专题05 四边形与图形变换、折叠6大题型（题型专练）（四川成都专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 四边形与图形变换、折叠 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01   平行四边形、矩形、菱形、正方形性质与判定 题型02 多边形内角和、外角和 题型03 图形变换：平移、旋转、轴对称、中心对称 题型04 图形折叠问题 题型05 四边形线段、面积计算 题型06 中点四边形 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平行四边形、矩形、菱形、正方形性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·四川成都·中考真题）下列命题中，假命题是（   ） A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直 C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等 【答案】D 【分析】本题考查判断命题的真假，根据矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质和平行四边形的性质，逐一进行判断即可．熟练掌握相关性质，是解题的关键． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，是真命题，不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，是真命题，不符合题意； C、正方形的对角线相等且互相垂直，是真命题，不符合题意； D、平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，原命题是假命题，符合题意； 故选：D． 【典例02】（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理和平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形等 ）是解题的关键．根据矩形的判定定理，逐一分析每个选项，判断哪个条件能使平行四边形成为矩形． 【详解】解：选项A：∵ 平行四边形本身就有的性质， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项B：∵ ，平行四边形中邻边相等时是菱形，不是矩形的判定条件， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项C：∵ 平行四边形本身就有的性质， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项D：∵ 矩形的判定定理之一是“对角线相等的平行四边形是矩形”，平行四边形中， ∴ 平行四边形是矩形，该选项正确． 故选：D ． 方法透视 考向解读 四川中考几何核心考点，解答题必考，多为证明题或计算综合题，是四边形模块的基础： 1.基础判定：根据已知条件，判定一个四边形是平行四边形、矩形、菱形或正方形，常作为解答题第一问。 2.性质应用：利用特殊四边形的边、角、对角线性质，进行线段长度、角度、周长或面积的计算。 3.综合判定：结合全等三角形、勾股定理，证明一个平行四边形是矩形/菱形，或进一步证明为正方形。 4.动态判定：点的移动过程中，判断何时构成特殊四边形，常与函数结合。 方法技能 1.判定思路梳理：先判定为平行四边形，再升级为特殊图形。 · 平行四边形升级为矩形：有一个角是直角；对角线相等。 · 平行四边形升级为菱形：有一组邻边相等；对角线互相垂直。 · 升级为正方形：既是矩形又是菱形；对角线互相垂直平分且相等。 2.解题关键：优先分析对角线的关系，利用对角线性质是判定特殊四边形的常用突破口。 变式演练 【变式01】（2025·四川泸州·中考真题）矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角相等 【答案】A 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，特殊四边形的性质要从边、角、对角线三方面入手，并加以考虑它们之间的联系和区别． 根据矩形和菱形的性质判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意； B、矩形和菱形对角线都互相平分，故本选项不符合题意； C、菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，故本选项不符合题意； D、矩形和菱形都是对角相等，故本选项不符合题意； 故选：A． 【变式02】（2026·四川成都·一模）下列关于特殊四边形性质的说法，正确的是（    ） A．矩形的对角线互相垂直且平分 B．正方形的对角线相等且互相垂直平分 C．菱形的对角线相等且互相平分 D．平行四边形是中心对称图形也是轴对称图形 【答案】B 【分析】本题考查的知识点是平行四边形及特殊平行四边形的性质、轴对称图形的识别．根据矩形、正方形、菱形、平行四边形的性质及轴对称图形的定义对选项进行逐一判断即可求解． 【详解】解：A、矩形的对角线相等且互相平分，但不一定互相垂直，故原说法错误，该选项不符合题意； B、“正方形的对角线相等且互相垂直平分”，原说法正确，该选项符合题意； C、菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等，故原说法错误，该选项不符合题意； D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，原说法错误，该选项不符合题意； 故选：B． 【变式03】（2025·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，对角线和相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的对角线相等． 根据矩形的性质求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，故C符合题意， 而A、B、D根据矩形的性质均不能证明，故不符合题意 故选：C． 