《2024届中考数学考前《终讲·终练·终卷》冲刺高分突破（全国通用）第06讲：（特殊）平行四边形 解析版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届中考数学考前《终讲·终练·终卷》冲刺高分突破（全国通用）第06讲：（特殊）平行四边形 解析版（65页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第06讲：（特殊）平行四边形【考点归纳】考点一：多边形及其内角和考点二：平行四边形考点三：矩形的性质和判定考点四：菱形的性质和判定考点五：正方形的性质和判定考点六：四边形的动点问题考点七：四边形线段的最值问题考点八：平行四边形综合问题考点九：特殊四边形的综合问题考点十：四边形的综合性问题【题型精讲】题型一：多边形及其内角和1（2024河北石家庄三模）如图，五边形是正五边形，若，则的度数为（）ABCD【答案】C【分析】此题考查了多边形的内角和外角及平行线的性质，熟记多边形内角和公式及平行线的性质是解题的关键连接，根据多边形的内角和及平行线的性质求解即可【详解】如图, 连接,五边形是正五边形， ，
2、 ， ， ， 故选: C2（2024宁夏吴忠一模）如图，在正五边形中，连接它们的对角线，其中点C是对角线与对角线的交点，已知点为的黄金分割点，则的长度为（）ABCD【答案】B【分析】本题主要考查了正多边形的相关性质，相似三角形的的判定和性质，熟练掌握黄金分割点的计算方法是解决本题的关键根据点C为线段的黄金分割点，设,则，得到，解得，根据，即可得到答案【详解】解：五边形为正五边形，,，点C为线段的黄金分割点，设,则化简得，故选：B3（2024甘肃武威三模）如图，五边形中，、分别是、的邻补角，则等于（）ABCD【答案】B【分析】本题主要考查了平行线的性质、多边形的外角和等知识点，根据平行线的性质可
3、得，然后根据多边形的外角和即可解答正确添加辅助线是解答本题的关键【详解】解：如图，故选：B题型二：平行四边形4（2024河北保定二模）如图，的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点F，E是中点，若，则的长为（）A1B2C3D4【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，根据平行四边形的性质可得根据平分，可得，从而可得，可得，进一步可得，再根据三角形中位线定理可得【详解】解：在平行四边形中，平分，,点是的中点，又点E是的中点，是的中位线，故选：A5（2024安徽合肥三模）如图，点是的对角线的交点，的平分线 交于点，连接下列结论：；平分；其中正确的个数有（）A2个B3个C4个D
4、5个【答案】B【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形中位线定理等等，求得，即，即可得到；根据，可得，进而得出平分；依据中，即可得到；由三角形中位线定理可得，解直角三角形得到，则，可得；证明，得到，则，即可得到【详解】解：在中，平分，是等边三角形，是的中点，即，故正确；，故平分，故正确；依据中，即可得到，故错误；是中点，为中点，是的中位线，在中，故正确；，故错误；正确的有3个，故选B6（2024江苏泰州二模）如图，矩形中，点F在上，且，E是边上的一动点，M、N分别是、上的点，则在点E从B向C运动的过程中，线段所扫过的图形面积是
5、（） A8B10C12D14【答案】A【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质知识，分情况进行讨论，当E与或当E与重合时找到的位置，结合图象即可判断扫过区域的形状并求出面积，解题的关键是作出正确的图形【详解】解：如图所示：连接，当点E与点重合时，当点E与点重合时， ，四边形为平行四边形，扫过的区域为平行四边形，同上理可得，和的距离为，线段所扫过的图形面积是，故选：A题型三：矩形的性质和判定7（2024河北石家庄二模）在矩形中，点P是线段上一点，点M、N、E分别是的中点，下列四种情况，哪一种情况不可能使四边形成为矩形（）ABCD【答案】D【分析】本题主要考查了
6、矩形的性质与判定，三角形中位线定理，勾股定理，先由三角形中位线定理得到，则当时，四边形是矩形，由矩形的性质得到，设，则，由勾股定理推出，据此求出即可得到答案【详解】解：点M、N、E分别是的中点，分别是的中位线，四边形是平行四边形，当时，四边形是矩形，四边形是矩形，设，则，由勾股定理得，四个选项中，只有D选项符合题意，故选：D8（2024安徽亳州三模）如图，在矩形中，点分别是边的中点，依次连接，点分别是的中点，当时，的长为（）ABC5D【答案】A【分析】本题考查了矩形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键过点I作，取中点N，连接，可求，由三角形中位
7、线定理得，最后在中应用勾股定理即可求解【详解】解：过点I作，取中点N，连接，四边形是矩形，点分别是边的中点，为中点，四边形为矩形，J为中点，在中，故选：A9（2024安徽淮北三模）如图，点B为线段上一动点，以为边作正方形，点E始终为边的中点，连接，当取得最小值时，的长为（）ABCD【答案】B【分析】此题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、二次函数的最值等知识，作于点M，则，证明四边形是矩形，四边形是矩形，则，设，则，根据勾股定理列出方程，解方程即可得到答案【详解】解：作于点M，则，四边形是正方形，四边形是矩形，四边形是矩形，点E始终为边的中点，设，则，当时，最小，此时故选：B题型四：菱形的性
8、质和判定10（2024重庆九龙坡一模）如图，在中，平分交于点，过点分别作、的平行线，交、于点、，已知，四边形的面积为（）ABCD【答案】A【分析】本题主要考查菱形的判定和性质和面积计算、勾股定理等知识由已知易得四边形是平行四边形，由角平分线和平行线的定义可得，得出四边形是菱形；因为菱形的对角线互相垂直平分，可得，根据勾股定理，即可求菱形的面积【详解】解：是的角平分线，四边形是平行四边形，四边形是菱形；，连接，与交于点，四边形是菱形，互相垂直且平分，根据勾股定理，四边形的面积故选A11（2024安徽滁州一模）如图，的对角线，相交于点O，点E为边的中点，连接并延长交边于点F，下列结论错误的是（）A
9、BC四边形为菱形D【答案】D【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断；根据三角形中线的性质判断【详解】解：点为的中点，又，是等边三角形，即，故A正确；在平行四边形中，在和中，四边形是平行四边形，平行四边形是菱形，故C正确；，在中，则，故B正确；在平行四边形中，又点为的中点，故D错误；故选：D【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，三角形的中线性质，掌握菱形的判定是解题关键12（2024陕西渭南模拟预测）如图，已知，以点为圆心
10、，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于两点，分别以点为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点，连接，过点作直线，交于点，过点作直线，交于点若，则四边形的周长是（）ABCD【答案】D【分析】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，直角三角形的性质和勾股定理过P作于M，再判定四边形为菱形，再根据直角三角形的性质和勾股定理求出边长，据此求解即可【详解】解：，四边形为平行四边形，过P作于M，由作图得：平分，四边形为菱形，在中，四边形的周长是故选：D题型五：正方形的性质和判定13（2024广东韶关二模）如图，已知四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形
11、，连接下列结论：矩形是正方形；其中结论正确的序号有（）ABCD【答案】B【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键过作于点，过作于点，如图所示：根据正方形的性质得到，推出四边形为正方形，由矩形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，推出矩形为正方形；故正确；根据正方形的性质得到推出，得到，求得，故正确；当时，点与点重合，得到不一定等于，故错误【详解】解：过作于点，过作于点，如图所示：四边形是正方形，四边形为正方形，四边形是矩形，又，在和中，矩形为正方形；故正确；，故正确；，故正确；当时，点与点重合，不一定等于，故错误，故选：B14（2024山东东营
12、二模）如图，已知四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接下列结论：矩形是正方形；下列正确的选项是（）ABCD【答案】B【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，推出四边形是正方形，由矩形性质得，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故正确；根据正方形性质得，推出，得到，由此推出，故正确；进而求得，故错误；当时，点与点重合，则，得到不一定等于，故错误【详解】解：过作，过作于，如图所示，四边形是正方形，四边形是正方形，四边形是矩形，在和中，矩形是正方形，故正确；，四边形是正方形，在和中，故正确；，故错误；当时，点与点重合，则，不一定等于，故错误故选：B【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键
