专题11 四边形与多边形（复习讲义）（山东专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题11 四边形与多边形 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 四边形与多边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：多边形的内角和外角 题型二：平行四边形的判定与性质 题型三：矩形的判定与性质 题型四：菱形的判定与性质 题型五：正方形的判定与性质 必备知识 知识1 多边形 知识2 平行四边形 知识3 特殊四边形 命题预测 命题 透视 命题形式： 以选择、填空基础题与解答中档题为主，题干简洁直观，依托图形与文字载体，聚焦逻辑推理、几何计算能力考查，常融合全等三角形、平面坐标、三角函数知识，侧重基础综合应用，贴合新课标几何素养考查要求。 命题内容： 多边形侧重内角和、外角及正多边形角度计算，偶结合扇形面积、平行线性质命题；平行四边形核心考查性质与判定，常联动全等证明、坐标求解，压轴题涉及存在性探究；矩形、菱形、正方形为高频重点，判定定理、性质应用、面积计算为必考，综合考查几何推理与运算能力。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 多边形 T13：平行+正多边形的内角； T14：由内角和判断边数； T7：正多边形的内角 T14：正多边形的内角+扇形面积； T8：正多边形的内角+平行 T11：正多边形的内角与外角； T6：德育+求多边形的内角和； T15：求正多边形的内角； T7：求正多边形的内角； 平行四边形 T17：平行四边形的性质与判定+三角形全等； T23：平行四边形的存在性+二次函数 T19：平行四边形的性质； T23：平行四边形的判定+矩形的判定 T24：平行四边形的性质+矩形的判定； T17：平行四边形的性质+全等； T17：平行四边形的性质； T18：平行四边形的性质 T16：添加条件使得平行四边形成立； T14：平行四边形的性质求点的坐标 特殊的四边形 T8：矩形的判定； T7：矩形的性质求点的坐标 T23：平行四边形的判定+矩形的判定； T21：菱形的判定 T13：求菱形的面积； T9：正方形性质的综合应用； T20：菱形的判定； T18：菱形的性质求点的坐标 T6：菱形的判定； T22：正方形性质+三角函数求边 命题预测 1. 考情预测 多边形仍以选择、填空基础题为主，侧重内角和、外角及正多边形角度计算，常结合平行线、扇形面积命题。平行四边形高频考查性质与判定，多融合全等三角形、平面坐标；矩形、菱形、正方形为核心考点，聚焦判定、性质及面积计算，解答题常结合二次函数考查存在性探究，注重几何推理与综合运算。 2. 备考建议 夯实多边形公式、各类四边形判定与性质基础，确保基础题零失误；强化四边形与全等、坐标、三角函数的综合题型训练；总结几何模型与解题通法，规范推理书写；针对性突破动态几何、存在性探究类压轴题，提升逻辑推理与综合解题能力。 考点一 四边形与多边形 题型一 多边形的内角和外角 核心运用内角和公式(n−2)×180∘、外角和恒为360∘，正多边形优先通过外角求边数；综合题结合平行线性质、扇形面积公式列式计算，简化运算流程。 混淆内角和与外角和公式；忽略正多边形边数为正整数；综合题型漏用平行线角度关系，扇形计算错用半径数据。 1．（2025·山东济南·中考真题）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点B，C，且．当时，___________． 【答案】97 【分析】本题考查正多边形内角和问题，平行线的性质，先根据正六边形内角和公式求出单个内角的度数，再根据平行线的性质求解． 【详解】解：如图， 正六边形内角和为：， ， ， ， ， ， ， 故答案为：97． 2．（2024·山东日照·中考真题）一个多边形的内角和是，则这个多边形是_______边形． 【答案】八 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】设这个多边形是n边形， 由题意得， 解得， ∴这个多边形是八边形． 故答案为：八． 3．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键． 根据正五边形的内角的计算方法求出、，根据正方形的性质分别求出、，根据四边形内角和等于计算即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：B． 题型二 平行四边形的判定与性质 从边、角、对角线三类判定定理切入，常结合全等三角形证明线段、角度相等；坐标类题型利用中点公式、对边平行且相等的性质快速求解。 误用 “一组对边平行 + 另一组对边相等” 判定；混淆性质与判定定理；全等证明条件缺失，坐标计算出现符号、数值错误。 4．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查三角形的中位线，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质； （1）证明是的中位线，即可得到，进而得到，然后利用证明三角形全等； （2）根据全等三角形的对应角相等得到，即可得到，进而证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得到结论即可． 【详解】（1）证明：∵，分别为边，的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 5．（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的性质，由可得，再证四边形是平行四边形，推出，，等量代换即可得出． 【详解】证明：平行四边形中，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ． 6．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，连接，．