阶段检测验收卷 四边形（综合训练）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

这是一份阶段检测验收卷 四边形（综合训练）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案，文件包含阶段检测验收卷四边形综合训练原卷版docx、阶段检测验收卷四边形综合训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）
1．下列命题中正确的是（ ）
A．平行四边形的对角线相等B．菱形的对角线互相垂直平分
C．矩形每一条对角线平分一组对角D．有一组对边相等的矩形为正方形
【答案】B
【分析】本题考查了特殊四边形的性质和判定，根据平行四边形、菱形的性质和正方形的判定逐一判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：、平行四边形的对角线互相平分，该选项命题错误；
、菱形的对角线互相垂直且平分，该选项命题正确；
、菱形每一条对角线平分一组对角，该选项命题错误；
、有一组邻边相等的矩形为正方形，该选项命题错误；
故选：．
2．如图，在中，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是利用平行四边形对角相等、邻角互补的性质来建立角度关系进行计算．
利用平行四边形“对角相等”的性质，得出，再根据“邻角互补”的性质，计算出．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴．
故选：B．
3．如图，在四边形中，，对角线和交于点O，要使四边形成为平行四边形，则应添加的条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查平行四边形的判定定理，三角形全等的判定，平行线的性质，根据平行四边形的判定定理对选项依次判断即可．
【详解】解：A、仅且，四边形可能是等腰梯形，无法判定为平行四边形，故 A错误；
B、∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形．故B正确．
C、由无法判定为平行四边形，故C错误；
D、且，四边形可能是等腰梯形，故D错误；
故选：B．
4．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直D．对角线平分对角
【答案】B
【分析】此题综合考查了矩形、菱形、正方形的对角线的性质，熟练掌握矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
因为正方形的对角线垂直平分且相等、矩形的对角线互相平分且相等、菱形的对角线互相垂直平分，可知正方形、矩形、菱形都具有的特征是对角线互相平分．
【详解】解：矩形、菱形、正方形的对角线相互平分，
故选：B．
5．如图，把矩形纸片沿对角线折叠，点落在点处．设重叠部分为，那么下列说法错误的是（ ）
A．是等腰三角形，B．折叠后和一定相等
C．折叠后得到的图形是轴对称图形D．和一定是全等三角形
【答案】B
【分析】利用矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、全等三角形的判定以及轴对称图形的定义，逐一分析每个选项的正确性，从而找出错误的说法．
【详解】解：A、∵四边形是矩形，
∴，∠ADB=∠CBD．
由折叠的性质可知，
∴．
∴．
∴是等腰三角形，不符合题意．
B、折叠后，和 不一定相等．
只有当时，和才相等，一般情况下不成立，符合题意．
C、折叠后得到的图形关于对角线所在的直线对称，因此是轴对称图形，不符合题意．
D、∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质可知，，
∴，
∵
∴，不符合题意．
故选：B．
6．如图，菱形中，，点、分别在、上，，，，则菱形的边长为（ ）
A．B．C．9D．10
【答案】C
【分析】此题考查等边三角形的判定及性质，菱形的性质，相似三角形的判定及性质，连接证明是解题的关键．
先证是等边三角形．设，则，．再证，进而证明，根据对应边成比例列式求解即可．
【详解】解：如图，连接，
菱形中，，
，，，
，
是等边三角形．
设，
，，
，．
，，
，
又，
，
，即，
解得或，
当时，，不合题意，舍去，
，
即菱形的边长为9，
故选：C．
7．如图，正方形中，边长为8，E为线段上一点，将沿翻折到，连接，则的最小值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】该题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识点，连接，根据正方形的性质和勾股定理求出，根据折叠可得，则，即可得出当点三点共线时，最小，的最小值为．
【详解】解：连接，
∵在正方形中，边长为8，
∴，
∴，
∵将沿翻折到，
∴，
∴，
∴当点三点共线时，最小，的最小值为，
故选：B．
8．如图，在中，分别是边上的点，且,连接．分别取的中点，连接，则的长为( ·)
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，中位线的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．延长并延长，使,连接，证明，得出，证明为等边三角形，得出，根据中位线的性质得出．
【详解】解：延长并延长，使，连接，如图所示：
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴为等边三角形，
，
，
故答案为：．
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
9．如图，在中，对角线AC，BD交于点O．若，，，则BC的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质定理，勾股定理，勾股逆定理，熟练掌握相关定理是解题的关键；
利用平行四边形的性质求得、的长，再根据勾股逆定理判断形状并求边长即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，．
在中，
∵，，，
∴，
∴是直角三角形，且．
在中，
．
故答案为：．
10．如图，在矩形中，、相交于点O，平分分别交、于点F、E，若，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质，三角形外角性质，掌握相关知识是解决问题的关键．因为在矩形中，所以，因为平分，所以，因为，，由矩形的性质可知，利用三角形外角的性质即可求．
【详解】解：∵在矩形中，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
由矩形的性质可知，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
11．如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为 ．
【答案】或
【分析】连接，交直线于点，延长交于点，分两种情况：当点在上方时；当点在下方时；分别结合矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、轴对称的性质等知识点计算即可得出结果．
【详解】解：如图所示：连接，交直线于点，延长交于点，
当点在上方时，
∵在矩形中，，，
∴，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
∵点C关于直线的对称点P，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴为等腰三角形，
∴，
在中，，，
∴，
∴；
如图，当点在下方时，
∵，
∴，
∵，
∴，，
由对称的性质可得，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
12．已知一元二次方程的两个根是菱形的两条对角线长，则这个菱形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了根与系数关系定理，菱形的面积公式，设一元二次方程的两个根为，根据，根据面积公式计算即可．
【详解】设一元二次方程的两个根为，
∵，
∴菱形的面积为．
故答案为：．
13．如图，在任意四边形中，分别是的中点．以下结论：①当时，四边形为正方形；②当时，四边形为菱形；③当时，四边形为矩形；④四边形一定为平行四边形其中正确的序号 ．
【答案】②③④
【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形、矩形与正方形的判定、三角形中位线定理等知识，熟练掌握特殊四边形的判定是解题关键．连接，根据三角形的中位线定理和平行公理推论可得，，，，则四边形一定为平行四边形，结论④正确；根据不能得出四边形为正方形，结论①错误；根据可得，则四边形为菱形，结论②正确；根据可得，则四边形为矩形，结论③正确；由此即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
∵分别是的中点，
∴，，，，，，，，
∴，，，，
∴四边形一定为平行四边形，结论④正确；
当时，四边形不一定是正方形，结论①错误；
当时，则，
∴四边形为菱形，结论②正确；
当时，则，
∴，
∴四边形为矩形，结论③正确；
综上，正确的序号为②③④，
故答案为：②③④．
14．如图，是边长为1的等边三角形，取边中点，作，，得到四边形，它的周长记作；取中点，作．，得到四边形，它的周长记作，…，照此规律作下去，则 ．
【答案】
【分析】本题考查等边三角形的性质，三角形的中位线的性质，菱形的性质和判定，找出周长的规律是解题的关键；根据三角形的中位线求解，找规律可得，据此规律可求解．
【详解】解：∵是边长为1的等边三角形，
∴，
∵E是边中点，，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
同理：以此方法得到的四边形都为菱形，且边长为前一个菱形边长的，
即，，……，，
∴．
故答案为：．
15．点为正方形中对角线上一点（点不与端点、重合），当为等腰三角形时，的度数为 ．
【答案】或
【分析】本题主要考查正方形的性质（对角线平分内角、各角为、各边相等）和等腰三角形的性质和分类讨论思想，熟练掌握正方形的性质和分类讨论思想是解题的关键．
根据题意为等腰三角形的三种可能：，逐一分析，其中时点与重合，不符合“点不与端点、重合”的条件需舍去，通过等腰三角形的性质和角的和差关系，求出即可．
【详解】解：由正方形得：，
当为等腰三角形时，有，分类讨论：
①当时，如图所示：
，
，
，
；
②当时，如图所示：
，
，
，
；
③当时，点与重合，
点不与端点、重合，
当时不合题意，故舍去．
综上所述：的度数为或．
故答案为：或．
16．如图，正方形纸片的边长为，点P是线段上一动点，连接，将这张正方形纸片沿所在直线折叠，点B的对应点为，延长交边于点E，当点P为线段的三等分点时，的长为 ．
【答案】3或
【分析】根据折叠的性质可得，，，再根据证明，则可得．设，则，．然后分两种情况：①当时，②当时，在中根据勾股定理列方程求出x的值即可．
本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理．熟练掌握以上知识，注意分情况讨论是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵沿所在直线折叠后得到，
∴，，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
设，则，．
①当时，，
则，，
在中，，
∴，
解得，
∴．
②当时，，
则，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
综上，当点P为线段的三等分点时，的长为3或．
故答案为：为3或．
17．如图，P是矩形的对角线上一点，，，于点E，于点F．连接，，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查的知识点是矩形的判定与性质、勾股定理、最短路径问题，解题关键是熟练掌握矩形的判定与性质．
连接，根据矩形的性质得到，的最小值即为的最小值，当，，三点共线时，的值最小，且为的长度，根据勾股定理得到，于是得到结论．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，
，
，，
∴，
四边形是矩形，
，
的最小值即为的最小值，
当，，三点共线时，的值最小，且为的长度，
四边形是矩形，，，
，
的最小值为．
故答案为：．
18．如图，在菱形中，，E是线段上一点，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，则的最大值为
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，二次函数的性质，熟练运用二次函数的性质求最大值是解题的关键．
在上截取，连接，过点作交延长线于点，可得是等边三角形，进而证明，可得，设，则可用表示出，，从而可得，由可得关于的二次函数式即可求解．
【详解】解：如图，在上截取，连接，过点作交延长线于点，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵线段绕点E顺时针旋转得到线段，
∴，，
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，的面积最大值为．
故答案为：．
三、解答题（本大题共7小题，满分66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（本题6分）如图，在中，点，在对角线上，连接，，，，．求证：
(1)求证：．
(2)求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟知平行四边形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质得到，则，再利用即可证明；
（2）由全等三角形的性质可得，则可证明，得到，据此可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
20．（本题8分）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)2.4
【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，
（1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形．
（2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）解：由（1）知：四边形是矩形，又，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，
∴的面积，
∴，
∴．
21．（本题8分）如图，平行四边形中，是对角线上一点，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的面积，勾股定理；
（1）连接与交于点，证明，得到，即，则平行四边形是菱形；
（2）先求出，再勾股定理求出，则，再根据菱形的面积是代入求值即可．
【详解】（1）解：连接与交于点，
∵平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵，平行四边形是菱形，
∴，
∴，即，
∴菱形的面积是．
22．（本题10分）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是菱形．
(3)当时，求证：四边形是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）证明，得出，，证明，得出，，证明，得出；
（2）根据平行线的性质得，证明，根据等腰三角形的判定得出，证明，即可证明结论；
（3）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据正方形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，；
（2）证明：∵，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
由（1）知：，，
∴，
∴四边形是菱形．
（3）证明：∵，，
∴，
由（1）知，，
∴，
∵为的中点，，
∴，
∴，
∴，
由（1）知：，
∴，
∵四边形是菱形，
∴四边形是正方形．
23．（本题10分）主题学习．
【阅读理解】
任务：在矩形内画一个最大的半圆．
操作：
（1）选取矩形的一个顶点，作的平分线，交于点，在线段上任取一点，过点作，垂足为；以点为圆心、长为半径作，则必与，两边同时相切，切点分别为，两点，如图．
（2）沿着线段向下拖动圆心，逐渐变大．当足够大时，与矩形另外的边相交，如图，设与边交于点，与边交于点，连接，则为的一条弦．当点落在弦上时，则弦为的直径，此时半圆即为矩形内最大的半圆．
【实践操作】
（1）如图，已知矩形，，用直尺和圆规作出矩形内最大半圆．
（不写作法，保留作图痕迹）
【探索发现】
（1）如图，已知正方形的边长为，求正方形内最大半圆的半径的长．
（2）如图，在矩形中，，，则矩形内最大半圆的直径_______．
（3）若矩形内最大半圆有无数个，则矩形的两边长和满足的关系为___________．
【答案】【实践操作】（）见解析；【探索发现】（）；（）；（）或．
【分析】本题考查了矩形的性质，直线和圆的位置关系，切线的判定，尺规作图，圆周角定理，正确尺规作图是解关键．
[实践操作]（）作角平分线，交于O，以O为圆心作，与相切于点E，即可得到最大半圆；
[探索发现]（）如图，正方形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，作 ，先证四边形为正方形，在中，由列方程求解即可；
（）矩形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，作于点 ，作于点 ，需证，令的半径为，则，在中，根据勾股定理，列方程求了即可求出直径．
（）矩形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，作于点 ，作于点 ，
【详解】解：[实践操作]（）如图，半圆为所求作的半圆；
[探索发现]（）如图，正方形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，作 ，
设正方形内最大半圆的半径为，
∵四边形是正方形，
∴，
由作图可知：，
∴四边形为正方形，
∴，，，，
∵，，
∴，
在中，，
即，
解得，；
（）如图，矩形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，
作于点，作于点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
，
四边形是矩形，
，
令的半径为，则，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
解得（不合题意，舍去），
；
（）矩形内最大半圆的直径需满足其半径不超过矩形的最短边，
当矩形一边长为另一边长的2倍时(设长为，宽为，则)，以长为直径的半圆半径为，
∴当时，此时半圆可沿长边任意平移(因直径长度等于长边，圆心在中点时半圆刚好接触对边)，存在无数个这样的最大半圆，
同理，若时，以宽为直径的半圆也存在无数个最大半圆
故答案为：或．
24．（本题10分）【问题发现】
（1）如图1，在矩形中，，，点是矩形内一点，过点作，分别交，于点，，则：
①______，______，______，______；
②______填“”“”或“；
【类比探究】
（2）如图2，点是矩形外一点，过点作，分别交，的反向延长线于点，，②中的结论还成立吗？若成立，请说明理由；
【拓展延伸】
（3）如图3，在中，，是外一点，，，，请求出的最小值．
【答案】（1）①5，，，；②；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】（1）由矩形的性质得，，则得，则四边形和四边形都是矩形，所以，，，则，因为，，即可根据勾股定理求得问题的答案；
由，，得，于是得到问题的答案；
（2）先证明四边形和四边形都是矩形，则，，所以，，求得；再由，，求得，所以，则，所以中结论成立；
（3）作交的延长线于点，则，所以，，作交的延长线于点，作交的延长线于点，连接、，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，所以，，则，求得，则，所以，求得的最小值为，于是得到问题的答案．
【详解】（1）解：如图，
四边形是矩形，，，
，，
过点作，分别交，于点，，
，
四边形和四边形都是矩形，
，，，
，
，
，，
，
，，
故答案为：，，，．
，，
，
故答案为：．
（2）解：成立，理由如下：
如图，
四边形是矩形，
，
，
过点作，分别交，反向延长线于点，，
，
四边形和四边形都是矩形，
，，
，，
；
，，
，
，
．
（3）解：如图，作交的延长线于点，则，
，，
作交的延长线于点，作交的延长线于点，连接、，
，
，
，
四边形和四边形都是矩形，
，，
，，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
的最小值为．
25．（本题14分） 【操作判断】
（1）①在学习特殊平行四边形的性质时，赵老师让学生制作两个大小相同的正方形纸片和，其中正方形的对角线相交于点．赵老师让学生固定正方形纸片，将正方形纸片的顶点与点重合，并将纸片绕着点旋转，如图①，学生们惊奇地发现两个正方形重叠部分的面积____________（填“变了”或“不变”）；
②赵老师又让学生制作了两个大小一样的菱形纸片和，其中菱形的对角线相交于点．赵老师让学生固定菱形纸片，将菱形纸片的顶点与点重合，并将纸片绕着点旋转，交边于点交边于点，如图②，学生们惊奇地发现两个菱形重叠部分（四边形）的面积____________（填“变了”或“不变”）；
【探索发现】
（2）根据（1）中的发现，学生们认为图①和图②存在共同的特征：①射线是的____________；
②____________；
【迁移探究】
（3）如图③，平分，点在上，点分别是上的动点，且，当点分别在上运动时，试判断四边形的面积是否发生变化，并利用图③说明理由．
【答案】（1）①不变；②不变；（2）①平分线；②；（3）不变，理由见解析
【分析】（1）①作于，作于，设与交于点，与交于点，根据正方形的性质证明，即可得结论；②取的中点，连接，得是等边三角形，证明， ，得，，进而可得不变这一结论；
（2）①由正方形、菱形的性质即可得射线是的平分线；②由正方形、菱形的性质即可得；
（3）过点作，，垂足分别为，，证明，进而可证明，利用面积和差可得结论．
【详解】解：（1）①不变；理由如下：
作于，作于，设与交于点，与交于点，
由题意可得，正方形中，平分，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
故答案为：不变；
②不变；
，
又菱形中，，，
是等边三角形，
，
如图，取的中点，连接，
是的中位线，
，
，
，
则是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：不变；
（2）①四边形是正方形，
平分；
四边形是菱形，
平分；
故答案为：平分线；
②在图（1）中，，
，
在图（2）中，，
，
故答案为：；
（3）不变，理由如下：
如图，过点作，，垂足分别为，，
则，
，
，
，
，
平分，，，
，
，
，，
，
，
为定值，
故四边形的面积不发生变化