專題15四邊形

課標要求考點考向

①了解多邊形的概念及多邊形的頂點、邊、內(nèi)角、外角與對

多邊形考向一多邊形的內(nèi)角和

角線探索并掌握多邊形內(nèi)角和與外角和公式。

;及其內(nèi)

②理解平行四邊形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，以

角和考向二多邊形的外角和

及它們之間的關系;了解四邊形的不穩(wěn)定性。

③探索并證明平行四邊形的性質(zhì)定理:平行四邊形的對邊相考向一平行四邊形的性質(zhì)

等、對角相等、對角線互相平分。探索并證明平行四邊形的考向二平行四邊形的判定

判定定理:一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形;兩組平行四

考向三平行四邊形的性質(zhì)好判

對邊分別相等的四邊形是平行四邊形;對角線互相平分的四邊形

定綜合

邊形是平行四邊形。

④探究并證明三角形中位線定理。考向四三角形的中位線

⑤探索并證明矩形、菱形的性質(zhì)定理:矩形的四個角都是直

角，對角線相等;菱形的四條邊相等，對角線互相垂直。探考向一矩形

特殊的

索并證明矩形、菱形的判定定理:三個角是直角的四邊形是

平行四考向二菱形

矩形，對角線相等的平行四邊形是矩形;四邊相等的四邊形

邊形

是菱形，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形。正方形既是

考向三正方形

矩形，又是菱形;理解矩形、菱形、正方形之間的包含關系。

?考向一多邊形的內(nèi)角和

1．（2024·河北·中考真題）直線l與正六邊形ABCDEF的邊AB,EF分別相交于點M，N，如圖所示，則a

（）

A．115B．120C．135D．144

【答案】B

【分析】本題考查了多邊形的內(nèi)角和，正多邊形的每個內(nèi)角，鄰補角，熟練掌握知識點是解決本題的關鍵．

先求出正六邊形的每個內(nèi)角為120，再根據(jù)六邊形MBCDEN的內(nèi)角和為720即可求解ENMNMB的

度數(shù)，最后根據(jù)鄰補角的意義即可求解．

62180

【詳解】解：正六邊形每個內(nèi)角為：120，

6

而六邊形MBCDEN的內(nèi)角和也為62180720，

∴BCDEENMNMB720，

∴ENMNMB7204120240，

∵ENMNMB1802360，

∴360240120，

故選：B．

2．（2024·云南·中考真題）一個七邊形的內(nèi)角和等于（）

A．540B．900C．980D．1080

【答案】B

【分析】本題考查多邊形的內(nèi)角和，根據(jù)n邊形的內(nèi)角和為n2180求解，即可解題．

【詳解】解：一個七邊形的內(nèi)角和等于72180900，

故選：B．

3．（2024·吉林長春·中考真題）在剪紙活動中，小花同學想用一張矩形紙片剪出一個正五邊形，其中正五

邊形的一條邊與矩形的邊重合，如圖所示，則的大小為（）

o

A．54oB．60C．70D．72

【答案】D

【分析】本題考查了多邊形內(nèi)角與外角，正多邊形的內(nèi)角和，熟練掌握正多邊形的內(nèi)角和公式是解題的關

鍵．

根據(jù)正五邊形的內(nèi)角和公式和鄰補角的性質(zhì)即可得到結(jié)論．

(52)180

【詳解】解：18072，

5

故選：D．

4．（2024·山東青島·中考真題）為籌備運動會，小松制作了如圖所示的宣傳牌，在正五邊形ABCDE和正方

形CDFG中，CF，DG的延長線分別交AE，AB于點M，N，則FME的度數(shù)是（）

A．90B．99C．108D．135

【答案】B

【分析】本題考查的是正多邊形內(nèi)角和問題，熟記正多邊形的內(nèi)角的計算方法是解題的關鍵．

根據(jù)正五邊形的內(nèi)角的計算方法求出CDE、E，根據(jù)正方形的性質(zhì)分別求出CDF、CFD，根據(jù)四

邊形內(nèi)角和等于360計算即可．

【詳解】解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，

52180

∴CDEE108，

5

∵四邊形CDFG為正方形，

∴CDF90，CFD45，

∴FDE1089018，DFM18045135，

∴FME3601813510899，

故選：B．

5．（2024·山西·中考真題）如圖是某一水塘邊的警示牌，牌面是五邊形ABCDE，其中

BE102,CD110，則這個五邊形的內(nèi)角A的度數(shù)為．

【答案】116

【分析】本題考查了多邊形的內(nèi)角和，熟練掌握知識點是解題的關鍵．

先求出五邊形的內(nèi)角和，即可求解．

【詳解】解：五邊形內(nèi)角和為：52180540，

∴ABCDE540，

∵BE102,CD110，

∴E540102102110110116，

故答案為：116．

?考向二多邊形的外角和

6．（2024·西藏·中考真題）已知正多邊形的一個外角為60，則這個正多邊形的內(nèi)角和為（）

A．900B．720C．540D．360

【答案】B

【分析】本題考查了多邊形的內(nèi)角和外角，先求出正多邊形的邊數(shù)，再根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式計算即可

得解，根據(jù)多邊形的外角求出邊數(shù)是解此題的關鍵．

【詳解】解：∵正多邊形的一個外角為60，

∴正多邊形的邊數(shù)為360606，

∴這個正多邊形的內(nèi)角和為18062720，

故選：B．

7．（2024·山東·中考真題）如圖，已知AB，BC，CD是正n邊形的三條邊，在同一平面內(nèi)，以BC為邊在

該正n邊形的外部作正方形BCMN．若ABN120，則n的值為（）

A．12B．10C．8D．6

【答案】A

【分析】本題考查的是正多邊形的性質(zhì)，正多邊形的外角和，先求解正多邊形的1個內(nèi)角度數(shù)，得到正多

邊形的1個外角度數(shù)，再結(jié)合外角和可得答案.

【詳解】解：∵正方形BCMN，

∴NBC90，

∵ABN120，

∴ABC36090120150，

∴正n邊形的一個外角為18015030，

360

∴n的值為12；

30

故選A

8．（2024·湖南·中考真題）下列命題中，正確的是（）

A．兩點之間，線段最短B．菱形的對角線相等

C．正五邊形的外角和為720D．直角三角形是軸對稱圖形

【答案】A

【分析】本題考查了命題與定理的知識，多邊形外角性質(zhì)，菱形性質(zhì)及軸對稱圖形的特點，解題的關鍵是

掌握這些基礎知識點．

【詳解】解：A、兩點之間，線段最短，正確，是真命題，符合題意；

B、菱形的對角線互相垂直，不一定相等，選項錯誤，是假命題，不符合題意；

C、正五邊形的外角和為360，選項錯誤，是假命題，不符合題意；

D、直角三角形不一定是軸對稱圖形，只有等腰直角三角形是軸對稱圖形，選項錯誤，是假命題，不符合題

意；

故選：A．

9．（2024·青海·中考真題）正十邊形一個外角的度數(shù)是．

【答案】36/36度

360

【分析】本題考查正多邊形的外角．根據(jù)正n多邊形的外角公式求解即可．

n

360

【詳解】解：正十邊形的一個外角的大小是36，

10

故答案為：36．

10．（2010·江蘇徐州·中考真題）若正多邊形的一個外角是45°，則該正多邊形的邊數(shù)是.

【答案】8

【分析】根據(jù)多邊形外角和是360度，正多邊形的各個內(nèi)角相等，各個外角也相等，直接用36045可求

得邊數(shù)．

【詳解】解：多邊形外角和是360度，正多邊形的一個外角是45，

360458

即該正多邊形的邊數(shù)是8，

故答案為：8．

【點睛】本題主要考查了多邊形外角和以及多邊形的邊數(shù)，解題的關鍵是掌握正多邊形的各個內(nèi)角相等，

各個外角也相等．

?考向一平行四邊形的性質(zhì)

11．（2024·海南·中考真題）如圖，在ABCD中，AB8，以點D為圓心作弧，交AB于點M、N，分別

1

以點M、N為圓心，大于MN為半徑作弧，兩弧交于點F，作直線DF交AB于點E，若

2

BCEDCE，DE4，則四邊形BCDE的周長是（）

A．22B．21C．20D．18

【答案】A

【分析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，尺規(guī)作圖，等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．利

用勾股定理求得CE的長，再證明BEBC，作BGCE于點G，求得CGEG25，利用

tanDCEtanBCE，求得BG5，再利用勾股定理求得BEBC5，據(jù)此求解即可．

【詳解】解：∵ABCD，AB8，

∴CDAB8，

由作圖知DEAB，

∵ABCD，

∴AB∥CD，

∴DECD，

∵DE4，

∴CE428245，

∵AB∥CD，

∴DCEBEC，

∵BCEDCE，

∴BCEBEC，

∴BEBC，

作BGCE于點G，

1

則CGEGCE25，

2

∵DCEBCE，

∴tanDCEtanBCE，

DEBG4BG

∴，即，

CDCG825

∴BG5，

22

∴BEBC5255，

∴四邊形BCDE的周長是485522，

故選：A．

12．（2024·貴州·中考真題）如圖，ABCD的對角線AC與相交于點O，則下列結(jié)論一定正確的是（）

??

