（小专题冲刺训练）四边形压轴题-2025年中考数学专题突破

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页（小专题冲刺训练）四边形压轴题2025年中考数学专题突破1．如图，已知平行四边形，、分别是边、的点，且，，联结、．(1)如果，求证：；(2)写出（1）的逆命题，判断其真假，并证明你的结论．2．如图，点、分别在的边、上，连接、，，连接、相交于点，请你从以下三个选项：①；②；③中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是菱形．(1)你选择的补充条件是__________；（填序号）(2)根据你选择的补充条件，写出四边形是菱形的证明过程．3．如图，的边和的边在同一条直线上，，，，连接，．(1)求证：①；②四边形是平行四边形．(2)若四边形为菱形，，，求线段的长．4．如图，在矩形中，，，是边上的中点，是边上的一动点．连接，把沿折叠，点的对应点为点，连结，设的长度为．(1)的长度为________；（用含有的代数式表示）(2)当为中点时，证明；(3)当为直角三角形时，求的面积；(4)当直线经过矩形顶点时，直接写出的长．5．如图，在正方形中，是上一点（不与点重合），点在上，且，连接．(1)判断与的数量关系并证明；(2)求的大小；(3)作点关于直线的对称点，连接．请补全图形，并直接用等式写出之间的数量关系．6．如图，在矩形中，，，点是边的中点，点是边上的动点（点不与点重合），的延长线与的延长线交于点，以为斜边向下作等腰直角，连结．(1)求证：；(2)当、、三点共线时，求线段的长；(3)线段的长度的最小值是__________；(4)当点落在矩形的内部时，四边形面积的最大值是__________，此时线段的长度是__________．7．如图1，在正方形中，，点P，Q分别在边，上，．将绕点A逆时针旋转，连接，，所在直线交直线于点M，连接．(1)与的数量关系是______，位置关系是______；(2)如图2，当时，求证：；(3)如图3，若点Q与M重合于左侧，且，求t的值；(4)若，当点M为中点时，直接写出的值．8．如图1，在矩形中，，，E是边上一点，连接，将矩形沿折叠，顶点D恰好落在边上点F处，延长交的延长线于点G．(1)求线段的长；(2)如图2，点M、N分别是线段上的动点（与端点不重合），且，设．若时，求长度．是否存在这样的点N，使是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．9．如图，在菱形中，对角线与相交于点，点是的中点，连接并延长到点，使得，连接．

(1)求证：四边形是矩形；(2)点在边上，连接，，，．求的长．10．如图1，四边形是矩形，以为圆心长为半径画弧交延长线于点，作交于点．(1)判断四边形的形状，并说明理由；(2)将绕点顺时针旋转得到，其中点、的对应点分别为、．①如图2所示，当在线段上时，直线交于点，交于点．（i）求证：；（ⅱ）求证：．②如图3所示，若，，将沿直线翻折得到，其中点的对应点为点，当旋转至某一位置时，是否存在旋转得到的与关于直线对称？若存在，在图3中画出，连接，并直接写出的长，若不存在，请说明理由．11．如图，在矩形中，，为上一点，且，连结，是中点，连结，以为直径作；(1)用a的代数式表示___________，___________；(2)求证：必过的中点：(3)若与矩形各边所在的直线相切时，求的值；(4)作关于直线的对称点，若落在矩形内部（不包括边界），则的取值范围___________，（直接写出答案）12．如图，在中，，分别是，的中点，，交的延长线于点，连接．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)当________时，四边形为菱形．13．问题背景：如图1，在平行四边形中，，，于点E，点F为线段上一点，连接，过点F作交延长线于点G．(1)问题发现：小知发现，他的做法是过点F作交于点K，请根据小知的做法完成的证明；(2)问题探究：如图2，在（1）的结论下，连接，H为中点，为中点，连接、、，猜想线段，之间的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；(3)问题拓展：如图3，在（2）问情况下，将沿翻折得到，连接，当取得最小值时，此时将线段沿着所在直线进行平移得到对应线段，连接、，若，请直接写出的最小值．14．如图1，已知四边形是菱形．，点在菱形的对角线与上，的两边分别交边于点，且连接交于点，在的异侧．(1)当时，①求证：；②如图2，过作交于点，过作交于点，连接．求证：四边形是矩形；③在②的条件下，当四边形是正方形，时，直接写出的长度．(2)如图3，，点在上运动，当是的三等分点时，请直接写出四边形的面积．15．如图，矩形中，．一动点P从A点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点C匀速运动，同时另一动点Q从C点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点D匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P、Q运动的时间为t秒，过点P作于点E，连接．(1)求证：；(2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由；(3)当t为何值时，为直角三角形？请说明理由．16．如图1，在正方形中，是上一点，是延长线上一点，且，连接、．(1)求证：；(2)在图1中，若在上，且，连接，请判断三条线段之间的数量关系，并说明理由；(3)根据你所学的知识，运用（1）、（2）解答中积累的经验，完成下列各题：①如图2，在四边形中，，，，是的中点，且，求的长；②如图3，在菱形中，，、分别在和上，且，连接．若，，求线段的长度．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《（小专题冲刺训练）四边形压轴题-2025年中考数学专题突破》参考答案1．(1)见详解(2)见详解【分析】（1）如果，可得四边形是菱形，则，，，证明，即可得；（2）先证明关于对称，进而证明得出，则，从而得出，即可得出四边形是菱形，则【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴；（2）解：逆命题：如果，则，真命题；如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，连接，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，设，，∵，，∴，∴∴，∴∵是对角线，∴∴即∴到的距离相等，且位于的两侧，又∴关于对称连接，如图∵四边形是平行四边形，且，关于对称，∴，∵，∴，又，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，平行四边形的性质，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，写出命题的逆命题，熟练掌握以上知识是解题的关键．2．(1)①或③(2)见解析【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．（1）添加合适的条件即可；（2）证四边形是平行四边形，再由一组临边相等的平行四边形是菱形，或对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明．【详解】（1）解：补充条件①或③皆可，（答案不唯一）；（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，即．∵，∴四边形是平行四边形．补充条件①：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形．补充条件③：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形．注：答案不唯一，上面任意一种方案正确均给分（选项②不能作为补充条件）．3．(1)①见解析；②见解析(2)【分析】（1）①利用平行线的性质得，即可证得；②由①得，可得、，证得，即可得证四边形是平行四边形．（2）连接，交于点，根据菱形的性质得、、，利用勾股定理求出，利用面积法求出，再利用勾股定理求出，计算即可求解．【详解】（1）证明：①，，在和中，，；②由（1）知，，，，四边形是平行四边形．（2）解：如图，连接，交于点，四边形是菱形，，，，在中，，，，，，在中，，，，．【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定和菱形的性质是解题关键．4．(1)(2)见详解(3)或(4)或【分析】（1）根据线段和差即可得解；（2）当为中点时，可得，进而可得，由，得，即可证明结论；（3）根据直角的不同可分两种情况讨论：①当时，则，根据折叠的性质和矩形的性质可推出，以此得到，即可求解；②当时，可得M，，C三点共线，由，，根据勾股定理可得，则，再根据勾股定理，列出方程，求解，进而求面积即可．（4）分两种情况：①当直线经过矩形顶点时，②当直线经过矩形顶点时，结合图形分别求解即可．【详解】（1）解：，的长度为，，故答案为：；（2）证明：为中点，，由折叠可得，，，，，，；（3）解：①如图，当时，∴，根据折叠的性质可知，，，，∵，∴，，，，；②如图，当时，根据折叠的性质可知，，，，∴三点共线，，，在中，，，在中，由勾股定理得，即，解得：，∴；综上，当为直角三角形时，的面积为或；（4）解：①当直线经过矩形顶点时，如图所示：由（3）可得的长为；②当直线经过矩形顶点时，如图所示：连接，在中，，，在中，由勾股定理得，即，在中，由勾股定理得，即，，，综上所述，当直线经过矩形顶点时，的长为或．【点睛】本题主要考查翻折变换、勾股定理、矩形的性质，解题关键是根据题意对不同的直角进行分情况讨论，再分别利用勾股定理和翻折的性质解答．5．(1)，见解析(2)(3)【分析】（1）根据正方形的性质，证明，后根据等量代换解答即可．（2）过点G作于点M，点G作于点N，利用三角形的全等，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质解答即可．（3）连接，过点P作交的延长线于点H，根据点P，C关于直线对称，得到，根据（2）得，得到，证明，得到，得到，继而证明．【详解】（1）解：，理由如下：∵正方形，∴，∵，∴，∴，∵，∴．（2）解：过点G作于点M，点G作于点N，则四边形是矩形，∵正方形，∴，∵，∴，∴，，∵，∴．∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵∴，∴，∵，∴．（3）证明：连接，过点P作交的延长线于点H，∵点P，C关于直线对称，∴，根据（2）得，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，对称思想，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．6．(1)见解析(2)(3)1(4)，【分析】（1）先利用线段的中点证得，再利用矩形的性质证得，进而证得，，然后利用即可证明；（2）先证明，再列出比例式，然后利用矩形的性质、线段中点的意义，分别求出，，代入比例式后求得，最后根据全等三角形的性质求得；（3）过点作，过点作于点，结合矩形性质和等腰三角形性质证明，推出点从点运动沿到点时，点在平行于的直线上运动（点的运动轨迹只占直线的一部分），根据垂线段最短，可知当时，最短，画出图形，再利用矩形的性质与判定求解，即可解题；（4）过点作于点，延长交于点，证明为矩形，再利用证明，设，根据全等三角形的性质可得，从而可用表示出，，根据四边形的面积，得到关于的二次函数，最后结合二次函数的最值情况求出四边形的面积最大值．【详解】（1）证明：∵点是边的中点，∴，∵四边形是矩形，∴，∵的延长线与的延长线交于点，∴，，∴，∴；（2）解：如图，当、、三点共线时，∵点是边的中点，以为斜边向下作等腰直角，∴，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∵四边形是矩形，，，点是边的中点，∴，，∴，解得，又，∴．（3）解：过点作，过点作于点，∵在矩形中，，，点是边的中点，∴，，，，，∵点是边的中点，以为斜边向下作等腰直角，∴，，，，为定值，且，点从点运动沿到点时，点在平行于的直线上运动（点的运动轨迹只占直线的一部分），根据垂线段最短，可知当时，最短，如图，∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∴，，，，，为等腰直角三角形，有，，；即的最小值为1，故答案为：1；（4）解：过点作于点，∵四边形是矩形，∴，延长交于点，，即，又，，∴四边形为矩形，∴，，由（3）可知，∴，∵是等腰直角三角形，，∴，，∴（），设，∴，∴，，四边形的面积==，∵点在矩形内部，∴，解得，，∴当时，四边形的面积有最大值．即当时，四边形的面积有最大值．故答案为：，．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等腰直三角形的性质，全等三角形的判定与性质的综合应用，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值问题等知识，解题的关键是找准相似三角形，列出比例式求出待求线段的长．7．(1)，(2)证明见解析(3)(4)或【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，证明，得出，，令交于，再由三角形内角和定理计算即可得解；（2）过点作与的延长线交于点，则，由正方形的性质可得，，证明，得出，，从而可得是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得，即可得解；（3）过点作交于，由题意可得为等腰直角三角形，则，由等腰直角三角形的性质可得，结合题意得出，从而可得，，最后再由勾股定理计算即可得解；（4）由等腰直角三角形的性质可得，分两种情况：当时，连接、，作交于，作交于，作交于；当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于；分别求解即可．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，，由旋转的性质可得：，∴，即，∵，∴，∴，，令交于，∵，，∴，∴，∴；（2）证明：如图，过点作与的延长线交于点，则，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∵在四边形中，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴；（3）解：如图，过点作交于，由题意可得：为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，由勾股定理可得：，∴，解得：（负值不符合题意，舍去），故；（4）解：由题意可得：为等腰直角三角形，当时，，∴，如图，当时，连接、，作交于，作交于，作交于，由（1）可得：，∵点M为中点，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴四边形为矩形，∴，，∴，∴；如图，当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于，同理可得：，，∴，∴；综上所述，的值为或．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定由性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．8．(1)；(2)①；②的值为或．【分析】（1）由翻折可知：，设，则．在中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．（2）①由（1）可得：，根据矩形的性质得到，证明，得到，求出，则，，设，则，证明，得到，即，求解即可；是直角三角形，只有或，分两种情形画出图形分别求解即可．【详解】（1）解：如图：∵四边形是矩形，∴，，由翻折可知：，设，则，在中，，∴，在中，则有：，∴，∴；（2）解：①由（1）可得：，∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，在中，，设，则，在中，，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：，∴；②∵是直角三角形，，∴只有或，当时，如图：∵，，，∴，∴，在中，，在中，，∵，∴，，，，，，，，，，，当时，如图：，，，，，，，，，，，综上所述，满足条件的的值为或．【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．9．(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理是解题的关键．（1）根据菱形性质得，则，再根据点F是的中点，得四边形是平行四边形，再结合即可证明结论；（2）根据菱形性质得，则，再根据矩形性质得，，证明，进而得和相似，再利用相似三角形的性质即可求出的长即可．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，∴，∵点F是的中点，∴，∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴平行四边形是矩形；（2）解：∵四边形是菱形，，，∴，，在中，由勾股定理得：，∵四边形是矩形；∴，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵是的外角，∴，∴，又∵，∴，∴，即，解得：．10．(1)四边形是菱形，理由见解析(2)①（ⅰ）见解析（ⅱ）见解析②存在，，图见解析【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，正确运用相关知识解决问题是解答本题的关键．（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，结合可证明四边形是菱形；（2）①（i）证明，，根据可证明；（ii）证明，，根据证明即可；②根据题意画出，求出，得出，根据勾股定理可求出．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵四边形是矩形，∴，即；又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：①（i）∵四边形是矩形∴，由旋转得，∴，∵菱形中，，∴，即，又∵，∴，（ii）由旋转得，，又∵菱形中，，，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴；②存在，如图，旋转过程中，B是定点，且A、B是一对对应点，即的垂直平分线为对称轴．如图：∵，，∵四边形是矩形，四边形是菱形，∴，，∴，∵∴，∴，∴．11．(1)，；(2)见解析(3)a的值为或(4)【分析】本题是圆和四边形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的性质定理、垂径定理、矩形与折叠问题，第三问和第四问中采用分类讨论的思想，注意不要丢解，第四问有难度，准确画出图形是关键．（1）如图1，根据勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，代入可得结果；（2）如图1，证明四边形是矩形，得，所以必过的中点；（3）因为不可能与边和相切，所以分两种情况：①如图2，当与边相切时，根据中，，列式，求的值；②如图3，当与边相切时，设切点为，根据：且，列式可得结论；（4）分别计算当最小和最大时，即在边上和边上，作辅助线，根据对称点的连线被对称轴垂直平分，由线段垂直平分线的性质列式可得结论．【详解】（1）解：如图1，四边形是矩形，，在中，，，由勾股定理得：，设交于，连接，是的直径，，，，，，，是的中点，，，，，，由勾股定理得：，，故答案为：；；（2）解：如图1，设交于，连接，是的直径，，，四边形是矩形，，是的中点，即必过的中点；（3）解：分两种情况：①如图2，当与边相切时，设切点为，连接、交于，则，由（2）得，，，，，，，，四边形为矩形，，，，，在中，，，解得，，，②如图3，当与边相切时，设切点为，连接，则，连接，交于，同理可得，，，，由（1）知：且，，解得，综上所述，若与矩形各边所在的直线相切时，的值为或；（4）解：如图4，当的对称点恰好在边上时，连接交于，连接、，过作，交于，交于，则，关于直线的对称点，是的垂直平分线，，，由（1）（2）得：，，，由勾股定理得：即，解得：（舍，，当时，落在矩形外部（包括边界）；如图5，当落在边上时，连接、，设交于，连接，延长交于点，，，，四边形为矩形，，关于直线的对称点，是的垂直平分线，，，，，，，在中，，解得（负值舍去），的取值范围是：，故答案为：．12．(1)见解析(2)【分析】本题考查三角形的中位线的性质，平行四边形的判定及性质，直角三角形的性质，菱形的判定，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．（1）由题意可知为的中位线，得，结合，即可证明四边形为平行四边形；（2）由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得，再结合四边形为平行四边形可知四边形为菱形．【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴为的中位线，∴，即，又∵，∴四边形为平行四边形；（2）当时，四边形为菱形；理由如下：∵，是的中点，∴，又∵四边形为平行四边形，∴四边形为菱形．故答案为：．13．(1)见详解(2)，(3)3【分析】（1）根据平行四边形的性质可知，过点F作交AB于点K，利用角度直角的互余关系可得，由，，可得，可知，，可证，即可得结论；（2）延长交于点，连接，连接，结合题意可知是等腰直角三角形，则，再证，进而可证明，得，，再证得，，可证得是等腰直角三角形，根据，即为的中点，可得结论；（3）连接，，由轴对称可知，，，，可知为等腰直角三角形，则，过点作，点作，则，得，可知，，即在上方，且距离为2的直线上，当时，取得最小值，此时，取的中点，则，，即在上，再证，则，即此时为的中点，亦即在上，得，可知四边形是矩形，则，，过点作交于点，交延长线于，则四边形是矩形，得，，则，由平移可知，，作，且，则四边形是平行四边形，可知，当点在上时取等号，即的最小值为，此时在上，再证，得，即可求解．【详解】（1）证明：在平行四边形中，，∵，则，∴，过点F作交AB于点K，∵，则，∴，∵，，∴，∴，，∴，；（2）解：，，理由如下：延长交于点，连接，连接，∵，，则是等腰直角三角形，∴，∵，，，∴，∴，又∵为中点，∴，∵，∴，∴，，∵，，∴∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∵，即为的中点，∴，；（3）连接，，由轴对称可知，，，，∵，，∴为等腰直角三角形，则，过点作，点作，则，，∴，∴，∴，，即在上方，且距离为2的直线上，当时，取得最小值，此时，取的中点，则，，即在上，∴，则，∵，∴，则，即此时为的中点，亦即在上，∴，即，可知四边形是矩形，则，，过点作交于点，交延长线于，则四边形是矩形，∴，，则，由平移可知，，作，且，则四边形是平行四边形，∴，则，当点在上时取等号，即的最小值为，此时在上，令交于，交于，∵在上，，，∴，又∵，∴，则∴，由（2）可知，由轴对称可知，∴，又∵，∴，∴，∴，综上，的最小值为3．【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，轴对称的性质等知识点，添加辅助线构造全等三角形，证得在上方，且距离为2的直线上，是解决问题的关键．14．(1)①见解析；②见解析；③；(2)【分析】（1）①根据菱形的性质和角平分线的性质可得垂直平分，即可证明；②由菱形的性质以及已知条件证明可得，再说明可证四边形是平行四边形，再说明即可证明结论；③如图：连接，是等边三角形，即，然后根据等腰三角形的性质可得，再根据含30度直角三角形的性质以及勾股定理可得，，进而得到；再说明，进而得到，，再结合四边形是正方形可得，即；然后由勾股定理列方程求得，最后根据线段的和差即可解答．（2）如图：连接交于点O，根据菱形的性质可得、、，再结合已知条件运用勾股定理可得，即或；经分析不符合题意；当时，如图：过M作，易证可得，进而得到；再根据30度直角三角形的性质以及勾股定理可得、，然后根据以及三角形的面积公式求解即可．【详解】（1）解：如图：∵四边形是菱形，∴平分，即，∵，∴，即是线段的垂直平分线，∴；②∵四边形是菱形，∴，，，，∵∴，即，∵，∴