专题04 相似与四边形（复习讲义）（北京专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题03 相似与四边形 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 相似与四边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：多边形 题型二：相似与四边形 题型三：四边形的性质与判定 必备知识 知识1 相似 知识2 解三角形求长度 命题预测 命题 透视 命题形式：呈现 “新材料、新情境、新问题” 特点，以文字、图表、表格为载体，突出对运算能力、建模能力、逻辑推理的考查，渗透数学文化与应用意识。 命题内容： 1）相似：侧重相似判定，常与四边形结合，以线段长度计算为主。 2）四边形的性质判定：菱形、矩形的判定为核心考点，求长度做辅助线解线段的长度。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 多边形 T3：多边形内角和 T8：菱形性质；旋转性质 T8：矩形性质 T4：多边形内角和 相似与四边形 T15：正方形的性质 T15：正方形的性质判定；解直角三角形 T14：相似性质 T15：相似性质 T14：菱形判定 四边形的性质与判定 T20：矩形判定；三角形中位线 T7：平四判定；三角形的中位线；解直角三角形；勾股定理解三角形 T20：矩形判定；解直角三角形 T21：平行四边形判定；菱形判定 T22：平行四边形判定；解直角三角形 命题预测 1. 考情预测 · 相似与四边形： · 核心考点：相似三角形的判定，根据对应比例求出线段长度。 · 四边形的性质与判定： · 核心考点：平行四边形、矩形、菱形的判定，三角形中位线定理，解直角三角形。 2. 备考建议 · 夯实基础：熟练掌握四边形的性质与判定，三角形中卫西安定理的性质，确保基础题不失分。 · 强化综合：重点训练解直角三角形求长度，总结解题模板。 · 关注创新：熟悉新定义、规律探究类题型，培养迁移与推理能力。 考点一 相似四边形 题型一 多边形 1）多边形内角和：180°（n-2）； 2）正多边形性质：每条边长度相等，每个内角/外角的度数相等；正多边形的边数也可以用外角和360°除以每个外角的度数来求。 1．(25-26九下·北京海淀区·模拟)若一个五边形的每个内角都是，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查多边形内角和公式的应用．先利用边形内角和公式求出五边形的内角和，再结合每个内角相等的条件列方程求解即可． 【详解】∵边形内角和公式为， ∴五边形的内角和为， ∵五边形的每个内角都是， ∴， 解得：． 故选：A． 2．(24-25九·北京三帆中学·模拟)若正多边形的一个顶点出发有条对角线，则该正多边形的边数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形对角线的条数问题，解题关键是掌握多边形对角线的条数求法． 根据正多边形的一个顶点出发有15条对角线，列出方程求解． 【详解】解：设该正多边形的边数是， ∵正多边形的一个顶点出发有15条对角线， ∴，解得：， 故选：D． 3．(25-26九下·北京第八中学·月考)若一个八边形每个内角都为，则的值是（   ） A．135 B．120 C．115 D．100 【答案】A 【分析】先根据多边形内角和公式求出内角和，再结合题意“每个内角相等”，即可求出的值． 【详解】解：八边形的内角和为， 该八边形每个内角均为， ． 题型二 相似与四边形 1）平四及特殊的四边形对边平行，总会出8字、A字相似三角形； 2）双垂直模型又叫射影定理，填空题中直接用结论： 1．(25-26九下·北京西城区德胜中学·模拟)如图，在正方形中，点E在上，连接交对角线于点F，若，则________． 【答案】 【分析】由正方形的性质和勾股定理求出的长，证明求出，即可得到． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴． 2．(25-26九下·北京十一学校·月考)如图，在矩形中，，，点为延长线上一点，且．连接交边于点，过点作于点，则线段的长为______． 【答案】 【分析】利用求出的长，得到的长，再利用勾股定理求出的长，最后利用三角形的面积解答即可求解． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵于点， ∴， ∴． 3．(25-26九·北京第五中学分校·零模)如图，在矩形中，，点是边延长线上一点，，点是边上一点，，连接并延长交于点，则的长为_____． 【答案】10 【分析】根据，证明，过点G作于点M，则四边形是矩形，得到，， 在中，根据勾股定理，得． 【详解】解：∵矩形，， ∴， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点G作于点M， 则四边形是矩形， ∴， ∴， 在中， 根据勾股定理，得． 题型三 四边形的性质与判定 1．(25-26九下·北京十一学校龙樾实验中学·零模)如图，在中，于点，，分别为，的中点，为边上一点，，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若点是的中点，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先根据直角三角形斜边上的中线性质得到，进而可证明得到，再根据三角形的中位线性质证得，然后根据平行四边形的判定可证得结论； （2）根据正切定义可设，则，根据中点的定义，平行四边形的性质可求出，根据三角形中位线定理得出，求出，则，，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵F为边中点，， ∴为斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵E，F分别为，的中点， ∴为的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，， ∴设，则， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴． 2．(25-26九下·北京首都师范大学附属中学·零模)如图，菱形的对角线相交于点，取中点，连接并延长，使得，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，过点作的垂线交于点，连接．求菱形的面积． 【答案】(1)见详解； (2) 【分析】（1）根据菱形的性质可得 、 ，证明 得出，，即可得出，，即可证明四边形是平行四边形，进而根据，即可得证； （2）过点作的垂线交于点，连接．点G在的垂直平分线上，，，由（1）得，则，，，，根据计算即可． 【详解】（1）解：是菱形， ∴,, 是的中点，则 四边形是平行四边形， 四边形是矩形； （2）解：过点作的垂线交于点，连接． ∵，，， ∴点G在的垂直平分线上，，， ∴， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 3．(25-26九下·北京三帆中学·零模)如图，在四边形中，，E是的中点，，交于点F，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明是的中位线，得，又，可得四边形是平行四边形，得；再证明，得，可证明四边形是菱形； （2）过点作于点，根据求出，，由勾股定理得出，在中，由勾股定理得． 【详解】（1）证明：∵， ∴是的中点， 又为的中点， ∴是的中位线， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； 设与交于点，则， 又，， ∴， ∴， 又三点在同一条直线上， ∴，即， ∴四边形是菱形； （2）解：过点作于点，如图， 由（1）得四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，． 4．(25-26九下·北京师达中学·零模)在中，，．点在射线上，连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上）．过点作，交直线于点． (1)如图1，当，点与点重合时，求证：； (2)如图2，当点在线段上时，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）由旋转的性质可得，即，易得，再证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质即可证明结论； （2）如图：延长到点G，使，连接，易得垂直平分，可得，，进而得到；然后证明可得，，再说明，利用等角对等边以及等量代换可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答． 【详解】（1）解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上） ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）解：，证明如下： 如图：延长到点G，使，连接， ∵， ∴， ， ， ∵， ∴垂直平分， ∴，， ， ∴， ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上）， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 知识1 相似 1.基本概念  定义：三个角分别相等，三条边对应成比例，两三角形相似。  符号：△ABC∽△A′B′C′  核心：形状相同、大小不同；对应角相等，对应边成比例。  相似比：对应边的比值，注意顺序不能乱（北京大题扣分点）. 2.判定定理  1）平行判定（A 型、X 型） 平行于三角形一边的直线，截另外两边，构成的三角形与原三角形相似。  2）两角分别相等（AA，最常用） 两组对应角相等 → 相似（北京中考使用率最高）。  3）两边成比例且夹角相等（SAS） 两组对应边成比例，夹角相等 → 相似。  4）三边对应成比例（SSS） 三组对应边依次成比例 → 相似。  5）直角三角形特殊判定 斜边、直角边成比例 → 两个 Rt△相似。 3.解题思路  ①找平行、找等角 → 优先 AA 证相似；  ②有直角、有垂直 → 想双垂直；  ③求边长、比值 → 列比例式方程求解；  ④大题步骤：先导角→证相似→列比例→代值计算 / 证明 知识2 解直角三角形 1. 解直角三角形条件与类型： 在直角三角形中，已知2 个条件（至少 1 条边），求其余边、角。 1 已知两边 → 先用勾股定理，再求三角函数求角 2 已知一边一角 → 用三角函数列等式求边 3 直角三角形两个锐角互余： 2.核心解题思路 ①无直角→作高 遇斜三角形、四边形、实际测量题，过定点作垂线，构造直角三角形 ② 双直角共边模型 两个直角三角形共用一条高，设未知数，列方程求解 ③等角转化 平行线、互余、对顶角转移角，统一锐角再用三角函数 1．(2025·北京中考真题)若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（    ） A．60 B．90 C．120 D．150 【答案】C 【分析】本题考查了多边形内角和公式，即，其中为边数，利用多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：∵一个六边形的每个内角都是， ∴每个内角的度数为：， 故选：C． 2．(24-25九下·北京中国人民大学附属中学·模拟)正十边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形外角和定理，根据多边的外角和是解答即可． 【详解】解：∵多边形的外角和为， ∴正十边形的外角和为， 故选：D． 3．(2025·北京密云区·一模)若一个多边形的每个内角都是相邻外角的2倍，则这个多边形的边数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】此题主要考查了多边形的内角和外角的关系，关键是计算出外角的度数，进而得到边数．设多边形的每个外角的度数为，则内角为，根据一个正多边形的内角和外角互补关系列方程求解出正多边形的外角，再根据多边形的外角和等于即可求出正多边形的边数． 【详解】解：设多边形的每个外角的度数为，则内角为， 根据题意，可得， 解得， ∴这个多边形的数是． 故选：A． 4．(25-26九下·北京师达中学·零模)如图，在正方形中，，点在上，连接，经过点、作的垂线，垂足分别为点，，若，则的面积为_____． 【答案】 【分析】用勾股定理求出的长，利用“角角边”证明，由全等三角形性质得，，设，则，根据勾股定理得方程，求解可得，最后根据三角形面积公式即可得解． 【详解】解：依题意得：，， ，， 在正方形中，，， ， 中，， ， 在和中， ， ， ，， 设，则， 中，， 中，， ， 即， 解得， 即， ． 5．(25-26九下·北京八一教育集团·零模)如图，矩形中，，分别为，的中点，且，，则的长为___________． 【答案】 【分析】设，根据四边形是矩形，可得，根据，可得，则，可得的长，据此即可求解． 【详解】解：设， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵E、F分别为、的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴（负值已舍）， ∴． ∴． 6．(25-26九下·北京第四中学·月考)如图，是等腰直角三角形的边的中点，且是平面内一个动点，且与点之间的距离为2，连接，则的最大值为___________；将线段绕点逆时针旋转，得到线段，取线段的中点，连接，则的最小值为___________． 【答案】 / / 【分析】利用勾股定理得到，再结合直角三角形的斜边中线，得到，根据题意可知，点在以点为圆心，为半径的圆上运动，即可求出的最大值；连接、，延长至点，使得，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接、、，根据三角形中位线定理，得到，结合旋转的性质，证明，得到，则点在以点为圆心，为半径的圆上运动，当、、三点共线时，最小，最小值为，即可求出的最小值． 【详解】解：如图，连接、， 在等腰直角三角形中，， ， 是边的中点， ， 是平面内一动点，且与点之间的距离为2， 点在以点为圆心，为半径的圆上运动， 的最大值为； 延长至点，使得，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接、、， 是的中位线， ， 由旋转的性质可知，，，， 在中，， ， ， ， ， ， 点在以点为圆心，为半径的圆上运动， ， 当、、三点共线时，最小，最小值为， 的最小值为， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的斜边中线，旋转的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，线段的最值问题等，根据题意得出点的运动轨迹是解题关键． 7．(25-26九下·北京十一学校·月考)如图，四边形是平行四边形，，相交于点，为边的中点，连接，过点作于点，过点作于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形是菱形，且，，求矩形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)矩形的面积为24． 【分析】（）由平行四边形的性质得，进而证明是的中位线，得，再证明四边形是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （）根据菱形的性质得到，，由，设，，根据勾股定理得到，求得，，据此计算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵为的中点, ∴是的中位线， ∴， ∵，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵，即， 设，， 由勾股定理得，即， 解得（舍去负值）， ∴，， ∵，是的中位线， ∴，， 解得，， ∴矩形的面积． 8．(25-26下·北京顺义牛栏山第一中学实验学校·月考)如图，在中，对角线，交于点O，，过点B作于点E． (1)求证：是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，进而得到，从而得出结论； （2）根据矩形和垂线的性质得到，在中，，利用勾股定理求出的长． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， 、， ， ， ， 即， 是矩形； （2）解：由（1）知，是矩形， ， ， ， ， ， 在中，， ． 9．(25-26九·北京西城区德胜中学·模拟)如图，在中，是边上的中线，过点D作于点E，过点C作交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）可证明，再由即可证明结论； （2）根据直角三角形的性质得到，，解直角三角形得到，则，，由平行四边形的性质得到；解直角三角形求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， 又∵，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵在中，是边上的中线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴； 在中，， ∴． 10．(25-26九下·北京大兴区第七中学·月考)如图，在矩形中，E，F分别是上的点，连接，，过点F作交于点G，连接，相交于点O． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等，即可得出结论； （2）先求出的长，正切值求出的长，进而求出的长，再根据正切值求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 由（1）知：四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 11．(25-26九下·北京师达中学·零模)如图，在中，，点在上，．过点分别作的平行线交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据条件先证明四边形是平行四边形，再利用等角对等边证明即可； （2）过点作于点，利用三线合一和锐角三角函数比求得，进而利用勾股定理可求和的长度． 【详解】（1）证明：，， ∴四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ∴， ， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，过点作于点， ，，且， ∴， ∵， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ， ， ， 在中，由勾股定理得． 12．(25-26九下·北京大兴区第七中学·月考)如图，在中，，，D是边上的一点，E是中点，F是的中点，连接，射线绕点A顺时针旋转 ，得到射线，过点F作，连接，取中点H，连． (1)求证：； (2)用等式表示，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和证明即可； （2）延长至点，使，连接、、，证明≌，得到，，证明，得到，最后结合中位线定理即可解题． 【详解】（1）证明：由题意知，， ∵， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴； （2）解：；理由如下： 如图，延长至点，使，连接、、， 可知垂直平分， ∴，； ∵F是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴； 由（1）知，， ∴， ， ； ∵， ∴； 在和中， ， ∴≌， ∴， ∵E是的中点，是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． 13．(25-26九下·北京一零一教育集团·零模)在中，，，点在边上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，在线段的延长线上取一点，使得，连接． (1)如图1，若，且点与点重合，求证：四边形是菱形； (2)如图2，请补全图形，猜想直线与的位置关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)图见解析，，证明见解析 【分析】（1）由旋转的性质可得，，根据含角的直角三角形的性质可得，因此．由可推断，从而证明四边形是平行四边形，再结合，即可证明四边形是菱形； （2）按要求补全图形，延长至点，使得，连接、，容易证明，则，．通过等量代换可得，进而证明，则，．通过等量代换可得，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得，从而证明． 【详解】（1）证明：根据旋转的性质可得，，， 在直角中，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：补全图形如图所示， 猜想：， 证明：延长至点，使得，连接、， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 由旋转的性质可得，，， ∴， ∵， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴． 14．(25-26九·北京中国人民大学附属中学·)如图，在中，，，点D在射线上，将射线绕点D逆时针旋转，所得射线交直线于点E，点F为的中点，连接． (1)如图1，若，求证：． (2)如图2，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． ①依题意补全图形； ②用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②，证明见解析 【分析】（1）根据三角形内角和定理得到，，结合题意得到是的中位线，由此即可求证； （2）①按题意补全图形：将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．②在的延长线上取一点，使，连接，，令交于点Q．证明，再证得到和，接着利用三角形内角和证明，再证得到，最后利用中位线定理得到，从而推出． 【详解】（1）证明：根据题意，， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点是线段的中点， 又∵F为的中点， ∴是的中位线，即， ∴， ∴； （2）解：①补全图形如下：在图2中，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． ②，证明如下： 在的延长线上取一点，使，连接，，，令交于点Q， ，， 垂直平分， ， ， 由旋转得，， ， ， ， ，， ， ，， ，， ∴， 在中，， ， ， ∵，，， ∴， ∴， 由（1）可知，， 在和中， ， ， ， ，为的中点， 是的中位线， ， ， ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 相似与四边形 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 相似与四边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：多边形 题型二：相似与四边形 题型三：四边形的性质与判定 必备知识 知识1 相似 知识2 解三角形求长度 命题预测 命题 透视 命题形式：呈现 “新材料、新情境、新问题” 特点，以文字、图表、表格为载体，突出对运算能力、建模能力、逻辑推理的考查，渗透数学文化与应用意识。 命题内容： 1）相似：侧重相似判定，常与四边形结合，以线段长度计算为主。 2）四边形的性质判定：菱形、矩形的判定为核心考点，求长度做辅助线解线段的长度。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 多边形 T3：多边形内角和 T8：菱形性质；旋转性质 T8：矩形性质 T4：多边形内角和 相似与四边形 T15：正方形的性质 T15：正方形的性质判定；解直角三角形 T14：相似性质 T15：相似性质 T14：菱形判定 四边形的性质与判定 T20：矩形判定；三角形中位线 T7：平四判定；三角形的中位线；解直角三角形；勾股定理解三角形 T20：矩形判定；解直角三角形 T21：平行四边形判定；菱形判定 T22：平行四边形判定；解直角三角形 命题预测 1. 考情预测 · 相似与四边形： · 核心考点：相似三角形的判定，根据对应比例求出线段长度。 · 四边形的性质与判定： · 核心考点：平行四边形、矩形、菱形的判定，三角形中位线定理，解直角三角形。 2. 备考建议 · 夯实基础：熟练掌握四边形的性质与判定，三角形中卫西安定理的性质，确保基础题不失分。 · 强化综合：重点训练解直角三角形求长度，总结解题模板。 · 关注创新：熟悉新定义、规律探究类题型，培养迁移与推理能力。 考点一 相似与四边形 题型一 多边形 1）多边形内角和：180°（n-2）； 2）正多边形性质：每条边长度相等，每个内角/外角的度数相等；正多边形的边数也可以用外角和360°除以每个外角的度数来求。 1．(25-26九下·北京海淀区·模拟)若一个五边形的每个内角都是，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25九·北京三帆中学·模拟)若正多边形的一个顶点出发有条对角线，则该正多边形的边数是（   ） A． B． C． D． 3．(25-26九下·北京第八中学·月考)若一个八边形每个内角都为，则的值是（   ） A．135 B．120 C．115 D．100 题型二 相似与四边形 1）平四及特殊的四边形对边平行，总会出8字、A字相似三角形； 2）双垂直模型又叫射影定理，填空题中直接用结论： 1．(25-26九下·北京西城区德胜中学·模拟)如图，在正方形中，点E在上，连接交对角线于点F，若，则________． 2．(25-26九下·北京十一学校·月考)如图，在矩形中，，，点为延长线上一点，且．连接交边于点，过点作于点，则线段的长为______． 3．(25-26九·北京第五中学分校·零模)如图，在矩形中，，点是边延长线上一点，，点是边上一点，，连接并延长交于点，则的长为_____． 题型三 四边形的性质与判定 1．(25-26九下·北京十一学校龙樾实验中学·零模)如图，在中，于点，，分别为，的中点，为边上一点，，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若点是的中点，，，求的长． 2．(25-26九下·北京首都师范大学附属中学·零模)如图，菱形的对角线相交于点，取中点，连接并延长，使得，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，过点作的垂线交于点，连接．求菱形的面积． 3．(25-26九下·北京三帆中学·零模)如图，在四边形中，，E是的中点，，交于点F，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 4．(25-26九下·北京师达中学·零模)在中，，．点在射线上，连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上）．过点作，交直线于点． (1)如图1，当，点与点重合时，求证：； (2)如图2，当点在线段上时，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 知识1 相似 1.基本概念  定义：三个角分别相等，三条边对应成比例，两三角形相似。  符号：△ABC∽△A′B′C′  核心：形状相同、大小不同；对应角相等，对应边成比例。  相似比：对应边的比值，注意顺序不能乱（北京大题扣分点）. 2.判定定理  1）平行判定（A 型、X 型） 平行于三角形一边的直线，截另外两边，构成的三角形与原三角形相似。  2）两角分别相等（AA，最常用） 两组对应角相等 → 相似（北京中考使用率最高）。  3）两边成比例且夹角相等（SAS） 两组对应边成比例，夹角相等 → 相似。  4）三边对应成比例（SSS） 三组对应边依次成比例 → 相似。  5）直角三角形特殊判定 斜边、直角边成比例 → 两个 Rt△相似。 3.解题思路  ①找平行、找等角 → 优先 AA 证相似；  ②有直角、有垂直 → 想双垂直；  ③求边长、比值 → 列比例式方程求解；  ④大题步骤：先导角→证相似→列比例→代值计算 / 证明 知识2 解直角三角形 1. 解直角三角形条件与类型： 在直角三角形中，已知2 个条件（至少 1 条边），求其余边、角。 1 已知两边 → 先用勾股定理，再求三角函数求角 2 已知一边一角 → 用三角函数列等式求边 3 直角三角形两个锐角互余： 2.核心解题思路 ①无直角→作高 遇斜三角形、四边形、实际测量题，过定点作垂线，构造直角三角形 ② 双直角共边模型 两个直角三角形共用一条高，设未知数，列方程求解 ③等角转化 平行线、互余、对顶角转移角，统一锐角再用三角函数 1．(2025·北京中考真题)若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（    ） A．60 B．90 C．120 D．150 2．(24-25九下·北京中国人民大学附属中学·模拟)正十边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 3．(2025·北京密云区·一模)若一个多边形的每个内角都是相邻外角的2倍，则这个多边形的边数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 4．(25-26九下·北京师达中学·零模)如图，在正方形中，，点在上，连接，经过点、作的垂线，垂足分别为点，，若，则的面积为_____． 5．(25-26九下·北京八一教育集团·零模)如图，矩形中，，分别为，的中点，且，，则的长为___________． 6．(25-26九下·北京第四中学·月考)如图，是等腰直角三角形的边的中点，且是平面内一个动点，且与点之间的距离为2，连接，则的最大值为___________；将线段绕点逆时针旋转，得到线段，取线段的中点，连接，则的最小值为___________． 7．(25-26九下·北京十一学校·月考)如图，四边形是平行四边形，，相交于点，为边的中点，连接，过点作于点，过点作于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形是菱形，且，，求矩形的面积． 8．(25-26下·北京顺义牛栏山第一中学实验学校·月考)如图，在中，对角线，交于点O，，过点B作于点E． (1)求证：是矩形； (2)若，，求的长． 9．(25-26九·北京西城区德胜中学·模拟)如图，在中，是边上的中线，过点D作于点E，过点C作交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 10．(25-26九下·北京大兴区第七中学·月考)如图，在矩形中，E，F分别是上的点，连接，，过点F作交于点G，连接，相交于点O． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 11．(25-26九下·北京师达中学·零模)如图，在中，，点在上，．过点分别作的平行线交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 12．(25-26九下·北京大兴区第七中学·月考)如图，在中，，，D是边上的一点，E是中点，F是的中点，连接，射线绕点A顺时针旋转 ，得到射线，过点F作，连接，取中点H，连． (1)求证：； (2)用等式表示，之间的数量关系，并证明． 13．(25-26九下·北京一零一教育集团·零模)在中，，，点在边上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，在线段的延长线上取一点，使得，连接． (1)如图1，若，且点与点重合，求证：四边形是菱形； (2)如图2，请补全图形，猜想直线与的位置关系，并证明． 14．(25-26九·北京中国人民大学附属中学·开学考)如图，在中，，，点D在射线上，将射线绕点D逆时针旋转，所得射线交直线于点E，点F为的中点，连接． (1)如图1，若，求证：． (2)如图2，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． ①依题意补全图形； ②用等式表示线段与的数量关系，并证明． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $