，
∴，，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵分别以点A，B，C，D为圆心，的长为半径画弧，与该菱形的边相交，
∴，
故选：A．
9．18
【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理，
先根据正多边形的内角和定理求出，再根据角的和差得出答案．
【详解】解：正五边形中，
∴．
∵，
∴．
故答案为：18．
10． / /
【分析】本题考查圆的定义、三角形的中位线性质、正方形的性质，解答的关键是构造三角形的中位线和得到点P的运动轨迹，属于中考填空题的常考压轴题．
延长至T，使得，连接，根据三角形的中位线性质得到，即只需求的最大值和最小值；根据圆的定义可得点P在以A为圆心，为半径的圆上运动，如图，连接并延长，交该圆于，，利用正方形的性质和勾股定理求得，进而求得的最小值和最大值即可求解．
【详解】解：延长至T，使得，连接，
∵的中点为E，
∴是的中位线，
∴，即只需求的最大值和最小值；
∵始终保证，
∴点P在以A为圆心，为半径的圆上运动，如图，连接并延长，交该圆于，，
∵，，
∴，
∴，，
∴的最小值为，的最大值为，
∴的最小值为，的最大值为，
故答案为：，．
11．A
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，折叠的性质，过作轴于点，则，由四边形是矩形，则，，通过折叠性质可知，，，则，所以，最后通过，，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，过作轴于点，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠性质可知，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：．
12．1或
【分析】本题主要考查对称性、直角三角形的性质、圆的性质和垂直平分的性质，解题的关键是熟悉对称性，根据题意得和，由点B关于直线的对称点为点E，则点E在以C为圆心，1为半径的圆上，点E在的垂直平分线上，分当点E位于位置时，利用直角三角形的性质可证明四边形为菱形，可求得；当点E位于位置，可得点为中点，点B关于直线的对称点为点，即可求得．
【详解】解：∵中，，，，
∴，；
∵点B关于直线的对称点为点E，
∴点E在以C为圆心，1为半径的圆上，
∵，
∴点E在的垂直平分线上，
如图所示，当点E位于位置时，
∴，，
则四边形为菱形，
则；
当点E位于位置，
∵，，
∴点为中点，
∵点B关于直线的对称点为点，
∴，
故答案为：1或．
13．
【分析】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质及勾股定理，解决本题的关键是熟练掌握用轴对称的性质解决线段最短问题，作出点关于的对称点，连接，将向右平移1个单位至，连接，分别延长相交于点，由轴对称性质可得，由平移的性质可得，当三点共线时，的值最小，此时，的值最小，再据此求解即可．
【详解】解：作出点关于的对称点，连接，将向右平移1个单位至，连接，分别延长相交于点，
由轴对称性质可得，由平移的性质可得，
当三点共线时，的值最小，
此时，的值最小，
矩形中，，洞口M 位于的中点处，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
14．或
【分析】当与交于点E时，直线经过线段的中点Q，过点作于点Ｍ，证明，根据解答即可；当与的延长线交于点E时，直线经过线段的中点Q，过点作于点T，仿照前面的证明解答即可．
【详解】解：当与交于点E时，直线经过线段的中点Q，
过点作于点Ｍ，
∵四边形和四边形都是矩形，且，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
当与的延长线交于点E时，直线经过线段的中点Q，
过点作于点T，
∵四边形和四边形都是矩形，且，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
设的交点为N，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，分类思想，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
15．
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、动点问题的函数图象、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
连接，由轴对称的性质，可知，即点在以点为圆心，的长为半径的圆上运动．结合图象可得当点运动到对角线上时，取得最小值，当时，射线与射线重合，此时，得到；当点运动到的延长线上时，最大，最大值为，此时，得到点的坐标为．
【详解】解：矩形，
，
连接，由轴对称的性质，可知，即点在以点为圆心，的长为半径的圆上运动，
如图，当点运动到对角线上时，取得最小值，
函数图象的最低点的坐标是，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
如图，当时，射线与射线重合，点关于对角线对称，
此时，，
；
如图，当点在的延长线上时，最大，最大值为，
此时，，
，
，
点的坐标为；
故答案为：．
16．
【分析】连接，与交于点，连接，延长，交于点，根据菱形的性质得出，，，，，，根据轴对称图形的定义得出，结合全等三角形的判定即可得出正确；根据全等三角形的性质得出，，，推得，根据相似三角形的判定得出，正确；结合锐角三角形函数设，，根据勾股定理得出，结合相似三角形的性质即可得出，正确；根据等腰三角形三线合一的性质与锐角三角函数求出，根据勾股定理求得，即可得出，错误；根据勾股定理的逆定理得出不是直角三角形，错误，即可得出结论．
【详解】解：连接，与交于点，连接，延长，交于点，如图：
∵是菱形的对角线，
∴，，，，，，
又∵关于的轴对称图形为，
∴，
∴，，
∴，故结论正确；
∴，
即，
∴，
∵，，
∴，
∴，即结论正确；
在中，，
故设，，
∴，
故，
故，故结论正确；
∵，，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
，即结论错误
∵，，
∴，
∵，，
即，
∴不是直角三角形，故结论错误；
综上，结论正确的有．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，解直角三角形等，解题的关键是结合菱形的性质与等腰三角形三线合一的性质构建直角三角形．
17．(1)见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定及性质，证明四边形是菱形，解题的关键是掌握相应的判定定理；
（1）利用直接证明三角形全等；
（2）先证明四边形为平行四边形，再利用全等证明，通过对角互相平分且垂直即可判断．
【详解】（1）证明：在矩形中，点为对角线的中点，
，
，
；
（2）解：，
，
又，
四边形为平行四边形，
，且平分时，
，，
，
，
，
，
四边形为菱形．
18．(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】题目主要考查正方形的性质及旋转的性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆的判定，勾股定理解三角形等，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
（1）根据正方形的性质及各角之间的关系得出，再由相似三角形的判定即可证明；
（2）①根据题意得： ，再由旋转的性质及各角之间的关系得出，利用圆内接四边形的判定得出点A、B、E、P四点共圆，确定，再由等腰直角三角形的性质即可得出结果；
②根据勾股定理得出，，再由相似三角形的判定和性质得出，，确定，，再由勾股定理及求解．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）①根据题意得： ，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，，
∴，
∵，均为所对角，
∴点A、B、E、P四点共圆，
∵，
∴，
∴；
②由①得，
∴，
∵正方形的边长为，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
19．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）在中，当时，，得；
（2）设，过点C作轴于点E，则，结合矩形性质证明，得，当时，得，得，得，得，解得，当时，，得，得，得，解得 ，故或；
（3）过点D作轴于点F，设，（），得，得，可得，证明，得，可得，，得，设，则，得，设，得，得y的取值范围为，得y的最大值为，即得的最大值为．
【详解】（1）解：在中，
当时，，
∴，
故答案为：；
（2）解：设，过点C作轴于点E，
则，
∴，
∵矩形中，，
∴，
∴，
∴，
当时，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得（舍去）或，
∴；
当时，
，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去）或，
∴；
故或；
（3）解：过点D作轴于点F，
设，（），
则，
∵，
∴，
∴，
∵矩形的面积为10，
∴，
∴，
∴，
∵矩形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
设，
则，
∴，作为b的方程，
∴，
∴，
令，
则，
∴，
∴y的最大值为，
∴的最大值为，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数与矩形综合．熟练掌握二次函数图象和性质，矩形判定和性质，相似三角形判定和性质，勾股定理的应用，一元二次方程根的判别式，作出辅助线，是解题的关键．
20．(1)等腰直角三角形
(2)①详见解析；②当线段时，是直角三角形
【分析】（1）由全等三角形的性质得，再证明，即可得出，故可得出结论；
（2）①连接，设边与相交于点．证明，得，得是等腰三角形，再证明，得，从而得,再根据证明，可得，从而得出结论；
②过点作于点，证明四边形是矩形，得出，．再证明，根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵
∴，
∵点在同一条直线上，
∴，
∴是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
（2）解：①如图1，连接，设边与相交于点．
，
，．
在和中，
，
，
是等腰三角形，
，
，
，
．
在和中，
，
，
即是的平分线；
②如图2，过点作于点．
在中，，
．
由①证得，
．
∴若是直角三角形，只有．
，
．
于点，
四边形是矩形，
，
．
，，
，
，
，
，
，
解得（负值舍去），
当线段时，是直角三角形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线和运用相关知识是解答本题的关键．
21．(1)见解析
(2)①见解析；②2或4
【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；
（2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即，而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；如图，当时，连接，同理，结合，可得；再根据，即可求出答案．
【详解】（1）证明：设，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：①∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，即，
而，
∴，
∴四边形是正方形；
②如图，当时，连接，
由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
如图，当时，连接，
由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴；
综上所述，或．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查正方形的性质，尺规作垂线，尺规作线段，平行四边形的判定以及相似三角形的判断和性质：
（1）根据尺规作图，易得，进而得到，结合，即可得证；
（2）证明，根据相似三角形的周长比等于相似比，进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，
∴，
由作图可知：为的中点，，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形；
（2）由（1）可知：，，
∴，
∴．
23．（1），，理由见解析；（2）的长为8或15
【分析】（1）勤学小组的解法：将线段借助平行线进行平移，过点B作平行交的延长线于点G，这样可以将证明和的关系转化为和的关系，即可得证；“善思小组”的解法：结合F为的中点构造三角形的中位线，过点B作平行交延长线于点H，从而借助三角形中位线性质，将和的关系转化为和的关系，即可得证．
（2）当点在内部时，可证得C、D、F共线，根据可求得，进而得出结果；同样求得当点在外部时的结果．
【详解】解：（1），，理由如下：
证法1：如图1，延长至，使，连接，延长交的延长线于点，
∵，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，点A、H、B、C共圆，
∴，
∴，
∴；
证法2：如图2，延长至，使，连接，延长交于，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，；
（2）设，
如图3，当点在内部时，
由（1）知，，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
∴C、D、F三点共线，
∵，
∴，
∴，
∴，(舍去)，
∴；
如图4，当点在外部时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴、、三点共线，
∵，
∴，
∴，
∴，（舍去），
∴．
综上所述：的长为8或15．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，勾股定理等知识，解决问题的关键是根据题意画出图形．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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