题型02 多边形内角和、外角和 典例引领 【典例01】（2025·四川雅安·中考真题）正六边形的外角和是______度． 【答案】 360 【详解】解：根据多边形外角和定理可知，任意多边形的外角和都为， ∴正六边形的外角和是度． 【典例02】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边对等角，先求出正多边形的一个内角的度数，等边对等角求出的度数，再根据角的和差关系进行求解即可． 【详解】解：由题意，，， ∴， ∴； 故选B． 方法透视 考向解读 四川中考基础送分考点，多为选择、填空题，偶尔与正多边形性质结合考查： 1.基础计算：求多边形的内角和、外角和，或已知内角和/边数，反求边数/内角和。 2.正多边形性质：求正多边形的每个内角、外角的度数，或已知一个内角/外角求边数。 3.综合应用：结合镶嵌、角度计算考查。 方法技能 1.核心公式： · n边形内角和：(n-2)×180° · 多边形外角和：恒为 360°（与边数无关） · 正n边形每个内角：(n-2)×180°÷n，每个外角：360°÷n 2.解题技巧：已知内角求边数时，优先用外角和公式（外角= 180°-内角，边数= 360°÷外角），比内角和公式更简便。 变式演练 【变式01】（2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角和公式的运用以及三角形的外角，熟练掌握相关公式是解题关键．根据正多边形的内角和公式求出，然后根据三角形外角的性质求出即可． 【详解】解：八边形是正八边形， ， 八边形是正八边形 ∴，， ， ∵是的外角 ， 故选：D． 【变式02】（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，熟知多边形的内角和与外角和公式是解题的关键， 根据多边形内角和与外角和公式，建立方程求解边数即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意可得： 解方程，得 因此，该多边形的边数为10， 故选：A． 【变式03】（2026·四川成都·一模）七巧桌的设计灵感源自宋代黄伯思的《燕几图》，由其演变的七巧板，在西方被称为“唐图”，也叫“东方魔板”，是古代智慧的体现．下图是一张七巧桌，可以看作一个六棱柱，则其俯视图的内角和为_____________度． 【答案】 【分析】边形的内角和（其中为多边形的边数，且，为正整数），先得到俯视图为六边形，再根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：该六棱柱的俯视图为六边形， 根据多边形的内角和公式可得，其俯视图的内角和为． 题型03 图形变换：平移、旋转、轴对称、中心对称 典例引领 【典例01】（2025·四川绵阳·中考真题）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据中心对称图形和轴对称图形的概念，逐一分析各选项是否符合题意即可． 【详解】解：A项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，但不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故A不符合题意； B项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，但不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故B不符合题意； C项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，也能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故C符合题意； D项：该图形不能沿着某条直线翻折后与另一半重合，也不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故D不符合题意， 故选：C． 【典例02】（2025·四川·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【分析】本题考查了平面直角坐标系中关于轴对称的点的坐标特征及象限的判断，解题的关键是熟练掌握“关于轴对称的点，纵坐标不变，横坐标互为相反数”的规律，并能根据坐标符号判断点所在象限． 先根据关于轴对称的点的坐标规律，求出点的对称点坐标；再结合各象限内点的坐标符号特征（第一象限横、纵坐标均为正，第二象限横坐标为负、纵坐标为正，第三象限横、纵坐标均为负，第四象限横坐标为正、纵坐标为负），判断对称点所在象限． 【详解】解：根据“关于轴对称的点，纵坐标不变，横坐标互为相反数”，   已知点，则其关于轴对称的点的坐标为 【典例03】（2025·四川凉山·中考真题）如图，将周长为20的沿方向平移2个单位长度得，连接，则四边形的周长为______． 【答案】 【分析】本题考查平移的性质，掌握平移的不变性是解题的关键． 根据平移的性质可得、，然后求出四边形的周长等于的周长与、的和，再求解即可． 【详解】解：沿方向平移个单位长度得到， ，， 四边形的周长 的周长 ． 故答案为：． 方法透视 考向解读 四川中考高频考点，多为选择、填空题，也常作为解答题的背景条件出现： 1.基础识别：判断图形是轴对称/中心对称图形，或判断变换类型。 2.坐标变换：已知点/图形的坐标，经过平移、旋转、轴对称后，求新的坐标。 3.变换性质应用：利用变换前后图形全等的性质，求线段长度、角度或面积。 4.综合几何题：旋转、平移常与全等三角形、特殊四边形结合，构造几何模型（如手拉手模型）。 方法技能 1.变换性质速记： · 平移：对应点连线平行（或共线）且相等，图形全等，方向不变。 · 轴对称：对应点连线被对称轴垂直平分，图形全等，对应角、对应边相等。 · 中心对称：对应点连线经过对称中心，且被对称中心平分，图形全等。 · 旋转：对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，图形全等。 2.坐标变换规律： · 平移：左减右加横坐标，上加下减纵坐标。 · 关于 x 轴对称：横坐标不变，纵坐标取反。 · 关于 y 轴对称：纵坐标不变，横坐标取反。 · 绕原点旋转 180°：横、纵坐标都取反。 3.解题关键：抓住 “变换前后图形全等” 这一核心，利用全等的性质转化线段和角度关系。 变式演练 【变式01】（2025·四川凉山·中考真题）以下字母是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就叫做对称轴． 【详解】解：由轴对称图形的定义可知，四个字母中，只有字母“”是轴对称图形， 故选：B． 【变式02】（2026·四川成都·一模）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据 “关于原点对称的点，横纵坐标都互为相反数”即可解题，直接推导即可得到结果． 【详解】解：在平面直角坐标系中，关于原点对称的点，横、纵坐标都为原坐标的相反数， 已知点， 的相反数是，的相反数是， 因此点关于原点对称的坐标是． 【变式03】（2026·四川成都·二模）如图，将菱形绕点A逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点E，若，，则的长为 _____________ ． 【答案】 【分析】先证明，过点作交于点，然后根据平行线的性质证明，，求解即可． 【详解】解：根据题意，得，， 在和中 ， ， 四边形是菱形， ，，， ∴， ， 点在上， 过点作交于点 ， ， ， ∴ ， ， ， , , ; 题型04 图形折叠问题 典例引领 【典例01】（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形中，点、分别在上，且，把沿翻折，点恰好落在矩形对角线上的点M处．若A、、三点共线，则的值为________． 【答案】 【分析】此题考查矩形与折叠，平行线的性质，勾股定理，等角对等边，根据矩形的性质及平行线的性质得到，再根据等角对等边推出，设，则，利用勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，， 由翻折得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， 故答案为． 【典例02】（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为______． 【答案】 【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，矩形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形变化-对称，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键．设，可得，在中，利用勾股定理可求出，根据翻折的性质得出，，，设，在中利用勾股定理可求出a值，即可得答案． 【详解】解：在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，如图，设与y轴交于点G，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点A的坐标为， ∴， ∵将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴点E的坐标为， 故答案为： 方法透视 考向解读 四川中考几何高频易错点，多为选填压轴或解答题的计算小问，难度中等： 1.角度计算：利用折叠前后角相等的性质，求未知角的度数，常与平行线、三角形内角和结合。 2.线段计算：利用折叠前后线段相等的性质，结合勾股定理、相似三角形求线段长度。 3.综合问题：矩形/菱形折叠后，求重叠部分面积、折痕长度，或判断折叠后图形的形状。 方法技能 1.核心原理：折叠的本质是轴对称变换，折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线。 2.解题步骤： · 标记折叠前后相等的线段和角。 · 设未知数，利用勾股定理或相似三角形列方程求解。 · 结合图形性质（如矩形的直角、菱形的边相等）简化计算。 3.常见模型：矩形沿对角线折叠、顶点折叠到对边上、菱形沿对角线折叠等，优先找含未知数的直角三角形用勾股定理求解。 变式演练 【变式01】（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动是解题的关键． 过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到，，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，然后结合可得点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点C作于点G， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴当点到的距离最小时，面积最小， 过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小， ∵E是线段的中点，， ∴， 由折叠的性质得：， ∴点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动， ∴当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小， 延长交于点M，过点D作于点N，则， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴ ∴， 即面积的最小值为． 故选：B． 【变式02】（2025·四川成都·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，，，点在边上，且，点为边上的一动点，连接，，将沿直线翻折，点的对应点为点，连接，若点，，在同一直线上，则的值为________． 【答案】 【分析】设，，根据平行四边形性质及翻折性质可得，，，过点作于，过作于，延长、交于点，根据轴对称性质及含30度角直角三角形性质可得，，最后由勾股定理可得答案． 