证明： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，中位线定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由点分别是边的中点，则有，，所以，，从而可得，然后根据性质即可求证； （）连接，，证明四边形为平行四边形，所以，，又，为中点，故有，所以，，然后通过“”证明即可． 【详解】（1）证明：∵点分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接，， ∵点分别是边的中点， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵，为中点， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴． 题型三 矩形的判定与性质 以平行四边形为基础，通过一个直角或对角线相等判定矩形；依托四个直角、对角线相等的性质，结合勾股定理求解边长、坐标及线段长度。 直接判定普通四边形为矩形；误将 “对角线相等” 作为任意四边形判定依据；忽略直角条件，勾股定理应用错误。 7．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 8．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质；过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H，即可得到为平行四边形，进而得到，然后根据正切的定义得到，，利用勾股定理求出，然后根据求出的长解答即可． 【详解】解：过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H， 则，， ∵是矩形， ∴，，，， ∴为平行四边形， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 9．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定，先根据题意得出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定定理一一判定即可得出答案． 【详解】解：∵点O是边的中点， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ．若，则四边形是菱形，无法得出四边形为矩形，故该选项符合题意； ．若，则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．∵四边形是平行四边形，∴，又，，∴，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．若，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； 故选：A． 题型四 菱形的判定与性质 基于平行四边形，用邻边相等或对角线垂直判定；面积采用底乘高或对角线乘积的一半计算，结合全等、平面坐标解决综合计算问题。 混淆菱形与矩形判定条件；遗漏对角线垂直平分且平分内角的性质；面积计算忘记乘0.5，线段推理逻辑混乱。 10．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为_________． 【答案】 【分析】如图，连接交于．求解，，，，设运动时间为，则，，证明，可得，作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，，证明在上，且在弧上，再利用弧长公式计算即可. 【详解】解：如图，∵在菱形中，，对角线，连接交于． ∴，，，， ∵设运动时间为，则，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， 作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，， ∴，，， ∴， ∴在上，且在弧上， ∴在此过程中，点P的运动路径长为； 故答案为： 【点睛】本题考查的是菱形的性质，圆周角定理的应用，圆的确定，三角函数的应用，弧长的计算，证明在上，且在弧上是解本题的关键. 11．（2025·山东烟台·中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，反比例函数的性质，先证明，，设，可得，，求解，过作于，再进一步求解即可． 【详解】解：∵菱形的顶点在轴正半轴上，， ∴，， ∴， 设， ∴， ∴， 解得：， 过作于， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选：D 12．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出，，进而可求出，由含30度直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②．证明是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明，由相似三角形的性质进而可判定③，过点H作与点Q，通过解直角三角形求出，，再求出，最后再根据正切的定义求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； 如下图，过点H作与点Q， 设菱形的边长为，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④正确， 故选D 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形的相关计算，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握这些知识是解题的关键． 题型五 正方形的判定与性质 兼具矩形、菱形双重性质，需同时满足两类图形判定条件；综合勾股定理、三角函数、全等证明解题，压轴题依托对称性探究存在性问题。 判定条件不全，缺少矩形或菱形核心特征；性质混用导致推理错误；综合题步骤不规范，动态探究忽略边界取值。 13．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质、正方形的性质及利用抛物线解析式求直角边长，找到规律是解题的关键． 根据正方形性质得和是等腰直角三角形．设的直角边长为，则，代入抛物线的解析式中解得，则的直角边长为，同理可求得等腰直角的直角边长为，依此类推，等腰直角的直角边长为，即可求得其周长． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，是等腰直角三角形． 设的直角边长为，则； 代入抛物线的解析式中得： ， 解得（舍去），； 故的直角边长为， 同理可求得等腰直角的直角边长为， … 依此类推，等腰直角的直角边长为， 故正方形的周长为． 故答案是：． 14．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 15．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________． 【答案】/ 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 知识1 多边形 1.多边形内角和有关的问题 （1）n边形的内角和等于（n-2）×180°，多边形的内角和是180°的整数倍，多边形的边数每增加1，内角和增加180°． （2）利用它可解决三类问题：一是已知多边形的边数求内角和，二是已知多边形的内角和求边数，三是已知足够的角度条件下求某一个内角的度数． 2.多边形外角和的问题 多边形的外角和是360°，与多边形的边数无关，故在某些问题中用外角和公式会比用内角和公式求解简单.涉及多边形外角和的问题，常与多边形的内角和及正多边形等关系结合考虑，通过列方程来解决． 知识2 平行四边形 1.平行四边形性质 （1）平行四边形的对边平行且相等； （2）平行四边形的对角相等； （3）平行四边形的对角线互相平分； （4）平行四边形的对角线分得的四个三角形中，相对的两个三角形全等，且四个三角形的面 2.平行四边形的判定问题 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： （1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”来证明； （2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明； （3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明． 知识3 特殊四边形 1.矩形性质： ①矩形的四个角都是直角； ②矩形的对角线相等.将这些性质与其他条件结合，可用来证明线段相等或倍分、直线平行以及角相等的问题． 2.矩形的判定： （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2）对角线相等的平行四边形是矩形； （3）有三个角是直角的四边形是矩形． 4.菱形性质的应用问题 菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有下列性质： （1）菱形的四条边都相等； （2）菱形的两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角． 5.菱形的判定方法： （1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形； （2）四条边都相等的四边形是菱形； （3）两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 6.正方形性质 正方形既是特殊的平行四边形，又是特殊的矩形、菱形，因此正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质． 7.正方形的判定 判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角；还可以先判定四边形是平行四边形，再判定这个平行四边形有一个角为直角和一组邻边相等． 1．（2025·山东济宁·一模）正六边形中，直线分别经过边上一点，且．则的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，平行线的性质，合理作出辅助线是关键． 根据正多边形的内角和定理得到，由平行线的性质得到，由此即可求解． 【详解】解：在正六边形中，每个内角的度数为， ∴， 如图所示，过点作，则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B ． 2．（2026·山东济宁·一模）如图，矩形中，，，点E在边上，且．以点C为圆心，的长为半径作圆，交直线于点F，G；分别以F，G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H；作直线，分别交的延长线、于点P，Q；连接．下面四个结论中，正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得到垂直平分，，先求出，，，再根据相似三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质进行判断即可． 【详解】解：由图可知，垂直平分，， 在矩形中，，，， ， ， ， ， ， ， 解得， ， 若，则在和中，需满足， ， ， ，选项A错误； ，，， 若要全等，对应边需相等， ， ， ， ， 显然对应边不相等，选项B错误； 在中，，， ，选项C正确； ，选项D错误． 3．（2026·山东东营·一模）如图，在菱形中，对角线，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形的性质和正切的定义，进行求解即可. 【详解】解：∵在菱形中，对角线，， ∴，， ∴. 二、填空题 4．（2025·山东青岛·模拟预测）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中_______． 【答案】/30度 【分析】本题考查正六边形的知识．延长交直线于点，延长交于点，根据垂线的性质，则，根据平行线的性质，则，再根据正六边形的性质，即可． 【详解】解：延长交直线于点，延长交于点， ∵直线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵图形为正六边形， ∴外角， ∴． 故答案为：． 5．（2025·山东枣庄·一模）如图，已知五边形为正五边形，以点A为圆心、以的长为半径画弧，分别交、的延长线于点F、G．连接、，则等于________． 【答案】/18度 【分析】本题考查圆周角的性质，正多边形的性质以及等腰三角形的性质．连接，根据正五边形的性质可得，，从而得到，然后根据圆周角定理解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵五边形为正五边形， ∴，， ∴， 同理， ∴， ∴． 故答案为： 6．（2025·河南郑州·二模）如图，在平行四边形中，，E，F分别为的中点，连接并延长至G，满足，连接，．点M是的中点，连接交于点H，若，．则的长为__________________ ． 【答案】 【分析】取的中点N，连接，由平行四边形的性质和线段之间的数量关系，求出，，，，等线段的长，利用“有一个角是的等腰三角形是等边三角形”得和是等边三角形，求出，，利用中位线定理得到，，进而说明，最后根据相似三角形的对应边成比例，计算即可求解． 【详解】解：如图：取的中点N，连接， 平行四边形中，， ，，， ， ， F是的中点， ， 点N是的中点， ， ， E为的中点， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 点M是的中点，点N是的中点， ，， ， ，即， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的性质和判定，相似三角形的判定与性质，中位线定理等知识，正确掌握相关知识是解题的关键． 7．（2025·山东济南·一模）如图，平行四边形，，，，G为边上一点，连接，将沿翻折，点B的对应点为，E为中点，F为边上一点，连接，将沿翻折，点D的对应点恰巧也为，则______． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，其中涉及勾股定理与折叠问题以及相似三角形相关，考查学生的综合应用能力，有一定难度．连接，延长交于点，得出和，由勾股定理得出，同时过作，交于点，结合平行四边形的性质以及相似三角形的性质得出，列方程得出，进一步即可得出． 【详解】解：连接，延长交于点， 为中点， ， 沿翻折得到， ， ， ∵， ， 沿翻折得到， ， 在中，由勾股定理可得：， ， ， 过作，交于点， ∵四边形是平行四边形，， ， 在中，由勾股定理可得：， ∵， ∴， 设，则， ∴，即， 在中，，则， ∵， ∴， 解得， 即， ∴． 故答案为：． 8．（2026·山东聊城·一模）如图，在矩形中，对角线、交于点O，于点E，延长交于点F．若，，则线段的长为________． 【答案】 【分析】根据矩形的性质和角之间的数量关系，易求，，再根据正切的定义，可求，，，最后根据勾股定理，计算即可求解． 【详解】解：矩形，， ，， ， ， ， 在中，，即， ， ， ，， 在中，，即， ， ， 在中， ． 三、解答题 9．（2025·山东青岛·一模）如图，在中，，分别是边和的中点，，在对角线上，且，连接，． (1)求证：； (2)连接，，当与满足怎样的数量关系时，四边形是矩形？请证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，证明见解析 【分析】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，三角形中位线性质，熟练掌握矩形的判定、平行四边形的性质、三角形中位线性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，求得，得到，根据全等三角形的判定定理得到结论； （2）由（1）知，，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，当时，求得，推出，于是得到四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∴， ∵E，F分别是边和的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：当时，四边形是矩形． 证明：连接交于O，如图， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 当时，即， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 10．（2025·山东青岛·三模）如图，的对角线与相交于点，点为的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)从①②中任选一个并证明： ①当满足时，说明四边形为什么特殊四边形，并证明； ②当满足时，说明四边形为什么特殊四边形，并证明． 【答案】(1)见解析； (2)见解析。 【分析】（1）根据平行线的性质得到，从而证得，得到，根据平行四边形的性质可得，进而得到，因为，可以证得四边形是平行四边形； （2）①根据平行四边形的性质得到，从而由直角三角形斜边上的中线性质得到，由菱形的判定定理即可得出结论； ②根据平行四边形的性质得到，从而根据等腰三角形“三线合一”的性质即可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴． ∵点为的中点， ∴． 在和中， ， ∴（）， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①当时，四边形是矩形．理由如下： ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． ②当时，四边形是菱形．理由如下： ∵，， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 11．（2026·山东济南·一模）如图，在菱形中，过点分别作于点，于点，连接． 求证：． 【答案】见解析 【分析】利用菱形的性质，证明即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∵在与中 ∴， ∴， ∴． 12．（2025·山东青岛·一模）已知：如图，在平行四边形中，分别是边上的点，且，直线分别交的延长线、的延长线于点． (1)求证：； (2)连接，若，则四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，见解析 【分析】（1）先证明，，，，结合，即可得到结论； （2）证明，四边形是平行四边形，结合，可得四边形是菱形，可得，证明，可得，再进一步可得结论． 【详解】（1）证明：， ∴，，， ， ，， ， ∵， ； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ，， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， 四边形为平行四边形， 为菱形； 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，熟记特殊四边形的判定方法是解本题的关键． 13．（2026·山东青岛·一模）在解决几何问题中，通常我们可以利用平移变换来解决图形中边与角的相关问题． (1)【问题情境】如图，在正方形中，，，分别是边，，上的点，于点．判断线段，的数量关系____________； (2)【尝试应用】如图，在正方形网格中，点，，，为格点，交于点，则____________； (3)【拓展提升】如图，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接，分别交线段，于点，．则____________． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】（）平移线段至，交于点，证明四边形是平行四边形，得出，证明，得出，即可得出结论； （）将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，根据勾股定理求出，，，可推出，即可得出结果； （）平移线段至处，连接，证明得出，，推出，即可得出结果． 【详解】（1）解：平移线段至，交于点，如图所示， 由平移的性质得：， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，如图所示， ∴， 设正方形网格的边长为单位， 由勾股定理可得：，，， ∵，即， ∴， ∴， 故答案为：； （3）解：平移线段至处，连接，如图所示， 则，四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形与四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14．（2026·山东聊城·一模）【模型建立】 (1)如图1，已知和，．用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 (2)如图2，在正方形中，点分别在对角线和边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见详解 (2)，理由见详解 【分析】（1）利用“”证明，由全等三角形的性质可得，结合，即可证明结论； （2）过点作于点，过点作于点，由正方形的性质可得，且平分，进而可知均为等腰直角三角形，易得，进一步可得，再证明，由全等三角形的性质可得；证明四边形是正方形，进而可得，，，即，结合，即可证明结论． 【详解】（1），理由如下： ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下： 过点作于点，过点作于点，如图， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，且平分， ∴，即均为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，，，， ∴四边形是正方形，是该正方形的对角线， ∴，， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴． 22 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 四边形与多边形 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 四边形与多边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：多边形的内角和外角 题型二：平行四边形的判定与性质 题型三：矩形的判定与性质 题型四：菱形的判定与性质 题型五：正方形的判定与性质 必备知识 知识1 多边形 知识2 平行四边形 知识3 特殊四边形 命题预测 命题 透视 命题形式： 以选择、填空基础题与解答中档题为主，题干简洁直观，依托图形与文字载体，聚焦逻辑推理、几何计算能力考查，常融合全等三角形、平面坐标、三角函数知识，侧重基础综合应用，贴合新课标几何素养考查要求。 命题内容： 多边形侧重内角和、外角及正多边形角度计算，偶结合扇形面积、平行线性质命题；平行四边形核心考查性质与判定，常联动全等证明、坐标求解，压轴题涉及存在性探究；矩形、菱形、正方形为高频重点，判定定理、性质应用、面积计算为必考，综合考查几何推理与运算能力。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 多边形 T13：平行+正多边形的内角； T14：由内角和判断边数； T7：正多边形的内角 T14：正多边形的内角+扇形面积； T8：正多边形的内角+平行 T11：正多边形的内角与外角； T6：德育+求多边形的内角和； T15：求正多边形的内角； T7：求正多边形的内角； 平行四边形 T17：平行四边形的性质与判定+三角形全等； T23：平行四边形的存在性+二次函数 T19：平行四边形的性质； T23：平行四边形的判定+矩形的判定 T24：平行四边形的性质+矩形的判定； T17：平行四边形的性质+全等； T17：平行四边形的性质； T18：平行四边形的性质 T16：添加条件使得平行四边形成立； T14：平行四边形的性质求点的坐标 特殊的四边形 T8：矩形的判定； T7：矩形的性质求点的坐标 T23：平行四边形的判定+矩形的判定； T21：菱形的判定 T13：求菱形的面积； T9：正方形性质的综合应用； T20：菱形的判定； T18：菱形的性质求点的坐标 T6：菱形的判定； T22：正方形性质+三角函数求边 命题预测 1. 考情预测 多边形仍以选择、填空基础题为主，侧重内角和、外角及正多边形角度计算，常结合平行线、扇形面积命题。平行四边形高频考查性质与判定，多融合全等三角形、平面坐标；矩形、菱形、正方形为核心考点，聚焦判定、性质及面积计算，解答题常结合二次函数考查存在性探究，注重几何推理与综合运算。 2. 备考建议 夯实多边形公式、各类四边形判定与性质基础，确保基础题零失误；强化四边形与全等、坐标、三角函数的综合题型训练；总结几何模型与解题通法，规范推理书写；针对性突破动态几何、存在性探究类压轴题，提升逻辑推理与综合解题能力。 考点一 四边形与多边形 题型一 多边形的内角和外角 核心运用内角和公式(n−2)×180∘、外角和恒为360∘，正多边形优先通过外角求边数；综合题结合平行线性质、扇形面积公式列式计算，简化运算流程。 混淆内角和与外角和公式；忽略正多边形边数为正整数；综合题型漏用平行线角度关系，扇形计算错用半径数据。 1．（2025·山东济南·中考真题）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点B，C，且．当时，___________． 2．（2024·山东日照·中考真题）一个多边形的内角和是，则这个多边形是_______边形． 3．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（    ） A． B． C． D． 题型二 平行四边形的判定与性质 从边、角、对角线三类判定定理切入，常结合全等三角形证明线段、角度相等；坐标类题型利用中点公式、对边平行且相等的性质快速求解。 误用 “一组对边平行 + 另一组对边相等” 判定；混淆性质与判定定理；全等证明条件缺失，坐标计算出现符号、数值错误。 4．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 5．（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 6．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，连接，．证明： (1)； (2)． 题型三 矩形的判定与性质 以平行四边形为基础，通过一个直角或对角线相等判定矩形；依托四个直角、对角线相等的性质，结合勾股定理求解边长、坐标及线段长度。 直接判定普通四边形为矩形；误将 “对角线相等” 作为任意四边形判定依据；忽略直角条件，勾股定理应用错误。 7．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为_______． 9．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 题型四 菱形的判定与性质 基于平行四边形，用邻边相等或对角线垂直判定；面积采用底乘高或对角线乘积的一半计算，结合全等、平面坐标解决综合计算问题。 混淆菱形与矩形判定条件；遗漏对角线垂直平分且平分内角的性质；面积计算忘记乘0.5，线段推理逻辑混乱。 10．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为_________． 11．（2025·山东烟台·中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 12．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 题型五 正方形的判定与性质 兼具矩形、菱形双重性质，需同时满足两类图形判定条件；综合勾股定理、三角函数、全等证明解题，压轴题依托对称性探究存在性问题。 判定条件不全，缺少矩形或菱形核心特征；性质混用导致推理错误；综合题步骤不规范，动态探究忽略边界取值。 13．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为______． 14．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 15．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________． 知识1 多边形 1.多边形内角和有关的问题 （1）n边形的内角和等于（n-2）×180°，多边形的内角和是180°的整数倍，多边形的边数每增加1，内角和增加180°． （2）利用它可解决三类问题：一是已知多边形的边数求内角和，二是已知多边形的内角和求边数，三是已知足够的角度条件下求某一个内角的度数． 2.多边形外角和的问题 多边形的外角和是360°，与多边形的边数无关，故在某些问题中用外角和公式会比用内角和公式求解简单.涉及多边形外角和的问题，常与多边形的内角和及正多边形等关系结合考虑，通过列方程来解决． 知识2 平行四边形 1.平行四边形性质 （1）平行四边形的对边平行且相等； （2）平行四边形的对角相等； （3）平行四边形的对角线互相平分； （4）平行四边形的对角线分得的四个三角形中，相对的两个三角形全等，且四个三角形的面 2.平行四边形的判定问题 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： （1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”来证明； （2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明； （3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明． 知识3 特殊四边形 1.矩形性质： ①矩形的四个角都是直角； ②矩形的对角线相等.将这些性质与其他条件结合，可用来证明线段相等或倍分、直线平行以及角相等的问题． 2.矩形的判定： （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2）对角线相等的平行四边形是矩形； （3）有三个角是直角的四边形是矩形． 4.菱形性质的应用问题 菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有下列性质： （1）菱形的四条边都相等； （2）菱形的两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角． 5.菱形的判定方法： （1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形； （2）四条边都相等的四边形是菱形； （3）两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 6.正方形性质 正方形既是特殊的平行四边形，又是特殊的矩形、菱形，因此正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质． 7.正方形的判定 判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角；还可以先判定四边形是平行四边形，再判定这个平行四边形有一个角为直角和一组邻边相等． 1．（2025·山东济宁·一模）正六边形中，直线分别经过边上一点，且．则的值是（　　） A． B． C． D． 2．（2026·山东济宁·一模）如图，矩形中，，，点E在边上，且．以点C为圆心，的长为半径作圆，交直线于点F，G；分别以F，G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H；作直线，分别交的延长线、于点P，Q；连接．下面四个结论中，正确的是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·山东东营·一模）如图，在菱形中，对角线，，则（   ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（2025·山东青岛·模拟预测）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中_______． 5．（2025·山东枣庄·一模）如图，已知五边形为正五边形，以点A为圆心、以的长为半径画弧，分别交、的延长线于点F、G．连接、，则等于________． 6．（2025·河南郑州·二模）如图，在平行四边形中，，E，F分别为的中点，连接并延长至G，满足，连接，．点M是的中点，连接交于点H，若，．则的长为__________________ ． 7．（2025·山东济南·一模）如图，平行四边形，，，，G为边上一点，连接，将沿翻折，点B的对应点为，E为中点，F为边上一点，连接，将沿翻折，点D的对应点恰巧也为，则______． 8．（2026·山东聊城·一模）如图，在矩形中，对角线、交于点O，于点E，延长交于点F．若，，则线段的长为________． 三、解答题 9．（2025·山东青岛·一模）如图，在中，，分别是边和的中点，，在对角线上，且，连接，． (1)求证：； (2)连接，，当与满足怎样的数量关系时，四边形是矩形？请证明你的结论． 10．（2025·山东青岛·三模）如图，的对角线与相交于点，点为的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)从①②中任选一个并证明： ①当满足时，说明四边形为什么特殊四边形，并证明； ②当满足时，说明四边形为什么特殊四边形，并证明． 11．（2026·山东济南·一模）如图，在菱形中，过点分别作于点，于点，连接． 求证：． 12．（2025·山东青岛·一模）已知：如图，在平行四边形中，分别是边上的点，且，直线分别交的延长线、的延长线于点． (1)求证：； (2)连接，若，则四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论． 13．（2026·山东青岛·一模）在解决几何问题中，通常我们可以利用平移变换来解决图形中边与角的相关问题． (1)【问题情境】如图，在正方形中，，，分别是边，，上的点，于点．判断线段，的数量关系____________； (2)【尝试应用】如图，在正方形网格中，点，，，为格点，交于点，则____________； (3)【拓展提升】如图，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接，分别交线段，于点，．则____________． 14．（2026·山东聊城·一模）【模型建立】 (1)如图1，已知和，．用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 (2)如图2，在正方形中，点分别在对角线和边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 11 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $