2025年 九年级数学中考二轮复习 四边形综合 解答题专题提升训练

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年九年级数学中考二轮复习四边形综合解答题专题提升训练1．定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．(1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是______．A．平行四边形

B．矩形

C．菱形

D．正方形(2)如图，已知四边形是“中方四边形”，、分别是、的中点．①试探索与的数量关系，并说明理由；②若线段的长度为，则的最小值是______．（不需要解答过程）2．阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形．(1)菱形的中点四边形的形状是_______；(2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明．(3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______．3．如图，在矩形中，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒，过点作于点，连接，．(1)，，，（用含的代数式表示）；(2)试说明：无论为何值，四边形总是平行四边形；(3)连接，与能垂直吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由；(4)直接写出当为时，为直角三角形．4．我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，且，则四边形是至善四边形．(1)下列四边形一定是至善四边形的有__________．①平行四边形；②矩形；③菱形：④正方形；(2)如图2，四边形为至善四边形，，，，求的长及的度数．(3)如图3，正方形中，为中点，在右边作等边，为中点，连接交于点，交于点，求线段与的数量关系．5．小英同学试图用特殊到一般的思想方法来研究平行四边形对角线与边长的关系，下面是他的思考过程．(1)操作判断如图1，正方形的边长为，则．如图2，菱形的边长为，则________．（请用含的代数式表示）(2)性质探究①如图3，在矩形中，，，则________．（请用含、的代数式表示）②如图4，在中，，，猜想与、的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在如图4的中，，，，将点绕点旋转，点的对应点为，在旋转的过程中，当时，请直接写出的长．6．定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．(1)如图1，在菱形中，E是的中点，连接，将沿翻折到，延长交于点P，请写出图中的所有“筝形”；(2)如图2，将（1）中的“菱形”改为“正方形”其他条件不变，求的值；(3)如图3，在矩形中，是边的中点，连接，将沿翻折到，点P是线段上一点，若四边形是“筝形”，请直接写出的长．7．（1）基础：如图1，在正方形中，点在边上，点在对角线上，连接，，．若，求证：；（2）迁移：如图2，在菱形中，，，点为的中点，点在对角线上．若，求线段的长；（3）拓展：如图3，在矩形中，，点在边上，连接，使得，，两点分别在线段，上，连接，，．当时，求的值．8．如图，平行四边形，连结，．点在边上，过点作，垂足为，交延长线于点，连接，．(1)求证：；(2)当为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由；(3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？（不必说明理由）9．如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接．(1)当点与点重合时，的值为________．(2)直接写出的长（用含的代数式表示）；(3)当平分面积时，求的值；(4)当时，直接写出的值．10．如图，在平行四边形中，，，为边上的一动点，动点从点出发，沿着的方向，以每秒个单位的速度向点运动，设运动时间为秒，作点关于直线的对称点．(1)当点在中点处，且在线段上时，若与四边形重叠部分为直角三角形，求的值；(2)若点与点同时从点出发，点在线段上，以每秒个单位的速度向点运动，记线段与线段的交点为，设的面积为，求与的函数表达式．11．如图，在平行四边形中，，是的角平分线，点从点出发，沿方向以的速度向点运动，点从点出发，以的运动速度，沿射线方向运动，当点运动到点时，点随之停止运动，设运动时间为秒．(1)求的长；(2)是否存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．(3)当______时，线段将平行四边形分成面积相等的两部分(直接写出答案)．12．在中，，，．动点从点出发，沿线段以每秒个单位的速度向终点运动，同时点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动，当点停止运动时，点也随之停止运动．作点关于的对称点，连接、，以、为邻边构造．设点运动时间为秒．(1)用含的代数式表示线段的长；(2)当为矩形时，求的长；(3)当点在边上运动且的面积被分成：两部分时，求的值；(4)连接，当与的一边平行或垂直时，直接写出的值．13．如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，；(1)求证：，相平分；(2)现有三个条件：①；②平分；③；请你从中选择两个条件（写序号）：使得四边形是正方形，并加以证明．14．如1图所示，已知是等边三角形，，正方形在的左侧，，，三点在同一条直线上，射线经过点B．(1)求的长度；(2)将正方形沿所在直线向右平移，得到正方形，点O，C，D，E的对应点分别为，，，．设．①如2图所示，与线段相交于点F，当时，求t的值；②在平移过程中，正方形与重叠部分的面积记为S．当时，试用含有t的式子表示S．15．在平行四边中，以为边向右作等腰，，以为斜边向左作，．(1)如图1，若F，A，D三点在同一直线上，点E与点D重合，连接，，，求的周长；(2)如图2，若F，A，D三点在同一直线上，点E落在边上，点P为上一点，连接，点Q为上一点，连接，且，，求证：；(3)如图3，若F，A，C三点在同一直线上，点E与点C重合，，，点M为内部一动点，连接，满足，点N为的中点，连接，过点N作交于点P，当最小时，将绕点P旋转，旋转中的记为，请直接写出点到距离的最大值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《2025年九年级数学中考二轮复习四边形综合解答题专题提升训练》参考答案1．(1)D(2)①，见解析；②【分析】本题考查了三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案；（2）①如图，记、的中点分别为、，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论．②令与的交点为，连接、，当点在上(即、、共线)时，最小，最小值为的长，得到，，再根据①可知，从而计算的最小值，进而求解；【详解】（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，正方形的对角线相等且互相垂直，∴一定是“中方四边形”的是正方形；故选：D；（2）解：①如图，记、的中点分别为、，连接，，，∵四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点，∴四边形是正方形，，，，，分别是，的中点，，；②令与的交点为，连接、；由①可知，；当点在上(即、、共线)时，最小，最小值为的长，的最小值，由题意可知；为正方形；，，，，，分别是，的中点，，，，的最小值，即时，最小，即最小；线段的长度为，则；故；故答案为：2．(1)矩形(2)四边形为菱形；证明见解析(3)【分析】（1）由菱形的性质及矩形的判定可得出答案；（2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论；（3）连接交于O，连接，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再证明即可求得答案．【详解】（1）解：如图，四边形是菱形时，连接各边中点，得到四边形，根据中位线性质得到，，∴，同理可得，∴为平行四边形，又∵是菱形，∴，则，∴为矩形．故答案为：矩形；（2）解：四边形为菱形．理由如下：连接与，如图2所示：∵和为等边三角形，，，，，在和中，，，，，，，分别是边，，，的中点，是的中位线，是的中位线，是的中位线，，，，，，，，四边形是平行四边形；，，四边形为菱形；（3）解：如图3，连接交于O，连接、，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，∴的最小值，由性质探究知：，又∵M，N分别是的中点，∴，，∴，∴的最小值，∵四边形是正方形，∴，，∴，∵N，F分别是的中点，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，利用前面得出的结论解决新问题是解题的关键．3．(1)；；；(2)证明见解析(3)当时，，理由见解析(4)或【分析】（1）根据题意，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，得，，再由，求解即可；（2）根据，得，再根据（1）得即可证明；（3）根据（2）所证四边形是平行四边形，利用时，四边形是菱形，菱形对角线垂直，可得，建立方程求解即可；（4）分别从与两种情况讨论即可求解．【详解】（1）解：∵四边到是矩形，∴，∵，∴，∵点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，故答案为：；；；；（2）证明：∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴．由（1）知，，∴四边形是平行四边形．∴无论为何值，四边形总是平行四边形；（3）解：与能垂直．理由如下：由（2）可知：四边形是平行四边形，∴当时，四边形是菱形，此时，∴，解得：，∴当时，；（4）如图，当时，则，∴，∴，∵，，∴，解得：；如图，当时，则，∵四边形是矩形，，∴，∴，∴，∵，，∴，解得：，综上所述，当或时，是直角三角形，故答案为：或．【点睛】本题是矩形的动点问题，考查了矩形的性质，含角的直角三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质等知识点．解题的关键是掌握：在直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半、菱形的判定和性质．4．(1)④(2)的长为，的度数为(3)【分析】（1）根据至善四边形的定义及特殊平行四边形的性质进行判断即可；（2）如图，延长至点，使，根据至善四边形的定义推出，证明，得，，证明为等边三角形，即可得出答案；（3）延长至点，使得，连接，证明，得，，推出是等腰直角三角形，得，证明为等边三角形，得，，进一步推出是等腰直角三角形，得，在中，由和可得结论．【详解】（1）解：①平行四边形的对角相等邻角互补，对边相等，它的对角不一定互补，邻边不一定相等，故平行四边形不是至善四边形；②矩形四个内角是直角，对边相等，它的对角互补，但邻边不一定相等，故矩形不是至善四边形；③菱形对角相等邻角互补，四边相等，它的一组邻边相等，但对角不一定互补，故菱形不是至善四边形；④正方形四个内角是直角，四边相等，它的对角互补且有一组邻边相等，故正方形是至善四边形；故答案为：④；（2）如图，延长至点，使，∴，∵四边形为至善四边形，，，，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴为等边三角形，∴，，∴，∴的长为，的度数为；（3）延长至点，使得，连接，∵四边形为正方形，∴，，∴为等腰直角三角形，∴，∵为的中点，∴，即，，∵为等边三角形，为的中点，∴，，∴，即，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴为等边三角形，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，在中，，∴，∴，∴．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了新定义，特殊平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点．正确理解新定义、通过作辅助线构造全等三角形、直角三角形是解题的关键．5．(1)(2)①，②(3)的长为或【分析】（1）结合菱形的对角线互相平分且垂直，得，，再根据勾股定理列式计算，即可作答．（2）①结合矩形的对角线互相平分且相等，得，再根据勾股定理列式计算，即可得．②分别过点作的延长线，运用平行四边形的性质得，，再证明，得，，设，分别运用勾股定理列式，再整理得，即可作答．（3）运用勾股逆定理证明，再由（2）得，则，因为旋转，所以，因为，得，然后证明四边形是矩形，分别运用勾股定理算出两种情况的的长，即可作答．【详解】（1）解：∵菱形的边长为，∴，，则，∴，即；故答案为：；（2）解：①在矩形中，，，∴则∴，∵，∴，∴；②分别过点作的延长线，如图所示：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵分别过点作的延长线，∴，∴，∴，，设，在中，则，在中，则，在中，则，则，（3）解：∵在中，，，，∴，，∵∴，∵，∴，由（2）得，∴，∴，则（负值已舍去），则，∵旋转，∴，∵，即，∴，∴，过点作，如图所示：∵，∴四边形是矩形，∴，，则，∴在中，，∴在中，∴，综上：当时，的长为或．【点睛】本题考查了旋转性质，平行线的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理，矩形的性质与判定，菱形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．6．(1)(2)(3)【分析】（1）由折叠的性质得到，即四边形是“筝形”；再根据菱形的性质结合折叠的性质得到，连接，由E是的中点，得到，推出，求出，得到，即四边形是“筝形”；（2）同理（1）可证四边形是“筝形”，设，则正方形边长为，利用勾股定理求出，连接，证明是直角三角形，利用正切的定义可得，求出，勾股定理求出，即可解答；（3）延长交于点，连接，同理（1）可证四边形是“筝形”，当重合时，四边形是“筝形”，同理（2）得是直角三角形，，，求出，勾股定理求出，即可得到此时的长．【详解】（1）解：∵四边形是菱形，∴，即四边形是“筝形”；由折叠的性质得：，即四边形是“筝形”；由折叠的性质得：，∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，连接，∵E是的中点，∴，∴，∴，即，∴，即四边形是“筝形”；综上，图中的“筝形”有；（2）解：同理（1）得：四边形是“筝形”，设，则，∵四边形是正方形，∴，∴，连接，∵四边形是“筝形”，∴，∵，∴，∴，由折叠的性质得：，∵，即，∴是直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：延长交于点，连接，同理（1）可证四边形是“筝形”，当重合时，四边形是“筝形”，同理（2）得是直角三角形，，∴，∵在矩形中，是边的中点，∴，∴，∴，∴，∴，∴此时．【点睛】本题考查四边形综合题，涉及菱形的性质，正方形的性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线，理解“筝形”的定义是解题的关键．7．（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据正方形的性质推出，结合可推出结论；（2）连接，过点作，交延长线于，交于，证明，得出，推出，，可推出结果；（3）连接，过点作交于点，交于点，交于点，设，，，根据勾股定理推出．证明四边形为菱形结合，分别得出与，证明得出，即可推出结果．【详解】（1）证明：在正方形中，，，，，，，即，，；（2）解：连接，过点作，交延长线于，交于，则，，又在菱形中，，，，，又，，，，，又，，，，，在中，，又，，，，；（3）解：如图，连接，过点作交于点，交于点，交于点，

，设，，，在中，，，．解得，．．，，．，．，．，．．四边形为菱形．，．．，，在菱形中，，，．又，．．，．解得（舍去负值）．【点睛】本题是相似综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．8．(1)见解析(2)四边形是菱形，见解析(3)或或是等腰直角三角形【分析】（1）根据垂直的定义得到，得到，根据平行四边形的性质得到，得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，于是得到；（2）由为中点，得到，得到，根据平行四边形的性质得到，得到，根据菱形的判定定理得到四边形是菱形；（3）根据正方形的判定定理得到结论．【详解】（1）证明：，，，，，四边形是平行四边形，，，四边形是平行四边形，；（2）解：四边形是菱形．理由如下：为中点，，，，四边形是平行四边形，，四边形是平行四边形；，为中点，，四边形是菱形；（3）解：当满足（答案不唯一）时，四边形是正方形，理由：由（2）知，四边形是菱形，，，，四边形是正方形．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了直角三角形的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．9．(1)(2)(3)12或(4)2或或【分析】（1）由题意可得，即可；（2）分点点出发沿运动和点出发沿运动两种情况讨论即可；（3）分两种情况，结合梯形的面积公式分别求出t的值即可．（4）分两种情况，结合矩形的性质、平行四边形的性质分别求出t的值即可．【详解】（1）解：点Q与点C重合时，由题意得：，解得：，即点Q与点C重合时，t的值为6；（2）解：当点Q沿运动时，；由题意得：；当点Q沿运动时，，∴，即；（3）解：∵面积为，∴梯形的面积为分两种情况：当点Q沿运动时，如图，∴，解得：；当点Q沿运动时，如图，同理：，解得：，此时，两点重合，两点重合；综上所述，当平分面积时，t的值为12或；（4）解：分两种情况：点Q沿运动时，如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形，∴，∵，，∴，∵，∴，解得：；当点Q沿运动时，如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形，当点Q在点H右侧时，同理，∵，∴，解得：；当点Q在点H左侧时，如图，则四边形是矩形，即，∴，解得：；综上所述，当时，t的值为2或或．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质，进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．10．(1)或或；(2)当时，；当时，．【分析】（1）根据平行四边形的性质，勾股定理，以及正弦的定义，得出，根据与四边形重叠部分为直角三角形，分情况讨论①当时，由求得，再根据勾股定理求得，从而得到；最后由，得到即可求得；②当时，由求得，再根据勾股定理求得即可求得；③当时，过作于点，可求得，此时与重合，由即可求得；（2）分情况讨论，①当时，在上，由题意可知，，作，可得，，从而得到的值，作交于点，由求得，从而得到，最后根据和等高和求得；②当时，在上，同理求得，再由平行四边形的高求得，最后同理可得．【详解】（1）如图所示，过点作于点，∵在平行四边形中，，，∴，∴，∴如图，设与交于点，当时，点在中点处，则，由对称的性质可知：，，，由勾股定理得，由题意得：，则，，解得：；如图，当时，在中，，，又；如图，当时，过作于点，，，，此时与重合，即与重合，；综上：或或；（2）①因为，点的速度为1，所以当时，在上，如图所示由题意可知，和关于对称，，，作，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，作交于点，，，，∵，，；②因为，，点速度为1，所以当时，在上，如图：同理可知，，由题意可知，，，，，又，，，，，由（1）可知，以为底时，平行四边形的高为4，，，同理，，，综上：当时，；当时，．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，三角形的面积求解，熟练掌握以上知识点并能作出合适的辅助线是解题的关键．11．(1)(2)或(3)【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义；（1）利用平行四边形的性质得出，再利用角平分线的定义得出，即可得出结论；（2）利用平行四边形的性质即可得出，再分两种情况讨论计算即可得出结论；（3）利用平行四边形的性质经过平行四边形的中心的直线将平行四边形的面积二等分，再建立方程即可得出结论．【详解】（1）解：四边形是平行四边形，，，是的角平分线，，，；（2）由（1）知，，，，，依题意，，，，要使以，，，为顶点的四边形是平行四边形，只要，当点在边上时，，，，；当点在边的延长线上时，，，，综上所述：或，存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形（3）如图，连接交于，线段将平行四边形分成面积相等的两部分，必过的中点，，，，在和中，，，依题意，，，，，，，时，线段将平行四边形分成面积相等的两部分，故答案为：12．(1)当时，；当时，；(2)2；(3)或；(4)或或．【分析】（1）先求得当运动到点时，点运动停止时，然后分两种情况讨论即可求解；（2）根据矩形的性质可得，根据对称性可得，则只要，即可得出为矩形，进而根据相似三角形的性质，即可求解；（3）设分别交于点，分别表示出，设四边形的面积为，的面积为，根据的面积被分成：两部分，得出或，即或，列出方程，解方程，即可求解；（4）分当时和当，三种情况讨论，分别解直角三角形即可．【详解】（1）解：∵，，点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动，∴当运动到点时，，，当点运动到点时，，当在线段上时，即，，当在延长线上时，即，，（2）解：∵为矩形∴∵点，关于对称，∴，∴则点在线段上，∴∴∵，，，∴解得：∴（3）解：如图所示，设分别交于点，∵四边形是平行四边形，∴，又∵∴，则是的高，∵在中，，，．∴，∴，，∵点在边上运动，则，，则∴，，，∴设四边形的面积为，的面积为∴，∵的面积被分成：两部分，∴或，∴或即或，∴或，∴或，解得：或；（4）如图所示，当，设交于点，∴，∴∵，∴∴，，，∴，又∵∴∴解得：如图所示，当时，延长交于点，∵∴又∵∴四边形是平行四边形，∴，∴，又∵∴∴解得：当时，点在上，如图所示，∵∴即∵在延长线上时，；∴解得：综上所述，当与的一边平行或垂直时，或或．【点睛】本题考查了列代数式，勾股定理，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握知识点的应用，分类讨论．13．(1)见解析(2)①③或①②，证明见解析【分析】本题考查了正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质．（1）由三角形中位线定理得，，再证四边形为平行四边形，即可得出结论；（2）添加①时，四边形是矩形；添加②平分时，，则，此时四边形是菱形；添加③时，由得到，四边形是菱形；选择①③或①②时，四边形是正方形，再根据正方形的判定定理得到结论．【详解】（1）证明：、、分别是，，的中点，、都是的中位线，∴，，四边形为平行四边形，、互相平分；（2）解：①；②平分；③，∵四边形为平行四边形，∴添加①时，四边形是矩形；添加②平分时，，则，此时四边形是菱形；添加③时，由得到，四边形是菱形；∴选择①③或①②时，四边形是正方形；选择①③，证明：四边形为平行四边形，，四边形是矩形，点、分别是、的中点，是的中位线，∴，，，四边形是正方形，选择①②，证明：四边形为平行四边形，，四边形是矩形，平分，∴，∵，∴，∴，∴，此时四边形是菱形；四边形是正方形，故答案为：①③或①②．14．(1)(2)①；②当时，，当时，．当时，．【分析】本题考查了正方形的性