【详解】解：在平行四边形中， ， 设，， ， ，， 由翻折可得，，，， 过点作于， ， ，， ， ， 设，过作于， 则，， 在直角三角形中，，， ， ， ， 延长、交于点， ，， ，， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】此题考查的是翻折变换、平行四边形的性质、直角三角形性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解决此题关键． 【变式03】（2026·四川达州·一模）如图，将正方形纸片沿折叠，使点C的对称点E落在边上，点D的对称点为点F，交于点G，连接交于点H，连接．下列四个结论中：①平分；②；③；④，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】①利用折叠与平行线的性质即可求解； ②利用两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可； ③过点作，证明，，进而根据面积可判断； ④连接，由全等三角形的性质可知，由折叠可知，根据勾股定理可知，根据的角可知四点共线，然后易得即可求解． 【详解】解：由折叠可知，， ∵在正方形中，， ， ， ∴平分； ∴①正确； ∵四边形是正方形， ∴， 由折叠可知，， ， ∵， ， ， ， ， ， ∴， ∴②正确； 过点作，则， 在和中， ， ， ， 在和中 ， ∴， ， ∴③错误； 连接， ∵，， ， ， ， ， ， 由折叠可得：， ， ， 由折叠可知：， ， ， ， 四点共线， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴④正确； 综上所述，正确． 题型05 四边形线段、面积计算 典例引领 【典例01】（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，由平行四边形性质可得，即为中点，又是的中点，所以是中位线，然后根据中位线定理即可求解，掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，即为中点， ∵是的中点， ∴是中位线， ∴， ∵，点P是的中点， ∴，即， 故选：． 【典例02】（2025·四川雅安·中考真题）如图，E，F分别是正方形边上的点，且的周长是正方形边长的2倍，交于点交于点N，若，，则______． 【答案】 【分析】将绕点逆时针旋转，得到，过点作交于，连接，由旋转的性质可得，，，证明得出，证明得出，，证明得出，最后再由勾股定理即可得解． 【详解】如图，将绕点逆时针旋转，得到，过点作交于，连接， ， 由旋转的性质可得：，，， 由题意可得：， ∴， ∴， ∴， ∵为正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， 即， 又，， ； ． 方法透视 考向解读 四川中考解答题常考计算题型，多为四边形证明后的第二问，是拉开差距的关键小问： 1.线段长度计算：利用勾股定理、相似三角形、三角函数，求四边形的边长、对角线长或高。 2.面积计算：直接利用公式计算，或通过割补法、等积法、坐标法求四边形的面积。 3.最值问题：求四边形内线段的最值、面积的最值，常与函数、几何变换结合。 方法技能 1.面积计算核心方法： · 直接公式法：平行四边形面积 = 底 × 高；矩形 / 正方形 = 长 × 宽；菱形 = 对角线乘积的一半。 · 割补法：将不规则四边形分割成三角形、矩形等规则图形，分别计算面积再求和。 · 坐标法：在平面直角坐标系中，利用坐标公式或割补法求面积。 · 等积转化：利用同底等高的三角形面积相等，转化为易求的图形面积。 2.线段计算技巧： · 优先找直角三角形，用勾股定理。 · 有相似条件时，用相似三角形的比例关系。 · 有特殊角（30°/45°/60°）时，用三角函数简化计算。 变式演练 【变式01】（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 【答案】见解析， 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质可得，再证明，即可利用证明，则可得到，据此可得答案． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点是平行四边形边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式02】（2025·四川·中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点O，则的长为__________． 【答案】8 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断是等边三角形是解题的关键． 根据矩形的对角线互相平分且相等，可知，然后由可得为等边三角形，然后可求得，进而即可求解 【详解】∵四边形为矩形， ∴，且， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴ 故答案为： 【变式03】（2026·四川成都·一模）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形可得结果； （2）利用矩形的性质结合三角形中位线定理得出，利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵点为的中点，且， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形，且， ∴，， 又∵点为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知：四边形是菱形， ∴菱形的面积为：． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，理解矩形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，三角形中位线定理是解决问题的关键． 题型06 中点四边形 典例引领 【典例01】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设交于点Q，交于点P，结合三角形中位线证出四边形是平行四边形，再结合，证出结果即可． 【详解】解：设交于点Q，交于点P， ∵分别是的中点，     ∴，且，且，     ∴，且，         ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：A． 【典例02】（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键 利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解． 【详解】如图：连接，交于点O， 因为、、、分别是四边形边的中点， ∴，；，；，；， ． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∴，， ∴， ∵四边形面积为，， ∴， 解得 ． ∴ 在中 ． 故选：B． 方法透视 考向解读 四川中考四边形模块特色考点，多为选择、填空题，或作为解答题的拓展问题： 1.基础判定：已知原四边形的形状，判断其中点四边形的形状。 2.反向判定：已知中点四边形的形状，反推原四边形的对角线特征。 3.性质计算：利用中点四边形的性质，计算其周长、面积与原四边形的关系。 方法技能 1.核心原理：中点四边形的形状由原四边形的对角线关系决定，本质是三角形中位线定理的应用。 2.中点四边形规律： · 原四边形为任意四边形→中点四边形为平行四边形。 · 原四边形对角线相等→中点四边形为菱形。 · 原四边形对角线互相垂直→中点四边形为矩形。 · 原四边形对角线相等且互相垂直→中点四边形为正方形。 3.补充结论：中点四边形的周长等于原四边形对角线长度之和；面积等于原四边形面积的一半。 变式演练 【变式01】（2025·四川广安·模拟预测）下列命题是真命题的是（    ） A．顺次连接对角线相等的四边形各边中点得到的四边形是矩形 B．要了解神舟飞船零件质量情况，适合采用抽样调查 C．方程有两个不相等的实数根 D．若一次函数的图象不过第四象限，则 【答案】D 【分析】主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．利用全面调查和抽样调查的区别、中点四边形、一元二次方程根的判别式及直线的平移规律分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、顺次连接对角线相等的四边形各边中点得到的四边形是菱形，原命题是假命题； B、要了解神舟飞船零件质量情况，适合采用全面调查，原命题是假命题； C、∵，∴方程无实数根，原命题是假命题； D、若一次函数的图象不过第四象限，则，原命题是真命题； 故选：D． 【变式02】（2025·四川泸州·一模）如图顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（   ） A．6 B．6.5 C．7 D．7.5 【答案】D 【分析】根据矩形的性质和三角形中位线定理证明四边形是菱形，四边形和四边形是矩形，再根据菱形的面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图，连接、、、， 矩形， ，，，，，， 分别为矩形四条边的中点， 分别是的中位线， ，， ， 四边形是菱形， ，，， 四边形是矩形， 同理可证，四边形是矩形， ，， 菱形的面积． 【变式03】（2026·四川成都·一模）如图，给定任意四边形．进行以下操作：第一次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第二次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第三次操作：连接四边形各边中点，得到四边形．现向四边形内部随机投掷一枚飞镖（忽略边界情况），则飞镖命中阴影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率为_____． 【答案】 【分析】本题考查几何概率，三角形中位线定理以及中点四边形的性质．根据中点四边形的性质以及三角形中位线定理得出即可． 【详解】解：如图，连接， ∵是的中位线， ∴，， ∴， 同理， ∴， 同理， ∴， ∴， 同理，， ∴飞镖命中阴影区域的概率为． 故答案为：． 题●型●训●练 1．（2025·四川成都·模拟预测）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义是解此题的关键，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，不符合题意； B、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，不符合题意； C、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，符合题意； D、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形；绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 2．（2025·四川眉山·中考真题）如图，直线l与正五边形的边分别交于点M、N，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和、对顶角相等，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键； 先根据多边形的内角和计算出，再根据四边形的内角和是360度求出，结合对顶角相等即可得到答案. 【详解】解：∵正五边形， ∴， ∴， ∵， ∴； 故选：C. 3．（2025·四川攀枝花·中考真题）已知直角坐标系，点在该坐标系中的坐标为，现将直角坐标系绕点按逆时针方向旋转到的位置，则点在新坐标系中的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查旋转，点的坐标；根据题意得到点在新坐标系中的第一象限，且与原来横纵坐标互换，均为正数，即可求出． 【详解】解：将直角坐标系绕点按逆时针方向旋转到的位置， ∴此时点在新坐标系中的第一象限，且原来横纵坐标互换均为正数， ∴点在新坐标系中的坐标为， 故选：B． 4．（2025·四川成都·三模）如图，将三角形沿水平方向向左平移到三角形的位置．已知，，则的长是______． 【答案】6 【分析】本题考查的是平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等．根据平移的性质求出，即可求得答案． 【详解】解：由平移的性质可知：， ． 故答案为：6． 5．（2026·四川成都·一模）如图，在平行四边形中，E是线段上一点，连接与相交于点F，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质． 证明，再结合平行四边形的性质求解即可． 【详解】解：∵， ∴ ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 6．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，三线合一，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 过点D作于G，过点F作于H，由正方形的性质得到；由线段中点的定义得到，由勾股定理求出，解直角三角形可得；可证明，解得到，由三线合一定理得到，则；解得到，，则，在中，由勾股定理得，即可解题． 【详解】解：如图所示，过点D作于G，过点F作于H， ∵四边形是边长为2的正方形， ∴； ∵为的中点， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； ∵， ∴， ∴； 在中，， ∵，， ∴， ∴； 在中，， ， ∴， 在中，由勾股定理得． 故选：B． 7．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， 菱形的面积， ， 故答案为：． 8．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，点D为的中点，将沿翻折得到，连接，若，，则的长为_________． 【答案】9 【分析】如图：连接，延长交于点H，作交的延长线于点F，由点D为的中点可得，由此得，垂直平分，则，垂直平分，可证，则，再证明，则、，所以；设，则；所以，则，所以，而，得，即，所以，求得，则，所以． 【详解】解：如图：连接，延长交于点H，作交的延长线于点F，则． ∵点D为的中点 ∴． ∵将沿翻折得到，连接， ∴，点E与点A关于直线对称． ∴，垂直平分． ∵， ∴， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． 设，则． ∴． ∵，且， ∴． 整理得：， ∴， ∴，即， 解得（不符合题意，舍去），（不符合题意，舍去）， ∴， ∴． 故答案为：9． 【点睛】本题主要考查翻折变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确地添加辅助线是解题的关键． 9．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，由正方形与旋转可得在轴上，，结合，可得，，进一步可得答案. 【详解】解：∵正方形的边长为5，边在轴上，将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形． ∴，在轴上，， ∵， ∴，， ∴， 故选：A 10．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)的度数为． 【分析】本题考查直角三角形的两个锐角互余，平行线的判定，平行四边形的判定和性质． （1）由直角三角形的两个锐角互余，结合已知可得，即可证得结论； （2）由（1）得，结合已知可证四边形是平行四边形，从而可得的度数． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：由（1）得， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的度数为． 11．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 四边形与图形变换、折叠 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01   平行四边形、矩形、菱形、正方形性质与判定 题型02 多边形内角和、外角和 题型03 图形变换：平移、旋转、轴对称、中心对称 题型04 图形折叠问题 题型05 四边形线段、面积计算 题型06 中点四边形 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平行四边形、矩形、菱形、正方形性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·四川成都·中考真题）下列命题中，假命题是（   ） A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直 C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等 【典例02】（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（   ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 四川中考几何核心考点，解答题必考，多为证明题或计算综合题，是四边形模块的基础： 1.基础判定：根据已知条件，判定一个四边形是平行四边形、矩形、菱形或正方形，常作为解答题第一问。 2.性质应用：利用特殊四边形的边、角、对角线性质，进行线段长度、角度、周长或面积的计算。 3.综合判定：结合全等三角形、勾股定理，证明一个平行四边形是矩形/菱形，或进一步证明为正方形。 4.动态判定：点的移动过程中，判断何时构成特殊四边形，常与函数结合。 方法技能 1.判定思路梳理：先判定为平行四边形，再升级为特殊图形。 · 平行四边形升级为矩形：有一个角是直角；对角线相等。 · 平行四边形升级为菱形：有一组邻边相等；对角线互相垂直。 · 升级为正方形：既是矩形又是菱形；对角线互相垂直平分且相等。 2.解题关键：优先分析对角线的关系，利用对角线性质是判定特殊四边形的常用突破口。 变式演练 【变式01】（2025·四川泸州·中考真题）矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角相等 【变式02】（2026·四川成都·一模）下列关于特殊四边形性质的说法，正确的是（    ） A．矩形的对角线互相垂直且平分 B．正方形的对角线相等且互相垂直平分 C．菱形的对角线相等且互相平分 D．平行四边形是中心对称图形也是轴对称图形 【变式03】（2025·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，对角线和相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 题型02 多边形内角和、外角和 典例引领 【典例01】（2025·四川雅安·中考真题）正六边形的外角和是______度． 【典例02】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（   ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 四川中考基础送分考点，多为选择、填空题，偶尔与正多边形性质结合考查： 1.基础计算：求多边形的内角和、外角和，或已知内角和/边数，反求边数/内角和。 2.正多边形性质：求正多边形的每个内角、外角的度数，或已知一个内角/外角求边数。 3.综合应用：结合镶嵌、角度计算考查。 方法技能 1.核心公式： · n边形内角和：(n-2)×180° · 多边形外角和：恒为 360°（与边数无关） · 正n边形每个内角：(n-2)×180°÷n，每个外角：360°÷n 2.解题技巧：已知内角求边数时，优先用外角和公式（外角= 180°-内角，边数= 360°÷外角），比内角和公式更简便。 变式演练 【变式01】（2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【变式03】（2026·四川成都·一模）七巧桌的设计灵感源自宋代黄伯思的《燕几图》，由其演变的七巧板，在西方被称为“唐图”，也叫“东方魔板”，是古代智慧的体现．下图是一张七巧桌，可以看作一个六棱柱，则其俯视图的内角和为_____________度． 题型03 图形变换：平移、旋转、轴对称、中心对称 典例引领 【典例01】（2025·四川绵阳·中考真题）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·四川·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【典例03】（2025·四川凉山·中考真题）如图，将周长为20的沿方向平移2个单位长度得，连接，则四边形的周长为______． 方法透视 考向解读 四川中考高频考点，多为选择、填空题，也常作为解答题的背景条件出现： 1.基础识别：判断图形是轴对称/中心对称图形，或判断变换类型。 2.坐标变换：已知点/图形的坐标，经过平移、旋转、轴对称后，求新的坐标。 3.变换性质应用：利用变换前后图形全等的性质，求线段长度、角度或面积。 4.综合几何题：旋转、平移常与全等三角形、特殊四边形结合，构造几何模型（如手拉手模型）。 方法技能 1.变换性质速记： · 平移：对应点连线平行（或共线）且相等，图形全等，方向不变。 · 轴对称：对应点连线被对称轴垂直平分，图形全等，对应角、对应边相等。 · 中心对称：对应点连线经过对称中心，且被对称中心平分，图形全等。 · 旋转：对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，图形全等。 2.坐标变换规律： · 平移：左减右加横坐标，上加下减纵坐标。 · 关于 x 轴对称：横坐标不变，纵坐标取反。 · 关于 y 轴对称：纵坐标不变，横坐标取反。 · 绕原点旋转 180°：横、纵坐标都取反。 3.解题关键：抓住 “变换前后图形全等” 这一核心，利用全等的性质转化线段和角度关系。 变式演练 【变式01】（2025·四川凉山·中考真题）以下字母是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【变式02】（2026·四川成都·一模）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式03】（2026·四川成都·二模）如图，将菱形绕点A逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点E，若，，则的长为 _____________ ． 题型04 图形折叠问题 典例引领 【典例01】（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形中，点、分别在上，且，把沿翻折，点恰好落在矩形对角线上的点M处．若A、、三点共线，则的值为________． 【典例02】（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为______． 方法透视 考向解读 四川中考几何高频易错点，多为选填压轴或解答题的计算小问，难度中等： 1.角度计算：利用折叠前后角相等的性质，求未知角的度数，常与平行线、三角形内角和结合。 2.线段计算：利用折叠前后线段相等的性质，结合勾股定理、相似三角形求线段长度。 3.综合问题：矩形/菱形折叠后，求重叠部分面积、折痕长度，或判断折叠后图形的形状。 方法技能 1.核心原理：折叠的本质是轴对称变换，折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线。 2.解题步骤： · 标记折叠前后相等的线段和角。 · 设未知数，利用勾股定理或相似三角形列方程求解。 · 结合图形性质（如矩形的直角、菱形的边相等）简化计算。 3.常见模型：矩形沿对角线折叠、顶点折叠到对边上、菱形沿对角线折叠等，优先找含未知数的直角三角形用勾股定理求解。 变式演练 【变式01】（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·四川成都·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，，，点在边上，且，点为边上的一动点，连接，，将沿直线翻折，点的对应点为点，连接，若点，，在同一直线上，则的值为________． 【变式03】（2026·四川达州·一模）如图，将正方形纸片沿折叠，使点C的对称点E落在边上，点D的对称点为点F，交于点G，连接交于点H，连接．下列四个结论中：①平分；②；③；④，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 题型05 四边形线段、面积计算 典例引领 【典例01】（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．4 【典例02】（2025·四川雅安·中考真题）如图，E，F分别是正方形边上的点，且的周长是正方形边长的2倍，交于点交于点N，若，，则______． 方法透视 考向解读 四川中考解答题常考计算题型，多为四边形证明后的第二问，是拉开差距的关键小问： 1.线段长度计算：利用勾股定理、相似三角形、三角函数，求四边形的边长、对角线长或高。 2.面积计算：直接利用公式计算，或通过割补法、等积法、坐标法求四边形的面积。 3.最值问题：求四边形内线段的最值、面积的最值，常与函数、几何变换结合。 方法技能 1.面积计算核心方法： · 直接公式法：平行四边形面积 = 底 × 高；矩形 / 正方形 = 长 × 宽；菱形 = 对角线乘积的一半。 · 割补法：将不规则四边形分割成三角形、矩形等规则图形，分别计算面积再求和。 · 坐标法：在平面直角坐标系中，利用坐标公式或割补法求面积。 · 等积转化：利用同底等高的三角形面积相等，转化为易求的图形面积。 2.线段计算技巧： · 优先找直角三角形，用勾股定理。 · 有相似条件时，用相似三角形的比例关系。 · 有特殊角（30°/45°/60°）时，用三角函数简化计算。 变式演练 【变式01】（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 【变式02】（2025·四川·中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点O，则的长为__________． 【变式03】（2026·四川成都·一模）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 题型06 中点四边形 典例引领 【典例01】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 【典例02】（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 方法透视 考向解读 四川中考四边形模块特色考点，多为选择、填空题，或作为解答题的拓展问题： 1.基础判定：已知原四边形的形状，判断其中点四边形的形状。 2.反向判定：已知中点四边形的形状，反推原四边形的对角线特征。 3.性质计算：利用中点四边形的性质，计算其周长、面积与原四边形的关系。 方法技能 1.核心原理：中点四边形的形状由原四边形的对角线关系决定，本质是三角形中位线定理的应用。 2.中点四边形规律： · 原四边形为任意四边形→中点四边形为平行四边形。 · 原四边形对角线相等→中点四边形为菱形。 · 原四边形对角线互相垂直→中点四边形为矩形。 · 原四边形对角线相等且互相垂直→中点四边形为正方形。 3.补充结论：中点四边形的周长等于原四边形对角线长度之和；面积等于原四边形面积的一半。 变式演练 【变式01】（2025·四川广安·模拟预测）下列命题是真命题的是（    ） A．顺次连接对角线相等的四边形各边中点得到的四边形是矩形 B．要了解神舟飞船零件质量情况，适合采用抽样调查 C．方程有两个不相等的实数根 D．若一次函数的图象不过第四象限，则 【变式02】（2025·四川泸州·一模）如图顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（   ） A．6 B．6.5 C．7 D．7.5 【变式03】（2026·四川成都·一模）如图，给定任意四边形．进行以下操作：第一次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第二次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第三次操作：连接四边形各边中点，得到四边形．现向四边形内部随机投掷一枚飞镖（忽略边界情况），则飞镖命中阴影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率为_____． 题●型●训●练 1．（2025·四川成都·模拟预测）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025·四川眉山·中考真题）如图，直线l与正五边形的边分别交于点M、N，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·四川攀枝花·中考真题）已知直角坐标系，点在该坐标系中的坐标为，现将直角坐标系绕点按逆时针方向旋转到的位置，则点在新坐标系中的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·四川成都·三模）如图，将三角形沿水平方向向左平移到三角形的位置．已知，，则的长是______． 5．（2026·四川成都·一模）如图，在平行四边形中，E是线段上一点，连接与相交于点F，若，则（   ） A． B． C． D． 6．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______． 8．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，点D为的中点，将沿翻折得到，连接，若，，则的长为_________． 9．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 10．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 11．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $