备战2022年中考（通用版）一轮复习分类专项训练卷：四边形（word版，含解析）

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备战2022年中考（通用版）一轮复习分类专项训练卷
四边形
一、选择题
1．如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（　　）

A．OB＝OD B．AB＝BC C．AC⊥BD D．∠ABD＝∠CBD
2．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（　　）

A．AB＝AD B．OEAB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
3．下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）
4．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．点E、F分别是AB，AO的中点，且AC＝8，则EF的长度为（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8
5．如图，菱形的对角线与相交于点，点在上，连接，，，，，则（ ）

A．4 B．3 C． D．2
6．如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成如图2的四边形（相邻纸片之间不重叠，无缝隙）．若四边形的面积为13，中间空白处的四边形的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为和，则（ ）

A．12 B．13 C．24 D．25
7．如图，在边长为3的正方形中，，，则的长是（ ）

A．1 B． C． D．2
8．如图，矩形AOBC的顶点A、B在坐标轴上，点C的坐标是(﹣10，8)，点D在AC上，将BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则tan∠DBE等于（　　）

A． B． C． D．
9．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，，，则AF的长是（ ）

A． B． C． D．
10．如图，将矩形纸片ABCD的两个直角进行折叠，使CB，AD恰好落在对角线AC上，B′，D′分别是B，D的对应点，折痕分别为CF，AE．若AB＝4，BC＝3，则线段的长是（　　）

A． B．2 C． D．1
二、填空题
11．如图，在中，对角线，相交于点O，点E是边的中点．已知，则_____．

12．如图，矩形中，，，对角线的垂直平分线交于点、交于点，则线段的长为 __．

13．如图，矩形ABCD中，，对角线AC，BD交于点O，，垂足为点H，若，则AD的长为_______________．

14．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，以点B为圆心、BC的长为半径画弧交AD于点E，再分别以点C，E为圆心、大于CE的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线BF交CD于点G，则CG的长为__________________．

15．如图，在矩形中，，，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，同时，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当为_____时，与全等．

16．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当时，；②；③当时，；④．其中正确的是_______（填序号即可）．

三、解答题
17．如图，点、、、在同一条直线上，，，．
求证：（1）；
（2）四边形是平行四边形．




18．如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：；
（2）连接BD，∠1＝30°，∠2＝20°，当∠ABE＝　　°时，四边形BFDE是菱形．




19．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．



20．如图，在中，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点，延长至点，使，分别连接，，．

（1）求证：；
（2）当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由．



21．问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．



22．已知正方形，，为平面内两点．

（探究建模）
（1）如图1，当点在边上时，，且，，三点共线．求证：；
（类比应用）
（2）如图2，当点在正方形外部时，，，且，，三点共线．猜想并证明线段，，之间的数量关系；
（拓展迁移）
（3） 如图3，当点在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点．若，，求的长．



参考答案
1．A
【分析】
根据平行四边形的性质：对边平行且相等，对角线互相平分进行判断即可．
【详解】
解：平行四边形对角线互相平分，A正确，符合题意；
平行四边形邻边不一定相等，B错误，不符合题意；
平行四边形对角线不一定互相垂直，C错误，不符合题意；
平行四边形对角线不一定平分内角，D错误，不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键．
2．C
【分析】
由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE=DE=CE=CD=AB，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A不合题意，
∵点E是CD的中点，
∴OE=DE=CE=CD=AB，故选项B不合题意；
∴∠EOD=∠EDO，故选项D不合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．
3．B
【分析】
正确的命题叫真命题，根据定义解答．
【详解】
解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故（1）是真命题；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故（2）不是真命题；
对角线相等的平行四边形是矩形，故（3）不是真命题；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，故（4）是真命题；
故选：B．
【点睛】
此题考查真命题的定义，熟记定义并正确掌握平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
4．A
【分析】
根据矩形的性质可得AC＝BD＝8，BO＝DO＝BD＝4，再根据三角形中位线定理可得EF＝BO＝2．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝8，BO＝DO＝BD，
∴BO＝DO＝BD＝4，
∵点E、F是AB，AO的中点，
∴EF是△AOB的中位线，
∴EF＝BO＝2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质和三角形中位线定理，难度不大，关键熟练掌握知识点，并灵活运用．
5．A
【分析】
根据菱形的性质以及已知条件，可得是等边三角形，可得，进而根据，可得，进而可得,根据， ，，即可求得．
【详解】
四边形是菱形，
,，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
．
故选A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
6．D
【分析】
根据菱形的性质可得对角线互相垂直平分，进而可得4个直角三角形全等，结合已知条件和勾股定理求得，进而根据面积差以及三角形面积公式求得，最后根据完全平方公式即可求得．
【详解】
菱形的对角线互相垂直平分，
个直角三角形全等；
，，
，
四边形是正方形，又正方形的面积为13，
正方形的边长为，
根据勾股定理，则，
中间空白处的四边形的面积为1，
个直角三角形的面积为，
，
，
，
．
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，完全平方公式，求得是解题的关键．
7．C
【分析】
由正方形的性质得出，，由证得，即可得出答案．
【详解】
解：四边形是正方形，

，，
∵在中，，
，
设，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：（负值舍去），
，
，
，
，
，
，，
，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键．
8．D
【分析】
先根据四边形ABCD是矩形，C（-10，8），得出BC=AO=10，AC=OB=8，∠A=∠O=∠C=90°，再由折叠的性质得到CD=DE，BC=BE=10，∠DEB=∠C=90°，利用勾股定理先求出OE的长，即可得到AE，再利用勾股定理求出DE，利用求解即可.
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，C（-10，8），
∴BC=AO=10，AC=OB=8，∠A=∠O=∠C=90°，
由折叠的性质可知：CD=DE，BC=BE=10，∠DEB=∠C=90°，
在直角三角形BEO中：，
∴，
设，则
在直角三角形ADE中：，
∴，
解得，
∴，
∵∠DEB=90°，
∴，
故选D.

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角函数，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
9．B
【分析】
过作的垂线分别交于,由，证明，设，根据，求得，在中，利用勾股定理即可求得．
【详解】
如图，过作的垂线分别交于，

四边形是正方形，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，

（AAS），
，
设，则，
，
即，
解得，
，
四边形是正方形，，
，
，
．
故选B
【点睛】
本题考查了矩形的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，求得是解题的关键．
10．D
【分析】
先利用矩形的性质与勾股定理求解 再利用轴对称的性质求解，从而可得答案.
【详解】
解： 矩形纸片ABCD，


由折叠可得：

同理：

故选：
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键.
11．5
【分析】
直接利用平行四边形的性质结合三角形中位线定理得出EO的长．
【详解】
解：∵在□ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
∴点O是AC的中点，
又∵点E是AB的中点，
∴EO是△ABC的中位线，
∴EO＝BC＝5．
故答案为：5．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质以及三角形中位线定理，正确得出EO是△ABC的中位线是解题关键．
12．
【分析】
根据矩形的性质和勾股定理求出BD，证明△BOF∽△BCD，根据相似三角形的性质得到比例式，求出EF即可．
【详解】
解：如图：

四边形是矩形，
，又，，
，
是的垂直平分线，
，，又，
，
，
，
解得，，
四边形是矩形，
，，
，
是的垂直平分线，
，，
在和中，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质、线段垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，掌握矩形的四个角是直角、对边相等以及线段垂直平分线的定义是解题的关键．
13．
【分析】
由矩形的性质得，，求出，利用30°角的直角三角形的性质求出CH的长度，再利用勾股定理求出DH的长度，根据求出，然后由含角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】
解：四边形ABCD是矩形，
，，
，
，，
∴
在中，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质以及直角三角形30°的性质，熟练掌握直角三角形30°的性质是解决本题的关键．
14．
【分析】
根据作图过程可得BF是∠EBC的平分线，然后证明△EBG≌△CBG，再利用勾股定理即可求出CG的长．
【详解】
解：如图，连接EG，

根据作图过程可知：BF是∠EBC的平分线，
∴∠EBG＝∠CBG，
在△EBG和△CBG中，
，
∴△EBG≌△CBG（SAS），
∴GE＝GC，∠BEG=∠C=90°，
在Rt△ABE中，AB＝6，BE＝BC＝10，
∴AE＝＝8，
∴DE＝AD﹣AE＝10﹣8＝2，
在Rt△DGE中，DE＝2，DG＝DC﹣CG＝6﹣CG，EG＝CG，
∴EG2﹣DE2＝DG2
∴CG2﹣22＝（6﹣CG）2，
解得CG＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，作图-基本作图，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
15．2或
【分析】
可分两种情况：①得到，，②得到，，然后分别计算出的值，进而得到的值．
【详解】
解：①当，时，，
，
，
，
，解得：，
，
，
解得：；
②当，时，，
，
，
，解得：，
，
，
解得：，
综上所述，当或时，与全等，
故答案为：2或．
【点睛】
主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
16．①③④
【分析】
①正确．利用面积法证明即可．
②错误．假设成立，推出，显然不符合条件．
③正确．如图2中，过点M作于P，于Q，连接AF．想办法证明，再利用相似三角形的性质，解决问题即可．
④正确．如图3中，将绕点C顺时针旋转得到，连接FW．则，，，，证明，利用勾股定理，即可解决问题．
【详解】
解：如图1中，过点G作于T．
，
，
，，
四边形ABCD是正方形，
，，
，
，，
，
，
，故①正确，
假设成立，
，
，
，显然这个条件不成立，故②错误，


如图2中，过点M作于P，于Q，连接AF．
，，
，
，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，，，
，
，
，，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，故③正确，


如图3中，将绕点C顺时针旋转得到，连接FW．则，，，，
∵FG=FC，∠GFO=∠FCN，∠FGM=∠CFN=45°，
∴△FGM≌△CFN，
∴FM=CN，
，，，
，
，
，
，
，故④正确，
故答案为：①③④．

【点睛】
本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
17．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）已知，可得到，由得到，可证明出；
（2）由（1）得，得到，，，推出，即可证明．
【详解】
证明：（1），
，
即，
，
，
在与中，
，
；
（2）由（1）得：，
，，
，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定，属于基础题，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定是解题关键．
18．（1）见解析；（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形
【分析】
（1）根据平行四边形的性子和“SAS”可证△ABE≌△CDF；
（2）先证明四边形BFDE是平行四边形，再通过证明BE＝DE，可得结论．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，
∴∠1＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形，
理由如下：∵△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，AE=CF，
∴BF=DE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵∠1=30°，∠2=20°，
∴∠ABD=∠1-∠2=10°，
∴∠DBE=20°，
∴∠DBE=∠EDB=20°，
∴BE=DE，
∴平行四边形BFDE是菱形，
故答案为10．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的判定是解题的关键．
19．（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．
20．（1）见解析；（2）矩形，见解析
【分析】
（1）利用平行四边形的性质证明，利用中点的性质证明，结合对顶角相等，从而可得结论；
（2）先证明 结合 证明四边形是平行四边形，再利用等腰三角形的性质证明 从而可得结论.
【详解】
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，∴
又∵为边的中点，
∴
∵，，，
∴
（2）答：四边形是矩形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵平分，
∴.
又∵，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴是矩形
【点睛】
本题考查的是三角形全等的判定与性质，平行四边形的性质与判定，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形”是证题的关键.
21．（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】
（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）；理由见解析（3）
【分析】
（1）根据正方形性质以及题意证明即可得出结论；
（2）根据已知条件证明，然后证明为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）先证明，得出为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质求出的长度，即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵四边形是正方形，，，三点共线，
∴,
∵，
∴，
∴,
在和中，
,
∴,
∴;
（2）∵，四边形是正方形，
∴,,
∴,
∵，，
∴,
∴,
在和中，
,
∴,
∴,
∴为等腰直角三角形，
∴,
即；
（3）过点D作于点H，连接BD，

∵，
∵，
∴，
∵,
∴，
在和中，
,
∴,
∴，，
∵且,
∴为等腰直角三角形，
∴，
在中，,
∴,
∵是正方对角线，
∴,
∵
∴,
∴为等腰直角三角形，
∴,
∴在中，,
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟知性质定理是解本题的关键．