A．ABBCB．ADBCC．OAOBD．ACBD

【答案】B

【分析】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)，掌握平行四邊形的對邊平行且相等，對角線互相平分是解題的

關鍵．

【詳解】解：∵ABCD是平行四邊形，

∴ABCD，ADBC，AOOC，BOOD，

故選B．

13．（2024·河南·中考真題）如圖，在ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E為OC的中點，EF∥AB

交BC于點F．若AB4，則EF的長為（）

14

A．B．1C．D．2

23

【答案】B

【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識，利用平行四邊形的性質(zhì)、線段

1

中點定義可得出CEAC，證明△CEF∽△CAB，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．

4

【詳解】解∶∵四邊形ABCD是平行四邊形，

1

∴OCAC，

2

∵點E為OC的中點，

11

∴CEOCAC，

24

∵EF∥AB，

∴△CEF∽△CAB，

EFCEEF1

∴，即，

ABAC44

∴EF1，

故選：B．

14．（2024·山東·中考真題）如圖，點E為ABCD的對角線AC上一點，AC5，CE1，連接DE并延長

至點F，使得EFDE，連接BF，則BF為（）

57

A．B．3C．D．4

22

【答案】B

【分析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，平行證明相似等知識點，正確作輔助

線是解題關鍵．

CEDEDC

解法一：延長DF和AB，交于G點，先證DEC∽GAE，得到，再證BGF∽AGE，得

AEGEAG

BFFG3

到，即可求得結(jié)果；

AEEG4

解法二：作FH∥AB交AC于點H，證明出CDE≌HFEAAS，得到HECE1，F(xiàn)HCD，然后證明

出四邊形ABFH是平行四邊形，得到BFAHACCH3．

【詳解】解：解法一：延長DF和AB，交于G點，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴DC∥AB，DCAB即DC∥AG，

∴DEC∽GAE

CEDEDC

∴，

AEGEAG

∵AC5，CE1，

∴AEACCE514，

CEDEDC1

∴，

AEGEAG4

DEDE1

又∵EFDE，，

GEEFFG4

EF1

∴，

FG3

DCDC1

∵，DCAB，

AGABBG4

DC1

∴，

BG3

EFDC1

∴，

FGBG3

BGFG3

∴

AGEG4

∴AE∥BF，

∴BGF∽AGE，

BFFG3

∴

AEEG4

∵AE4，

∴BF3．

解法二：作FH∥AB交AC于點H

∴CDEHFE，DCEFHE，

又∵EFDE，

∴CDE≌HFEAAS，

∴HECE1，F(xiàn)HCD，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴CD∥AB，CDAB，

∴HF∥AB，HFAB，

∴四邊形ABFH是平行四邊形，

∴BFAHACCH3．

故選：B．

15．（2024·浙江·中考真題）如圖，在ABCD中，AC，BD相交于點O，AC2,BD23．過點A作AEBC

的垂線交BC于點E，記BE長為x，BC長為y．當x，y的值發(fā)生變化時，下列代數(shù)式的值不變的是（）

A．xyB．xyC．xyD．x2y2

【答案】C

【分析】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，過點D作DFBC

交BC的延長線于點F，證明ABE≌DCFAAS，得到AEDF,BECFx，由勾股定理可得，

2222

AE24yx，DF212yx，則4yx12yx，整理后即可得到答案．

【詳解】解：過點D作DFBC交BC的延長線于點F，

∵AEBC的垂線交BC于點E，

∴AEBDFC90，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴ABDC,AB∥CD，

∴ABEDCF，

∴ABE≌DCFAAS

∴AEDF,BECFx，

22

由勾股定理可得，AE2AC2CE2AC2BCBE4yx，

222

DF2BD2BF2BD2BCCFBD2BCBE12yx，

22

∴4yx12yx，

22

∴yxyx8

∴x22xyy2y22xyx28

即4xy8，解得xy2，

∴當x，y的值發(fā)生變化時，代數(shù)式的值不變的是xy，

故選：C

?考向二平行四邊形的判定

16．（2024·廣西·中考真題）如圖，兩張寬度均為3cm的紙條交叉疊放在一起，交叉形成的銳角為60，則

重合部分構(gòu)成的四邊形ABCD的周長為cm．

【答案】83

【分析】本題考查了平行四邊形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，菱形的周長，過點A作AMBC于M，ANCD

于N，由題意易得四邊形ABCD是平行四邊形，進而由平行四邊形的面積可得AMAN，即可得到四邊形

AN

ABCD是菱形，再解Rt△ADN可得AD23cm，即可求解，得出四邊形ABCD是菱形是解題的

sin60

關鍵．

【詳解】解：過點A作AMBC于M，ANCD于N，則AND90，

∵兩張紙條的對邊平行，

∴AB∥CD，AD∥BC，

∴四邊形ABCD是平行四邊形，

又∵兩張紙條的寬度相等，

∴AMAN，

∵SABCDBC·AMCD·AN，

∴BCCD，

∴四邊形ABCD是菱形，

在Rt△ADN中，ADN60，AN3cm，

AN3

AD23cm

∴sin603，

2

∴四邊形ABCD的周長為23483cm，

故答案為：83．

17．（2024·河北·中考真題）下面是嘉嘉作業(yè)本上的一道習題及解答過程：

已知：如圖，VABC中，ABAC，AE平分VABC的外角CAN，點M是AC的中點，連接BM并延長交AE

于點D，連接CD．

求證：四邊形ABCD是平行四邊形．

證明：∵ABAC，∴ABC3．

∵CANABC3，CAN12，12，

∴①______．

又∵45，MAMC，

∴△MAD≌△MCB（②______）．

∴MDMB．∴四邊形ABCD是平行四邊形．

若以上解答過程正確，①，②應分別為（）

A．13，AASB．13，ASA

C．23，AASD．23，ASA

【答案】D

【分析】本題考查平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)等邊對等角得ABC3，根據(jù)三

角形外角的性質(zhì)及角平分線的定義可得23，證明△MAD≌△MCB，得到MDMB，再結(jié)合中點的

定義得出MAMC，即可得證．解題的關鍵是掌握：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．

【詳解】證明：∵ABAC，∴ABC3．

∵CANABC3，CAN12，12，

∴①23．

又∵45，MAMC，

∴△MAD≌△MCB（②ASA）．

∴MDMB．∴四邊形ABCD是平行四邊形．

故選：D．

18．（2024·四川樂山·中考真題）下列條件中，不能判定四邊形ABCD是平行四邊形的是（）

A．AB∥CD,AD∥BCB．ABCD,ADBC

C．OAOC,OBODD．AB∥CD,ADBC

【答案】D

【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理分別進行分析即可．

【詳解】解：A、∵AB∥CD,AD∥BC，

∴四邊形ABCD是平行四邊形，故此選項不合題意；

B、∵ABCD,ADBC，

∴四邊形ABCD是平行四邊形，故此選項不合題意；

C、∵OAOC,OBOD，

∴四邊形ABCD是平行四邊形，故此選項不合題意；

D、∵AB∥CD,ADBC，不能得出四邊形ABCD是平行四邊形，故此選項符合題意；

故選：D．

【點睛】此題主要考查平行四邊形的判定，解題的關鍵是熟知平行四邊形的判定定理．

19．（2024·湖南·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，點E在邊AB上，．請從“①BAED；

②AEBE，AECD”這兩組條件中任選一組作為已知條件，填在橫線上（填序號），再解決下列問題：

(1)求證：四邊形BCDE為平行四邊形；

(2)若ADAB，AD8，BC10，求線段AE的長．

【答案】(1)①或②，證明見解析；

(2)6

【分析】題目主要考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理解三角形，理解題意，熟練掌握平行四邊形的

判定和性質(zhì)是解題關鍵．

（1）選擇①或②，利用平行四邊形的判定證明即可；

（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出DEBC10，再由勾股定理即可求解．

【詳解】（1）解：選擇①，

證明：∵BAED，

∴DE∥CB，

∵AB∥CD，

∴四邊形BCDE為平行四邊形；

選擇②，

證明：∵AEBE，AECD，

∴CDBE，

∵AB∥CD，

∴四邊形BCDE為平行四邊形；

（2）解：由（1）得DEBC10，

∵ADAB，AD8，

∴AEDE2AD26．

?考向三平行四邊形的性質(zhì)好判定綜合

20．（2024·浙江·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E，H，F(xiàn)，G分別是邊AB，BC，CD，DA上的點，

2

且AB2，EF5，G，H分別在邊AD，BC上，且GH與EF交于點O，記GOF，若tan，則

3

GH（）

365265365265

A．B．C．D．

5577

【答案】D

【分析】如圖，過點B作BP∥EF交DC于點P，作BM∥HG交AD于點M，延長BP、AD交于點M，

MN2

過點M作MNBP，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出GOFMQFMBP，從而得出tan，設

BN3

MN2x,BN3x，則BM13x，證明四邊形BEFP是平行四邊形，得出BPEF5，在RtBCP中，

MN1

勾股定理算出CP1，得出DP1，證明MDP≌BCP，得出DKBC2,AK4，根據(jù)，得

MK5

出MK25x,AM425x，在RtABM中，列方程求解即可．

【詳解】解：如圖，過點B作BP∥EF交DC于點P，作BM∥HG交AD于點M，延長BP、AD交于點K，

過點M作MNBP，

∴GOFMQFMBP，

MN2

∴tan，

BN3

設MN2x,BN3x，則BMMN2BN213x，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB∥DC,AD∥BC,BCCDADAB2，

∵BP∥EF,BE∥FP，

∴四邊形BEFP是平行四邊形，

∴BPEF5，

2

∴在RtBCP中，CPBP2BC25221，

∴DPDCCP1，即DPCP，

∵AKBC，

∴KPBC,KDPC，

∴KDP≌BCPAAS，

∴DKBC2,AK4，

MNPC1

∵sinKsinPBC，

MKBP5

∴MK25x,AM425x，

22

∴在RtABM中，425x2213x，

25

∴解得：x25或x，

7

當x25時，425x0，

25

∴x，

7

265

∴BM13x．

7

故選：D．

【點睛】該題主要考查了解直角三角形，勾股定理，二次根式的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)

和判定，平行線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，解一元二次方程等知識點，解題的關鍵是掌握以上知

識點，正確做出輔助線．

21．（2024·遼寧·中考真題）如圖，ABCD的對角線AC，BD相交于點O，DE∥AC，CE∥BD，若AC3，

BD5，則四邊形OCED的周長為（）

A．4B．6C．8D．16

【答案】C

【分析】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，熟練掌握知識點是解題的關鍵．

由四邊形ABCD是平行四邊形得到DO2.5，OC1.5，再證明四邊形OCED是平行四邊形，則

DEOC1.5,CEOD2.5，即可求解周長．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

11

∴DODB2.5，OCAC1.5，

22

∵DE∥AC，CE∥BD，

∴四邊形OCED是平行四邊形，

∴DEOC1.5,CEOD2.5，

∴周長為：21.52.58，

故選：C．

1

22．（2024·新疆·中考真題）如圖，拋物線yx24x6與y軸交于點A，與x軸交于點B，線段在拋

2

??

物線的對稱軸上移動（點C在點D下方），且CD3．當ADBC的值最小時，點C的坐標為．

【答案】4,1

【分析】在y軸上取點E0,3，證明四邊形AECD是平行四邊形，得出ADCE，利用拋物線的對稱性得

出BCCF，則ADBCCECFEF，當E、C、F三點共線時，ADBC最小，利用待定系數(shù)法求出直

線EF解析式，然后把x4代入，即可求出C的坐標．

112

【詳解】解：yx24x6x42，

22

∴對稱軸為x4，

如圖，設拋物線與x軸另一個交點為F，

當x0時，y6，

∴A0,6，

1

當y0時，0x24x6，

2

解得x12，x26，

∴B2,0，F(xiàn)6,0，

在y軸上取點E0,3，連接CE，CF，EF，

∴AE3CD，

∵CD∥AE，

∴四邊形AECD是平行四邊形，

∴ADCE，

∵拋物線對稱軸為x4，

∴BCCF，

∴ADBCCECFEF，

當E、C、F三點共線時，ADBC最小，

設直線EF解析式為ykxb，

6kb0

∴，

b3

1

k

解得2，

b3

1

∴yx3，

2

1

當x4時，y431，

2

∴當ADBC最小時，C的坐標為4,1，

故答案為：4,1．

【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，兩點之

間線段最短等知識，明確題意，添加合適輔助線，構(gòu)造平行四邊形是解題的關鍵．

23．（2024·浙江·中考真題）尺規(guī)作圖問題：

如圖1，點E是ABCD邊AD上一點（不包含A，D），連接CE．用尺規(guī)作AF∥CE，F(xiàn)是邊BC上一點．

小明：如圖2．以C為圓心，AE長為半徑作弧，交BC于點F，連接AF，則AF∥CE．

小麗：以點A為圓心，CE長為半徑作弧，交BC于點F，連接AF，則AF∥CE．

小明：小麗，你的作法有問題，小麗：哦……我明白了！

(1)證明AF∥CE；

(2)指出小麗作法中存在的問題．

【答案】(1)見詳解

(2)以點A為圓心，CE長為半徑作弧，與BC可能有兩個交點，故存在問題

【分析】本題主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，

（1）根據(jù)小明的作圖方法證明即可；

（2）以點A為圓心，CE長為半徑作弧，與BC可能有兩個交點，據(jù)此作答即可．

【詳解】（1）∵ABCD，

∴AD∥BC，

又根據(jù)作圖可知：AECF，

∴四邊形AECF是平行四邊形，

∴AFEC；

（2）原因：以點A為圓心，CE長為半徑作弧，與BC可能有兩個交點，

故無法確定F的位置，

故小麗的作法存在問題．

?考向四三角形的中位線

24．（2024·湖南·中考真題）如圖，在VABC中，點D，E分別為邊AB，AC的中點．下列結(jié)論中，錯誤的

是（）

1

A．DE∥BCB．△ADE∽△ABCC．BC2DED．SS

ADE2ABC

【答案】D

【分析】本題考查了三角形中位線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，由三角形中位線性質(zhì)可判斷A、C；

由相似三角形的判定和性質(zhì)可判斷B、D，掌握三角形中位線的性質(zhì)及相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關

鍵．

【詳解】解：∵點D，E分別為邊AB，AC的中點，

∴DE∥BC，BC2DE，故A、C正確；

∵DE∥BC，

∴△ADE∽△ABC，故B正確；

∵△ADE∽△ABC，

22

S△DE11

∴ADE，

S△ABCBC24

1

∴SS，故D錯誤；

ADE4ABC

故選：D．

25．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，小張想估測被池塘隔開的A，B兩處景觀之間的距離，他先在AB外

取一點C，然后步測出AC,BC的中點D，E，并步測出DE的長約為18m，由此估測A，B之間的距離約為

（）

A．18mB．24mC．36mD．54m

【答案】C

【分析】本題考查三角形的中位線的實際應用，由題意，易得DE為VABC的中位線，根據(jù)三角形的中位線

定理，即可得出結(jié)果．

【詳解】解：∵點D，E，分別為AC,BC的中點，

∴DE為VABC的中位線，

∴AB2DE36m；

故選：C．

26．（2024·浙江·中考真題）如圖，D，E分別是VABC邊AB，AC的中點，連接BE，DE．若

AEDBEC,DE2，則BE的長為

【答案】4

【分析】本題主要考查三角形中位線定理和等腰三角形的判定，由三角形中位線定理得

DE∥BC,BC2DE4,得出CAEDBEC,得出BEBC4

【詳解】解：∵D，E分別是VABC邊AB，AC的中點，

∴DE是VABC的中位線，

∴DE∥BC,BC2DE4,

∴AEDC,

∵AEDBEC,

∴CBEC,

∴BEBC4,

故答案為：4

27．（2024·天津·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為32，對角線AC,BD相交于點O，點E在CA的

延長線上，OE5，連接DE．

（1）線段AE的長為；

（2）若F為DE的中點，則線段AF的長為．

101

【答案】2/10

22

【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，中位線定理，正確添加輔助線、熟練運用中位線定理是解題的關鍵；

（1）運用正方形性質(zhì)對角線互相平分、相等且垂直，即可求解，

（2）作輔助線，構(gòu)造中位線求解即可．

【詳解】（1）四邊形ABCD是正方形，

OAOCODOB，DOC90

在RtDOC中，OD2OC2DC2，

DC32，

ODOCOAOB3，

OE5

AEOEOA532；

（2）延長DA到點G，使AGAD，連接EG

由E點向AG作垂線，垂足為H

∵F為DE的中點，A為GD的中點，

∴AF為△DGE的中位線，

在Rt△EAH中，EAHDAC45，

AHEH

AH2EH2AE2，

AHEH2

GHAGAH32222

在Rt△EHG中，EG2EH2GH22810，

EG10

AF為△DGE的中位線，

110

AFEG；

22

10

故答案為：2；.

2

28．（2024·青海·中考真題）綜合與實踐

順次連接任意一個四邊形的中點得到一個新四邊形，我們稱這個新四邊形為原四邊形的中．點．四．邊．形．．數(shù)學

興趣小組通過作圖、測量，猜想：原四邊形的對角線對中點四邊形的形狀有著決定性作用．

以下從對角線的數(shù)量關系和位置關系兩個方面展開探究．

【探究一】

原四邊形對角線關系中點四邊形形狀

不相等、不垂直平行四邊形

如圖1，在四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是各邊的中點．

求證：中點四邊形是平行四邊形．

證明：∵E、F、G、??H??分別是、BC、、DA的中點，

∴EF、GH分別是VABC和?A?CD的中位?線?，

11

∴EFAC，GHAC（____①____）

22

∴EFGH．

同理可得：EHFG．

∴中點四邊形是平行四邊形．

結(jié)論：任意四邊??形??的中點四邊形是平行四邊形．

（1）請你補全上述過程中的證明依據(jù)①________

【探究二】

原四邊形對角線關系中點四邊形形狀

不相等、不垂直平行四邊形

ACBD菱形

從作圖、測量結(jié)果得出猜想Ⅰ：原四邊形的對角線相等時，中點四邊形是菱形．

（2）下面我們結(jié)合圖2來證明猜想Ⅰ，請你在探究一證明結(jié)論的基礎上，寫出后．續(xù)．的證明過程．

【探究三】

原四邊形對角線關系中點四邊形形狀

不相等、不垂直平行四邊形

ACBD②________

（3）從作圖、測量結(jié)果得出猜想Ⅱ：原四邊形對角線垂直時，中點四邊形是②________．

（4）下面我們結(jié)合圖3來證明猜想Ⅱ，請你在探究一證明結(jié)論的基礎上，寫出后．續(xù)．的證明過程．

【歸納總結(jié)】

（5）請你根據(jù)上述探究過程，補全下面的結(jié)論，并在圖4中畫出對應的圖形．

中點四邊形形狀

原四邊形對角線關系

③________④________

結(jié)論：原四邊形對角線③________時，中點四邊形是④________．

【答案】（1）①中位線定理

（2）證明見解析

（3）②矩形

（4）證明見解析

（5）補圖見解析；③ACBD且ACBD；④正方形

【分析】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性

質(zhì)等知識

（1）利用三角形中位線定理即可解決問題；

（2）根據(jù)三角形中位線定理，菱形判定定理即可解決問題；

（3）根據(jù)三角形中位線定理，矩形判定定理即可解決問題；

（4）根據(jù)三角形中位線定理，矩形判定定理即可解決問題；

（5）根據(jù)三角形中位線定理，正方形判定定理即可解決問題.

【詳解】（1）①證明依據(jù)是：中位線定理；

（2）證明：∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，

∴EF、GH分別是VABC和ACD的中位線，

11

∴EFAC，GHAC

22

∴EFGH．

同理可得：EHFG．

∵ACBD

∴EFGHEHFG

∴中點四邊形EFGH是菱形．

（3）②矩形；

故答案為：矩形

（4）證明∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，

∴EF、GH分別是VABC和ACD的中位線，

∴EF∥AC，GH∥AC，

∴EF∥GH．

同理可得：EH∥FG．

∵ACBD

∴AODAIH90，∠FEH∠AIH

∴AODEFGFEHEHG90

∴中點四邊形EFGH是矩形．

（5）證明：如圖4，∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，

∴EF、GH分別是VABC和ACD的中位線，

11

∴EFAC，GHAC

22

∴EFGH．

同理可得：EHFG．

∵ACBD

∴EFGHEHFG

∴中點四邊形EFGH是菱形．

∵ACBD

由（4）可知AODEFGFEHEHG90

∴菱形EFGH是正方形．

故答案為：③ACBD且ACBD；④正方形

?考向一矩形

29．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，點E在AD上，當EBC是等邊三角形時，AEB為

（）

A．30B．45C．60D．120

【答案】C

【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)是解題的關鍵．

由矩形ABCD得到AD∥BC，繼而得到AEBEBC，而EBC是等邊三角形，因此得到

AEBEBC60．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴AEBEBC，

∵EBC是等邊三角形，

∴EBC60，

∴AEB60，

故選：C．

30.．（2024·吉林·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為4,0，點C的坐標為．以OA，OC

為邊作矩形OABC，若將矩形OABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90，得到矩形OABC，則點B的0坐,2標為（）

A．4,2B．4,2C．2,4D．4,2

【答案】C

【分析】本題主要考查了坐標與圖形變化—旋轉(zhuǎn)，矩形的性質(zhì)等等，先根據(jù)題意得到OA4，OC2，再由

矩形的性質(zhì)可得ABOC2，∠ABC90，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得OAOA4，ABAB2，OAB90，

據(jù)此可得答案．

【詳解】解：∵點A的坐標為4,0，點C的坐標為0,2，

∴OA4，OC2，

∵四邊形OABC是矩形，

∴ABOC2，∠ABC90，

∵將矩形OABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90，得到矩形OABC，

∴OAOA4，ABAB2，OAB90，

∴ABy軸，

∴點B的坐標為2,4，

故選：C．

31．（2024·河北·中考真題）在平面直角坐標系中，我們把一個點的縱坐標與橫坐標的比值稱為該點的“特

征值”．如圖，矩形ABCD位于第一象限，其四條邊分別與坐標軸平行，則該矩形四個頂點中“特征值”最小

的是（）

A．點AB．點BC．點CD．點D

【答案】B

【分析】本題考查的是矩形的性質(zhì)，坐標與圖形，分式的值的大小比較，設Aa,b，ABm，ADn，可

得Da,bn，Bam,b，Cam,bn，再結(jié)合新定義與分式的值的大小比較即可得到答案．

【詳解】解：設Aa,b，ABm，ADn，

∵矩形ABCD，

∴ADBCn，ABCDm，

∴Da,bn，Bam,b，Cam,bn，

bbbnbbn

∵，而，

amaaamam

∴該矩形四個頂點中“特征值”最小的是點B；

故選：B．

32．（2024·西藏·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，C90，AC12，BC5，點P是邊AB上任意一點，

過點P作PDAC，PEBC，垂足分別為點D，E，連接DE，則DE的最小值是（）

13601230

A．B．C．D．

213513

【答案】B

【分析】本題考查了勾股定理的運用、矩形的判定和性質(zhì)以及直角三角形的面積的不同求法，題目難度不

大，設計很新穎，解題的關鍵是求DE的最小值轉(zhuǎn)化為其相等線段CP的最小值．連接CP，根據(jù)矩形的性質(zhì)

可知：DECP，當DE最小時，則CP最小，根據(jù)垂線段最短可知當CPAB時，則CP最小，再根據(jù)三角

形的面積為定值即可求出CP的長．

【詳解】解：Rt△ABC中，C90，AC12，BC5，

ABAC2BC213，

連接CP，如圖所示：

∵PDAC于點D，PECB于點E，ACB90，

∴PDCPECACB90，

四邊形DPEC是矩形，

DECP，

當DE最小時，則CP最小，根據(jù)垂線段最短可知當CPAB時，則CP最小，

51260

∴此時DECP．

1313

故選：B．

33．（2024·新疆·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，若面積S矩形AEOH12，周長C矩形OFCG16，則

S正方形EBFOS正方形HOGD．

【答案】40

【分析】本題考查了正方形、矩形的性質(zhì)，完全平方公式等知識，設正方形BEOF、HOGD的邊長分別為

ab12222

a、b，先求出，然后根據(jù)S正方形S正方形abab2ab求解即可．

ab8EBFOHOGD

【詳解】解：設正方形BEOF、HOGD的邊長分別為a、b，

ab12

根據(jù)題意，得，

2ab16

ab12

∴，

ab8

∴S正方形EBFOS正方形HOGD

a2b2

2

ab2ab

82212

40，

故答案為：40．

34．（2024·新疆·中考真題）如圖，VABC的中線BD，CE交于點O，點F，G分別是OB，OC的中點．

(1)求證：四邊形DEFG是平行四邊形；

(2)當BDCE時，求證：DEFG是矩形．

【答案】(1)見解析

(2)見解析

【分析】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判斷，三角形中位線定理等知識，解題的關鍵是：

1

（1）利用三角形中位線定理可得出DEFGBC，DE∥FG∥BC，然后利用平行四邊形的判定即可得

2

證；

11

（2）利用平行四邊形的性質(zhì)得出EOGOEG，DOFODF，結(jié)合點G是OC的中點，可得出

22

11

EOGOCOEC，同理DOBD，則可得出EODO，EGDF，然后利用矩形判定即可得證．

33

【詳解】（1）證明：∵VABC的中線BD，CE交于點O，

1

∴DEBC，DE∥BC，

2

∵點F，G分別是OB，OC的中點，

1

∴FGBC，F(xiàn)G∥BC，

2

∴DEFG，DE∥FG，

∴四邊形DEFG是平行四邊形；

（2）證明：∵四邊形DEFG是平行四邊形，

11

∴EOGOEG，DOFODF，