查漏补缺05 四边形综合高频易错专练5大考点18题型（专项训练）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

**基本信息** 以“漏洞扫描-通法锤炼-能力强化”三阶体系为核心，聚焦四边形高频易错点，通过分类题型提炼通法，强化知识联动与思维迁移，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |多边形|3题型12题|公式直接应用、截角分类讨论|从内角和/外角和公式到截角动态变化，构建多边形计算体系| |平行四边形|3题型12题|性质直接套用、判定定理优选|性质与判定双向联动，结合全等实现简单到综合推理| |特殊平行四边形|4题型16题|矩形/菱形/正方形特性分步应用|从平行四边形基础拓展，叠加特殊条件形成判定链条| |梯形|2题型8题|辅助线添加（双高/平移腰）|通过辅助线转化为三角形+矩形，实现复杂图形拆解| |综合问题|6题型24题|中位线/折叠/动点/最值模型|融合三角形全等、勾股定理，构建四边形高阶思维网络|

查漏补缺05 四边形综合高频易错专练 内容导航 漏洞扫描 通法锤炼 能力强化 考点查缺 漏洞扫描 精准补漏：系统扫描知识图谱，精准定位知识薄弱环节，实施靶向弥补，夯实基础 题型突破 考点精研 通法锤炼：淬炼以简驭繁的通用解题方法，实现从“会一题”到“通一类”的能力跃迁 融会贯通 实战淬炼 能力强化：打破单一知识点壁垒，强化知识联动与思维迁移，完成高阶能力整合 考点01 多边形的内角和与外角和 1.n 边形内角和公式：(n-2)×180°. 2.任意多边形外角和：固定为 360°. 3.n 边形对角线条数：. 4.多边形截角规律：边数“+1、不变、-1”，对应内角和改变. 5.正多边形内角度数：内角和 ÷ 边数. 6.正多边形外角度数：360°÷ 边数. 题型一：多边形对角线的计算 直接套用多边形内角和、总对角线条数核心公式；知边数求条数，知条数列方程反求边数，最后核验边数为正整数即可。 混淆顶点对角线与总对角线公式；算出边数不检验，出现小数、负数不舍去，造成无谓失分。 1．（2025·四川凉山·中考真题）已知一个多边形的内角和是它外角和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（    ）条对角线 A．6 B．7 C．8 D．9 2．（2025·北京·三模）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．（2025·山东济南·一模）若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 4．（2026·陕西西安·模拟预测）如果一个正多边形的每个内角都等于，那么从这个正多边形的一个顶点出发，可以作______条对角线． 题型二：多边形截角后的内角和问题 按截角是否过顶点分三类讨论，判断边数加1、不变或减1，再代入内角和公式直接计算，全覆盖不遗漏。 只会单一情况，不会分类讨论；无图主观脑补图形，边数判断错误，填空极易丢分。 1．（2024·湖南娄底·模拟预测）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，那么原来多边形的边数不可能为 （   ） A．10 B．9 C．8 D．7 2．（2021·浙江丽水·中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是__________． 3．（2024·湖北·模拟预测）如图，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为的新多边形，则原多边形的边数为__________． 4．（2025·山东济南·二模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加___________度． 题型三：多边形的内角和与外角和 牢记外角和固定360°不变，正向算内外角度数，反向反求边数，正多边形角度互化，一步一核对即可。 记错外角和定值，混用内外角公式；算出角度、边数不核验，出现异常数值不纠错。 1．（2025·江苏无锡·中考真题）正七边形的内角和为___________度． 2．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形中，，，，则______°． 3．（2026·福建漳州·一模）四边形ABCD是正方形，O是其中心，以OC为边作一个正六边形，度数是____． 4．（2026·辽宁沈阳·一模）凸多边形的外角和与内角和之比为，则该多边形的边数为______． 考点02 平行四边形的性质与判定 核心性质 对边：平行且相等. 对角：相等；邻角：互补. 对角线：互相平分. 是中心对称图形. 判定方法 两组对边分别平行的四边形是平行四边形. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. 两组对角分别相等的四边形是平行四边形. 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 题型四：平行四边形的性质运用 直接套用平行四边形对边相等平行、对角相等、对角线互相平分性质，等量代换求边长、角度、线段，邻角用互补快速解题。 乱加无关性质，对角、邻角混淆；推理跳步，步骤不完整，解答题被扣过程分。 1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（  ） A． B． C． D． 2．（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 3．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（  ） A．5 B．4 C．3 D．2 4．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 题型五：平行四边形的判定 点方法：优先用“一组对边平行且相等”判定，结合平行、中点、全等条件，规范写出几何推理步骤，简洁证出平行四边形。 ：乱用判定定理，伪条件乱证；推理缺依据、跳步，书写不规范，扣分严重。 1．（2026·江苏无锡·一模）四边形中，对角线相交于点O，给出下列四个条件：①；②；③；④；从中任选两个条件，能使四边形为平行四边形的选法有（   ） A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 2．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 3．（2024春•南召县期末）如图，在△ABC中，点F是BC的中点，点E是线段AB的延长线上 的一动点，连接EF，过点C作CD∥AB，与线段EF的延长线交于点D，连接CE、BD． 求证：四边形DBEC是平行四边形． 4．如图，以平行四边形ABCD的边AB、CD为边，作等边△ABE和等边△CDF，连接DE，BF．求证：四边形BFDE是平行四边形． 题型六：平行四边形的性质与判定 先证平行四边形，再用性质算边、算角、判位置；拆分两步解题，化综合难题为基础简单题型，轻松拆解考点。 顺序颠倒，无证先用性质；漏看隐藏条件，不会联动全等、平行线前置考点。 1．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 2．（2026·北京通州·一模）如图，在中，，点，点分别是，的中点，延长到点，使，连接，，，，与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 3．（2026·贵州遵义·一模）如图，在中，点在边上，过点作交边于点，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当四边形是菱形时，，，求菱形的边长． 4．如图，在中，为边上一点，连接为中点，过点C作，交的延长线于点F，连接交于点G． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，．求的长． 考点03 特殊平行四边形的性质与判定 矩形 性质：四个角都是直角；对角线相等. 判定：平行四边形 + 一个直角；平行四边形 + 对角线相等；三个角是直角. 菱形 性质：四条边相等；对角线互相垂直；平分一组对角. 判定：平行四边形 + 一组邻边相等；平行四边形 + 对角线垂直；四边都相等. 正方形 性质：同时具备矩形 + 菱形所有性质. 判定：矩形 + 一组邻边相等；菱形 + 一个直角. 题型七：矩形的性质与判定 先证平行四边形，再加直角或对角线相等判定矩形；利用直角、对角线相等配合勾股定理，快速求边长、算角度。 跳过平行四边形直接判矩形；混淆矩形、菱形对角线性质，计算粗心出错。 1．（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． 2．如图，在中，，D是的中点，，， (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 3．（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 4．（2026·山东青岛·一模）已知：如图，在中，与交于点，交的延长线于，为中点，连接． (1)求证：≌； (2)若，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 题型八：菱形的性质与判定 先证平行四边形，再补邻边相等或对角线垂直判定菱形；依托四边相等、对角线垂直特性，搭配勾股定理快速算边长、求角度。 直接凭对角线垂直判定菱形，缺少前置平行四边形证明；混淆菱形与正方形专属边角性质，解题用错条件。 1．（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． 2．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 3．（2025·四川雅安·中考真题）如图，中，，现进行如下操作： ①以点C为圆心，任意长为半径画弧交于点E，交于点F； ②以点A为圆心，长为半径画弧交于点H； ③以点H为圆心，长为半径画弧，交前面的弧于点G； ④过点G作射线； ⑤以点A为圆心，长为半径画弧交于点D，连接得四边形． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)连接，，求证：． 4．（2026·云南昭通·模拟预测）如图，在四边形中，，平分，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为18，求菱形的面积． 题型九：正方形的性质与判定 结合矩形、菱形双重性质综合解题；判定时补齐邻边相等+直角双条件，依托四边等、四角直、对角线垂直相等全套特性推理计算。 判定条件凑不全就下结论；混用三类特殊平行四边形定理，压轴题推理逻辑混乱丢分。 1．（2026·上海崇明·二模）已知平行四边形的对角线、相交于点，下列补充条件中，能判定这个平行四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 3．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 4．（2026·贵州铜仁·模拟预测）综合实践课上，数学学习小组围绕正方形中的旋转变换开展探究活动，已知正方形中，，点E为边上一动点，点是射线延长线上的一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得线段（点的对应点是点）． 【问题解决】 (1)如图①，过点F作，垂足为点G，若，则______，______； 【问题探究】 (2)如图②，设与边交于点，求线段的最小值； 【拓展延伸】 (3)如图③，连接，当时，求线段的值． 题型十：特殊平行四边形综合计算与证明 先区分矩形、菱形、正方形图形类别，锁定对应专属性质；联动全等三角形、勾股定理分步解题，先证关系再算边角线段。 三类图形性质胡乱套用；综合题跳步推理，关键几何依据缺失，被扣大量步骤分。 1．（2026·云南保山·一模）如图，在平行四边形中，，，，分别是各边的中点，四边形是菱形． (1)求证：平行四边形为矩形； (2)若平行四边形的周长是，面积是，求菱形的边长． 2．（2026·贵州铜仁·模拟预测）在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 3．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点落到点处，交于点，作，延长交线段于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 4．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状． 考点04 梯形与等腰题型 1.梯形定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形是梯形. 2.等腰梯形性质：两腰相等；同一底上两角相等；对角线相等 3.等腰梯形判定：两腰相等的梯形；同一底上两角相等的梯形 4.常用辅助线：作双高、平移一腰、平移对角线 题型十一：梯形的边角计算 常规作双高辅助线，把梯形拆成矩形+两个直角三角形；用平行线同旁内角互补，快速换算底角、顶角度数，分步算边长。 不会添加梯形专用辅助线，无从下手；忽略平行线角度关系，边角换算逻辑脱节，计算出错。 1．（2025·上海·模拟预测）若以长度分别为、、、的四条线段为边作梯形，则这样的梯形（ ） A．能作个 B．能作个 C．能作个 D．不能作 2．（2025·湖北武汉·二模）如图，在四边形中，为正三角形，若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 3．如图，将直角梯形沿方向向下平移2个单位得到直角梯形，已知，，，则阴影部分的面积为（    ） A．8 B．10 C．12 D． 4．如图，在梯形中，，，，点E在上，且，过点E作交于点F，则______． 题型十二：等腰梯形的性质与判定 依托等腰梯形两腰相等、同底角相等、对角线相等解题；判定先认准梯形，再补充腰等或底角相等条件，规范书写证明步骤。 不先判定梯形，直接证等腰梯形；遗忘对角线相等专属性质，复杂证明题卡点失分。 1．（2024·浙江·模拟预测）如图，等腰梯形（     ）    A．既是轴对称图形，又是中心对称图形 B．是轴对称图形，但不是中心对称图形 C．是中心对称图形，但不是轴对称图形 D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形 2．（2024·四川遂宁·二模）如图，已知等腰梯形中，，，，，则此等腰梯形的周长为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·上海黄浦·二模）学校新建了一个录播教室，为了适应不同教学场景的需要，学校定制了一批新的课桌，要求这批课桌的桌面是等腰梯形的．这天数学老师带领八年级同学到录播教室开展数学探究活动，探究内容就是如何验证这批课桌的桌面是不是等腰梯形的．老师给同学们的探究工具是带刻度的直尺（可以精确量出给定两点的距离）和记号笔． (1)雏鹰小组给出了他们的验证方案，如下：先依次标记四边形桌面的顶点为A、B、C、D，接着测量与的长，如果，那么桌面不是等腰梯形；如果，再继续测量、、与的长，如果，或者，，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形． 其他小组讨论了雏鹰小组给出的验证方案，一致认为这个方案是可行的．如果按雏鹰小组的验证方案，他们小组验证的结果为桌面确实是等腰梯形，就请你来说明一下理由（结合图示，写出已知、求证，并加以证明）； (2)请再设计一个验证方案，并说明验证的步骤． 4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，，、分别在、的延长线上，且，交于点． (1)证明 (2)求的度数． 考点05 四边形综合证明与计算证明 中点问题：三角形中位线平行于第三边且等于一半. 折叠问题：折叠前后对应边、对应角相等，用勾股定理列方程. 动点问题：用含 t 的式子表示线段长度，结合判定列等式. 多结论判断：逐项验证，举反例排除错误. 最值问题：垂线段最短、将军饮马模型. 综合题：结合全等三角形、勾股定理、四边形性质分步证明计算. 题型十三：四边形中点问题（中位线） 见中点直接连线段，构造三角形中位线；套用中位线平行且等于底边一半定理，快速转化平行关系和线段长度关系。 遗忘中位线核心定理，不会构造辅助线；倍数关系搞反，线段长短计算出现低级错误。 1．（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 2．（2026·安徽阜阳·二模）如图，在四边形中，点分别是各边的中点．甲说：若四边形是矩形，则四边形是菱形；乙说：若四边形是菱形，则四边形是矩形．下列判断正确的是（   ） A．甲、乙都正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲、乙都错误 3．（2024·四川泸州·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 4．（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 题型十四：四边形的折叠问题 抓住折叠前后边角全相等核心不变量；标注全等对应边、对应角，设未知量结合勾股定理列方程，分步求解线段长度。 漏标折叠隐藏相等边角；忽略轴对称全等关系，等量条件找不全，方程列不出。 1．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在内的处，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·安徽阜阳·一模）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边的中点处．若，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．（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________． 4．（2026·河南周口·一模）如图，在矩形中，，，点是边上一点，连接，将沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为______． 题型十五：四边形多结论判断问题 逐个单独验证结论，正向推理+反向举反例结合；优先判断简单边角结论，复杂结论用定理验算，不确定就不选。 凭直觉多选、乱选；推理不严谨，忽略特殊临界图形情况，整题判断失误。 1．（2025·广东广州·一模）如图，的对角线，交于点，，，，分别为线段，上两点，连接，，，，．下列说法中：①为的角平分线；②；③；④，正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（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 3．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 4．（2026·江苏扬州·一模）如图，点M为正方形对角线上的一个动点，将线段绕B点逆时针旋转后得到线段，连接．下列结论正确的是________．（请将所有正确结论的序号填写在横线上） ①当N落在上时，； ②当 时，点M到点N距离最短； ③若正方形的边长为1，则长度范围为． 题型十六：四边形的动点问题 设动点运动时间为t，用含t代数式表示线段长度；结合四边形判定条件列等式，求解后检验动点取值范围是否合规。 不会用代数式表示动态线段；算出结果不检验运动边界，出现不合题意的解直接套用。 1．如图，四边形中，AD//BC，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向点B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为，则当以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（    ） A． B．3 C．3或 D．或 2．如图，在边长为的正方形中，为边上一点，且，点在边上以的速度由点向点运动；同时，点在边上以的速度由点向点运动，它们运动的时间为，连接．当与全等时，的值为（　　） A．1 B．2 C．2或4 D．1或1.5 3．（2026·天津东丽·一模）如图，在四边形中，，，，，．点P从点D出发，以的速度向点A运动；同时点Q从点A出发，以的速度沿边、边向终点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为．当时，点P、Q的位置如图所示．有下列结论：①当时，；②当时，的最大面积为；③t有两个不同的值满足的面积为，其中正确结论的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．（2025·江西抚州·一模）如图，在平行四边形中，，．点从点出发，以的速度沿运动，同时点从点出发，以的速度沿往复运动，当点到达端点时，点随之停止运动．设点的运动时间为，在此运动过程中，当时，整数的值为________． 题型十七：四边形的最值问题 结合将军饮马、垂线段最短模型解题；依托四边形边长固定条件，转化动点线段最值，数形结合快速找临界位置。 不会套用几何最值模型，盲目计算；找不准最值临界点，最长、最短反向判断失分。 1．（2026·广东·一模）如图，在四边形中，已知，，，则的最小值是（   ） A．7 B．5 C． D． 2．（2025·浙江绍兴·三模）如图，矩形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D． 3．（2026·辽宁阜新·一模）如图，在矩形中，，为边的中点，为矩形外一个动点．且，则线段的最大值为______． 4．（2026·海南·模拟预测）如图，在矩形中，．点在上且．点在上且，点为边上的一个动点，为的中点，则的长为_________，的最小值为_________． 题型十八：四边形与三角形综合问题 联动三角形全等、勾股定理搭配四边形性质；拆分几何图形，先证三角形全等，再推四边形边角等量关系，分步综合解题。 ：不会跨考点联动解题；综合图形拆解不开，全等条件找不全，全程卡壳无法下笔。 1．（2026·辽宁盘锦·一模）菱形中，点F是射线上一点，且满足，连接、，以点F为圆心，长为半径画弧，交直线于点E． (1)如图1，当是直角时，判断与的数量关系与位置关系，并说明理由； (2)如图2，当是锐角时，求证：； (3)若，，请直接写出菱形的面积． 2．（2026·山西晋中·一模）综合与探究： 【问题情境】如图，四边形是菱形，对角线、相交于点．将绕点按逆时针方向旋转得到，，两点旋转后的对应点分别为，，旋转角为． (1)【操作验证】如图1，当点落在对角线上时，连接，求证：是等边三角形． (2)【猜想探究】如图2，在旋转过程中，时，交于点，试判断四边形的形状，并说明理由． (3)【拓展延伸】如图3，在旋转过程中，当与重合时，连接．若，，请你直接写出线段的长． 3．（2026·贵州遵义·一模）综合与实践： (1)【提出问题】 如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．则的度数为 ；线段与的数量关系为 ． (2)【类比探究】 如图2，在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．当时，求的长． (3)【迁移运用】 如图3，在矩形中，，，是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作，且，，当点到的距离为时，求出的长． 4．（2026·山西阳泉·一模）综合与探究 问题情境：数学课上，同学们探究矩形对角线上添加动点后，在轴对称变换中的数学问题．如图，四边形是矩形，，对角线．点是的中点，点是对角线上一点，连接．点是点关于直线的对称点，连接、． (1)特例分析：如图1，当时，连接，判断四边形的形状，说明理由并直接写出四边形的面积； (2)深入探究：如图2，若点落在对角线上，求的长； (3)拓展探究：点在线段上运动的过程中，当是等腰三角形时、请借助备用图分析，直接写出的长． 1．（2026·四川南充·一模）如图，在正六边形中，点M、N分别为边上的点，且，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广东清远·模拟预测）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成3个三角形，则这个多边形的内角和是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·安徽亳州·一模）如图，点D是的边的中点，按下列方法尺规作图：先以点D为角的顶点，以所在射线为角的一边，在的右侧作，然后在射线上截取，最后连接．根据以上条件和作法，下列判断不正确的是（   ） A．若，则四边形是菱形 B．若四边形是菱形，则是直角三角形 C．若，则四边形是矩形 D．若是直角三角形，则四边形是正方形 4．（2026·安徽芜湖·二模）如图，在四边形中，，，，，E为的中点，交于点F，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·辽宁·模拟预测）如图，在中，以点A为圆心，长为半径画弧，交于点F，分别以点 F，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G，作射线交于点E，连接．若，，则的长为（   ） A．5 B． C．15 D． 6．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 7．（2026·浙江宁波·一模）如图，在矩形纸片中，点，分别在边，上，将该纸片沿折叠，点，的对应点分别为，，的延长线过点．若，，，则的长为________． 8．（2023·四川泸州·中考真题）如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是___________．    9．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 10．（2026·北京石景山·一模）如图，在中，，分别为，的中点，点在的延长线上，且，点在边上，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 11．（2026·江苏盐城·一模）如图，在中，，点是边的延长线上的一点．连接，过点作于点，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积． 12．（2025·安徽合肥·一模）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． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 查漏补缺05 四边形综合高频易错专练 内容导航 漏洞扫描 通法锤炼 能力强化 考点查缺 漏洞扫描 精准补漏：系统扫描知识图谱，精准定位知识薄弱环节，实施靶向弥补，夯实基础 题型突破 考点精研 通法锤炼：淬炼以简驭繁的通用解题方法，实现从“会一题”到“通一类”的能力跃迁 融会贯通 实战淬炼 能力强化：打破单一知识点壁垒，强化知识联动与思维迁移，完成高阶能力整合 考点01 多边形的内角和与外角和 1.n 边形内角和公式：(n-2)×180°. 2.任意多边形外角和：固定为 360°. 3.n 边形对角线条数：. 4.多边形截角规律：边数“+1、不变、-1”，对应内角和改变. 5.正多边形内角度数：内角和 ÷ 边数. 6.正多边形外角度数：360°÷ 边数. 题型一：多边形对角线的计算 直接套用多边形内角和、总对角线条数核心公式；知边数求条数，知条数列方程反求边数，最后核验边数为正整数即可。 混淆顶点对角线与总对角线公式；算出边数不检验，出现小数、负数不舍去，造成无谓失分。 1．（2025·四川凉山·中考真题）已知一个多边形的内角和是它外角和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（    ）条对角线 A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形外角和和内角和综合，多边形对角线条数问题，设这个多边形的边数为，边形的内角和为，外角和为，从边形的一个顶点出发可以引条对角线，据此根据一个多边形的内角和是它外角和的4倍建立方程求出的值即可得到答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形是十边形， ∴从这个多边形一个顶点可以引条对角线， 故选：B． 2．（2025·北京·三模）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．（2025·山东济南·一模）若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】本题主要考查的是多边的外角和，多边形的对角线及正多边形的概念和性质．正多边形的每个外角都相等．n边形的对角线条数为条，据此根据多边形外角和定理求出边数即可得到答案． 【详解】 解：每个外角都是， 这个多边形的边数为：， 这个正多边形的对角线是条． 故选：B． 4．（2026·陕西西安·模拟预测）如果一个正多边形的每个内角都等于，那么从这个正多边形的一个顶点出发，可以作______条对角线． 【答案】9 【分析】由正多边形的每个内角都等于，可得正多边形的边数，再根据从边形的一个顶点出发可以作条对角线即可求解． 【详解】解：设正多边形的边数为， ∵正多边形的每个内角都等于， ∴， 解得， ∴从这个正多边形的一个顶点出发，可以作对角线的条数为． 题型二：多边形截角后的内角和问题 按截角是否过顶点分三类讨论，判断边数加1、不变或减1，再代入内角和公式直接计算，全覆盖不遗漏。 只会单一情况，不会分类讨论；无图主观脑补图形，边数判断错误，填空极易丢分。 1．（2024·湖南娄底·模拟预测）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，那么原来多边形的边数不可能为 （   ） A．10 B．9 C．8 D．7 【答案】A 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变．首先求得内角和为的多边形的边数，即可确定原多边形的边数． 【详解】解：设内角和为的多边形的边数是n，则， 解得：． ∵一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变， ∴原多边形的边数可能为7或8或9． 故选：A． 2．（2021·浙江丽水·中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是__________． 【答案】6或7/7或6 【分析】本题主要考查多边形截角后的内角和问题，熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键．求出新的多边形为六边形，则可推断原来的多边形可以是五边形，可以是六边形和七边形． 【详解】解：设所得多边形的边数为n，由多边形内角和，可得： ， 解得：， ∴新的多边形为六边形， ∵原多边形过顶点剪去一个角， ∴原来的多边形可以是六边形和七边形． 故答案为：6或7． 3．（2024·湖北·模拟预测）如图，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为的新多边形，则原多边形的边数为__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了多边形内角和公式，熟练掌握多边形内角和公式（为边数且且为整数）是解题的关键．先根据新多边形内角和求出新多边形边数，再结合剪角后多边形边数的变化规律，得出原多边形边数． 【详解】解：设新多边形的边数为，根据多边形内角和公式， 解得． 因为按图示剪法剪去一个内角后，多边形边数增加了， 所以原多边形边数为． 故答案为：． 4．（2025·山东济南·二模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加___________度． 【答案】180 【分析】本题考查了多边形内角和．此题比较简单，熟记多边形的内角和公式是解题的关键． 根据n边形的内角和公式求解作差即可． 【详解】解：五边形的内角和为 将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是6， 则， ∴内角和增加 故答案为：180． 题型三：多边形的内角和与外角和 牢记外角和固定360°不变，正向算内外角度数，反向反求边数，正多边形角度互化，一步一核对即可。 记错外角和定值，混用内外角公式；算出角度、边数不核验，出现异常数值不纠错。 1．（2025·江苏无锡·中考真题）正七边形的内角和为___________度． 【答案】900 【分析】本题主要考查了多边形的内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．根据多边形内角和公式计算即可得出答案． 【详解】解：正七边形的内角和为， 故答案为：900． 2．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形中，，，，则______°． 【答案】205 【分析】本题主要考查了多边形的内角和求法，根据其公式解题即可． 【详解】解：多边形的内角和为， ∴五边形的内角和为， ， 故答案为：205． 3．（2026·福建漳州·一模）四边形ABCD是正方形，O是其中心，以OC为边作一个正六边形，度数是____． 【答案】 【分析】根据正方形的性质可得和，根据正六边形的性质可得其内角为，即，最后利用四边形的内角和为即可求的度数． 【详解】解：设与交于点， ∵四边形是正方形, ∴，, ∵以为边作一个正六边形， ∴正六边形的内角为， ∴． 在四边形中，由四边形内角和定理得：， 即， ∴． 4．（2026·辽宁沈阳·一模）凸多边形的外角和与内角和之比为，则该多边形的边数为______． 【答案】 【分析】根据外角和与内角和之比为，任意凸多边形的外角和为，可得多边形内角和度数，结合内角和公式即可求解． 【详解】解：∵外角和与内角和之比为， 任意凸多边形的外角和为， 得多边形内角和为， 由边形内角和公式得， 解得． 考点02 平行四边形的性质与判定 核心性质 对边：平行且相等. 对角：相等；邻角：互补. 对角线：互相平分. 是中心对称图形. 判定方法 两组对边分别平行的四边形是平行四边形. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. 两组对角分别相等的四边形是平行四边形. 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 题型四：平行四边形的性质运用 直接套用平行四边形对边相等平行、对角相等、对角线互相平分性质，等量代换求边长、角度、线段，邻角用互补快速解题。 乱加无关性质，对角、邻角混淆；推理跳步，步骤不完整，解答题被扣过程分。 1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∴； 故选B． 2．（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：． 3．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（  ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】D 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可． 【详解】解：根据作图可知：， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选D． 4．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点F为的中点， ∴； 故答案为：4． 题型五：平行四边形的判定 点方法：优先用“一组对边平行且相等”判定，结合平行、中点、全等条件，规范写出几何推理步骤，简洁证出平行四边形。 ：乱用判定定理，伪条件乱证；推理缺依据、跳步，书写不规范，扣分严重。 1．（2026·江苏无锡·一模）四边形中，对角线相交于点O，给出下列四个条件：①；②；③；④；从中任选两个条件，能使四边形为平行四边形的选法有（   ） A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 【答案】A 【分析】根据平行四边形的判定定理，逐个分析所有任选两个条件的组合，判断能否判定四边形为平行四边形，统计符合要求的选法数量即可． 【详解】解：从四个条件中任选两个，有①②，①③，①④，②③，②④，③④共6种组合，逐个分析如下： 选①②：，，四边形可以是等腰梯形，不能判定为平行四边形，不符合； 选①③： ∵， ∴， 又∵，， ∴ ， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形，符合； 选①④： ∵， ∴， 又∵，， ∴ ， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形，符合； 选②③：，，无法满足平行四边形的判定条件，不能判定为平行四边形，不符合； 选②④：，，无法满足平行四边形的判定条件，不能判定为平行四边形，不符合； 选③④： ∵，，即对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形，符合； 综上，能使四边形为平行四边形的选法共3种． 2．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 【答案】②或③，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③为条件，证明得出，即可得证． 【详解】解：添加②为条件，则四边形是平行四边形． 理由如下，如图，连接交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形． 添加③为条件，则四边形是平行四边形． 理由如下，∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 选择①无法得出四边形是平行四边形． 3．（2024春•南召县期末）如图，在△ABC中，点F是BC的中点，点E是线段AB的延长线上 的一动点，连接EF，过点C作CD∥AB，与线段EF的延长线交于点D，连接CE、BD． 求证：四边形DBEC是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】先证明△EBF≌△DCF，可得DC＝BE，可证四边形BECD是平行四边形 【详解】证明：∵AB∥CD， ∴∠CDF＝∠FEB，∠DCF＝∠EBF， ∵点F是BC的中点， ∴BF＝CF， 在△DCF和△EBF中， ， ∴△EBF≌△DCF（AAS）， ∴DC＝BE， ∴四边形BECD是平行四边形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质. 4．如图，以平行四边形ABCD的边AB、CD为边，作等边△ABE和等边△CDF，连接DE，BF．求证：四边形BFDE是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】由平行四边形的性质得出AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝∠DCB，由等边三角形的性质得出BE＝AE＝AB＝CD＝CF＝DF，∠BAE＝∠DCF＝60°，证明△ADE≌△CBF（SAS），得出DE＝BF，则可得出结论． 【点睛】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝∠DCB， ∵△ABE和△CDF是等边三角形， ∴BE＝AE＝AB＝CD＝CF＝DF，∠BAE＝∠DCF＝60°， ∴∠DCB﹣∠DCF＝∠DAB﹣∠BAE， 即∠DAE＝∠FCB， 在△ADE和△CBF中， ， ∴△ADE≌△CBF（SAS）， ∴DE＝BF， 又∵BE＝DF， ∴四边形BFDE为平行四边形． 【详解】本题考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用平行四边形的判定和性质是本题的关键． 题型六：平行四边形的性质与判定 先证平行四边形，再用性质算边、算角、判位置；拆分两步解题，化综合难题为基础简单题型，轻松拆解考点。 顺序颠倒，无证先用性质；漏看隐藏条件，不会联动全等、平行线前置考点。 1．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质； （1）先证明，可得，结合可得结论； （2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论. 【详解】（1）证明：∵点为的中点 ∴， ∵ ∴，， 在和中 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）证明：当时，四边形是矩形， 理由如下： ∵ ，点是边上的中点， ∴ 即， ∵ 由（1）得四边形是平行四边形， ∴ 四边形是矩形. 2．（2026·北京通州·一模）如图，在中，，点，点分别是，的中点，延长到点，使，连接，，，，与交于点． (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）根据三角形中位线定理可得，，进而证明，，则可证明四边形是平行四边形； （2）先利用勾股定理求出，再由平行四边形的性质求出的长，进而利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵点，点分别是，的中点， ∴，， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，，， ∴在中，， ∵点是的中点，， ∴ ， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴在中，， ∴． 3．（2026·贵州遵义·一模）如图，在中，点在边上，过点作交边于点，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当四边形是菱形时，，，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据同位角相等，两直线平行，由得出，再结合已知条件，利用 “两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 证明四边形是平行四边形； （2）根据菱形的四条边相等的性质，设菱形的边长为，表示出的长度，再由证明，利用相似三角形对应边成比例列方程求解，得到菱形的边长． 【详解】（1）证明：， ， 又， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当四边形是菱形时， 设，由得：， ， ， ， ， 解得：， 即：菱形的边长为． 4．如图，在中，为边上一点，连接为中点，过点C作，交的延长线于点F，连接交于点G． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，．求的长． 【答案】(1)平行四边形，理由见解析 (2)2 【分析】（1）通过平行线的性质证得，可得，结合题意得即可求证四边形是平行四边形； （2）设，根据题意可得，通过勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 为中点， ， ， ，， 在和中， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：四边形是平行四边形， ， ，， ， 在中，， 设，则， ， 解得（负值舍去）， ， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，的直角三角形性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题关键． 考点03 特殊平行四边形的性质与判定 矩形 性质：四个角都是直角；对角线相等. 判定：平行四边形 + 一个直角；平行四边形 + 对角线相等；三个角是直角. 菱形 性质：四条边相等；对角线互相垂直；平分一组对角. 判定：平行四边形 + 一组邻边相等；平行四边形 + 对角线垂直；四边都相等. 正方形 性质：同时具备矩形 + 菱形所有性质. 判定：矩形 + 一组邻边相等；菱形 + 一个直角. 题型七：矩形的性质与判定 先证平行四边形，再加直角或对角线相等判定矩形；利用直角、对角线相等配合勾股定理，快速求边长、算角度。 跳过平行四边形直接判矩形；混淆矩形、菱形对角线性质，计算粗心出错。 1．（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． 2．如图，在中，，D是的中点，，， (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的判定即可证明； （2）根据矩形的性质和三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵，D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵D是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴． 3．（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵， ∴； ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴； ∵点D为的中点， ∴； 如图所示，过点A作于H， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得． 4．（2026·山东青岛·一模）已知：如图，在中，与交于点，交的延长线于，为中点，连接． (1)求证：≌； (2)若，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析； (2)四边形是矩形，证明见解析 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形得到，，再利用平行线性质得到，即可证明全等； （2）先求出，结合角度关系证明是等边三角形，再证明四边形是平行四边形，再证明矩形即可． 【详解】（1）由题意四边形是平行四边形， 则 ∵ ∴四边形为平行四边形， ∴，， ， ， 又， ， ， 在和中， ． （2）解：四边形是矩形． 证明如下： ， ，，则， ，解得， ，， ，， 是等边三角形， ，， 四边形是平行四边形， ， 为中点， ， ， 在平行四边形中，， ， ， 中，，， ， ， ， ， ， 平分， 是等边三角形， ， ， ，，， 且， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形． 题型八：菱形的性质与判定 先证平行四边形，再补邻边相等或对角线垂直判定菱形；依托四边相等、对角线垂直特性，搭配勾股定理快速算边长、求角度。 直接凭对角线垂直判定菱形，缺少前置平行四边形证明；混淆菱形与正方形专属边角性质，解题用错条件。 1．（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． 2．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， 设，则在中， ∴ ∵， 即， ∴， 即． ∴， ∴菱形的面积为， 故选：C 3．（2025·四川雅安·中考真题）如图，中，，现进行如下操作： ①以点C为圆心，任意长为半径画弧交于点E，交于点F； ②以点A为圆心，长为半径画弧交于点H； ③以点H为圆心，长为半径画弧，交前面的弧于点G； ④过点G作射线； ⑤以点A为圆心，长为半径画弧交于点D，连接得四边形． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)连接，，求证：． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)见解析 【分析】（1）由作图得，，，得到，然后结合即可证明； （2）由菱形的性质得到，，推出，然后证明出，即可得到． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由作图得，， ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形 ∴， ∴ 由作图得， ∴ ∴． 4．（2026·云南昭通·模拟预测）如图，在四边形中，，平分，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为18，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】（1）因为平分，所以可得一组相等的角，结合上述平行线的角的关系，可推出；因为，可先证四边形是平行四边形，再结合，证得是菱形； （2）先根据的周长和的长度，求出的长度；因为菱形的对角线互相垂直平分，可利用勾股定理求出对角线的一半长度，进而得到的长度；最后根据菱形的面积公式计算面积． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，，． ∵，的周长为18， ∴，则． 在中，， ∴． ∴菱形的面积为． 题型九：正方形的性质与判定 结合矩形、菱形双重性质综合解题；判定时补齐邻边相等+直角双条件，依托四边等、四角直、对角线垂直相等全套特性推理计算。 判定条件凑不全就下结论；混用三类特殊平行四边形定理，压轴题推理逻辑混乱丢分。 1．（2026·上海崇明·二模）已知平行四边形的对角线、相交于点，下列补充条件中，能判定这个平行四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题已知四边形是平行四边形，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，逐一分析选项，正方形是同时满足矩形和菱形性质的平行四边形． 【详解】解：∵原四边形是平行四边形， 对选项A：∵， ∴平行四边形是矩形，又与是等价的，都能判定该平行四边形是矩形，不能判定为正方形，故A不符合题意； 对选项B：∵平行四边形对角线互相平分， ∴，， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∵平行四边形既是矩形又是菱形，因此是正方形，故B符合题意； 对选项C：∵， ∴平行四边形是菱形，菱形本身对角线互相垂直，因此不能推出它是正方形，故C不符合题意； 对选项D：平行四边形对角线本来互相平分，恒成立，仅能推出平行四边形是矩形，不能判定是正方形，故D不符合题意． 2．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 【答案】 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键． 3．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形． （2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴且． 又， ． ． 又． ∴四边形是平行四边形． （2）解：过点作于点． ∵四边形是正方形，， ． 又， ∴四边形是矩形． ． 又， ． 在中，由勾股定理得． 4．（2026·贵州铜仁·模拟预测）综合实践课上，数学学习小组围绕正方形中的旋转变换开展探究活动，已知正方形中，，点E为边上一动点，点是射线延长线上的一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得线段（点的对应点是点）． 【问题解决】 (1)如图①，过点F作，垂足为点G，若，则______，______； 【问题探究】 (2)如图②，设与边交于点，求线段的最小值； 【拓展延伸】 (3)如图③，连接，当时，求线段的值． 【答案】(1)9；； (2) (3)或 【分析】（1）先由旋转可知，，进一步证明，再根据可证明，进而得出，，由勾股定理即可求出， （2）设，，由得到，进而可得，利用二次函数的最值即可解决问题， （3）过点作，，垂足分别为、，设，则，根据（1）可得四边形是正方形，即，再在中，利用勾股定理列方程即可解答． 【详解】（1）证明： 线段绕点E顺时针旋转，得到线段， ∴， ， 四边形是正方形， ， ， ， 又， ， 在与中， ， ； ∴，， ∴， . （2）解：由（1）可知：， 又∵， ∴， ∴， 设，，则，， ∴， 整理得：， ∴当时，有最小值，. 即线段的最小值为. （3）解：如图③，过点作，，垂足分别为、，    设，则， 由（1）可得：，， ∴， 即， ∵四边形是矩形， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， 在中，， ， 解得：，， 即：长为或． 【点睛】这道题是典型的“旋转+最值+方程”综合题. 第一问用一线三垂直模型证明全等； 第二问用相似三角形的性质 + 二次函数求几何最值（函数法）；  第三问构造正方形 + 勾股定理列方程求解.  解题时，务必利用好第一问的全等结论，它是贯穿整道题的“金钥匙”. 题型十：特殊平行四边形综合计算与证明 先区分矩形、菱形、正方形图形类别，锁定对应专属性质；联动全等三角形、勾股定理分步解题，先证关系再算边角线段。 三类图形性质胡乱套用；综合题跳步推理，关键几何依据缺失，被扣大量步骤分。 1．（2026·云南保山·一模）如图，在平行四边形中，，，，分别是各边的中点，四边形是菱形． (1)求证：平行四边形为矩形； (2)若平行四边形的周长是，面积是，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质得出，根据中位线的性质可得，得出，即可得证； （2）依题意得出，根据勾股定理结合完全平方公式变形，求得，根据中位线的性质即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接 ∵四边形是菱形 ∴ ∵在平行四边形中，，，，分别是各边的中点， ∴， ∴ ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵矩形的周长是，面积是， ∴ ∴ ∴ ∴，即菱形的边长为 2．（2026·贵州铜仁·模拟预测）在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明，得到，可以得出四边形是平行四边形，再结合即可证明结论； （2）设，，在中，根据勾股定理建立方程求解，即可求解的面积． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， 为的中点， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴ 设， ∴， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， ∴， ∴的面积． 3．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点落到点处，交于点，作，延长交线段于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形为菱形，证明见解析 (2)四边形的面积为 【分析】（1）由平行线的性质和翻折的性质，得出，结合，可得，同理可证，易得和互相垂直平分，即可证出四边形为菱形； （2）令，则，由，得，解出的值后，通过即可得出结果． 【详解】（1）解：由折叠的性质，得， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴和互相垂直平分， ∴四边形为菱形． （2）解：令，则， ∴， 由，得， 解得， ∴． 4．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状． 【答案】(1)证明见详解 (2)四边形为正方形 【分析】（1）由角平分线的定义可得出，由平行线的性质可得出，等量代换可得出，利用证明 ，由全等三角形的性质得出，结合已知条件可得出四边形是平行四边形． （2）由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，，根据平行线的性质可得出，，由全等三角形的性质可得出，等量代换可得出， 即可得出四边形为正方形． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由∵， ∴四边形是平行四边形． （2）四边形是正方形． 过点B作于点G， ∴， ∵四边形是平行四边形． ∴，， ∴，， ∴，， 由（1）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键． 考点04 梯形与等腰题型 1.梯形定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形是梯形. 2.等腰梯形性质：两腰相等；同一底上两角相等；对角线相等 3.等腰梯形判定：两腰相等的梯形；同一底上两角相等的梯形 4.常用辅助线：作双高、平移一腰、平移对角线 题型十一：梯形的边角计算 常规作双高辅助线，把梯形拆成矩形+两个直角三角形；用平行线同旁内角互补，快速换算底角、顶角度数，分步算边长。 不会添加梯形专用辅助线，无从下手；忽略平行线角度关系，边角换算逻辑脱节，计算出错。 1．（2025·上海·模拟预测）若以长度分别为、、、的四条线段为边作梯形，则这样的梯形（ ） A．能作个 B．能作个 C．能作个 D．不能作 【答案】B 【分析】本题考查了梯形的定义，平行四边形的判定与性质，三角形的三边关系． 过梯形一个底的顶点作腰的平行线与另一个底相交，则可得该梯形被分割为一个平行四边形和一个三角形，再根据平行四边形的对边相等，以及三角形的三边关系判断该三角形是否成立即可． 【详解】解：可以作两个梯形 以为上底，为下底，和为腰， 以为上底，为下底，和为腰． 故选B． 2．（2025·湖北武汉·二模）如图，在四边形中，为正三角形，若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了等腰梯形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练计算角的和差是解题的关键． 先证得四边形是等腰梯形，可得，由等边三角形的性质得，根据角的和差得出，，再由等边对等角得出，，再根据角的和差计算可得答案． 【详解】解：∵四边形中，， ∴四边形是等腰梯形， ∴， ∵为正三角形， ∴， ∴，， 又∵， ∴，， ∴，， ∴， 故选：C． 3．如图，将直角梯形沿方向向下平移2个单位得到直角梯形，已知，，，则阴影部分的面积为（    ） A．8 B．10 C．12 D． 【答案】B 【分析】本题考查了直角梯形，平移的性质．根据平移的性质得，由于，可得，然后根据梯形的面积公式计算． 【详解】解：如图所示：由平移的性质得，， ∵， ∴， 设交于点O，过O作于Q， 在中，， ∴， ∴， ∴． 故选：B 4．如图，在梯形中，，，，点E在上，且，过点E作交于点F，则______． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定和性质，梯形，解决本题的关键是将梯形问题转化为三角形的问题，即平移一腰，是常用的作辅助线的方法之一． 作交、于、两点，将问题转化到中，利用相似三角形的判定和性质求，由进行求解． 【详解】解：如图，作交、于、两点， ，， 四边形与均为平行四边形，， ， ． ， ， ， ． 故答案为：． 题型十二：等腰梯形的性质与判定 依托等腰梯形两腰相等、同底角相等、对角线相等解题；判定先认准梯形，再补充腰等或底角相等条件，规范书写证明步骤。 不先判定梯形，直接证等腰梯形；遗忘对角线相等专属性质，复杂证明题卡点失分。 1．（2024·浙江·模拟预测）如图，等腰梯形（     ）    A．既是轴对称图形，又是中心对称图形 B．是轴对称图形，但不是中心对称图形 C．是中心对称图形，但不是轴对称图形 D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，等腰梯形的性质，根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．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；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形 【详解】解：等腰梯形是轴对称图形，但不是中心对称图形， 故选：B． 2．（2024·四川遂宁·二模）如图，已知等腰梯形中，，，，，则此等腰梯形的周长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰梯形的性质，全等三角形的判定与性质，所对直角边是斜边的一半，作，，证明四边形是矩形，从而有，，根据等腰梯形的性质得，证明，根据所对直角边是斜边的一半得出即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】如图，作，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴等腰梯形的周长为， 故选：． 3．（2026·上海黄浦·二模）学校新建了一个录播教室，为了适应不同教学场景的需要，学校定制了一批新的课桌，要求这批课桌的桌面是等腰梯形的．这天数学老师带领八年级同学到录播教室开展数学探究活动，探究内容就是如何验证这批课桌的桌面是不是等腰梯形的．老师给同学们的探究工具是带刻度的直尺（可以精确量出给定两点的距离）和记号笔． (1)雏鹰小组给出了他们的验证方案，如下：先依次标记四边形桌面的顶点为A、B、C、D，接着测量与的长，如果，那么桌面不是等腰梯形；如果，再继续测量、、与的长，如果，或者，，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形． 其他小组讨论了雏鹰小组给出的验证方案，一致认为这个方案是可行的．如果按雏鹰小组的验证方案，他们小组验证的结果为桌面确实是等腰梯形，就请你来说明一下理由（结合图示，写出已知、求证，并加以证明）； (2)请再设计一个验证方案，并说明验证的步骤． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）设交于点O，证明，，得到，；进一步可证明，得到，据此可证明四边形是等腰梯形； （2）在上取，连接，测量的长，若，则可证明四边形是平行四边形，得到，则可证明四边形是等腰梯形． 【详解】（1）解：已知：， 求证：四边形是等腰梯形． 证明如下：如图所示，设交于点O， 在和中， ， ∴， ∴； 同理可证明， ∴； ∵， ， ∴， ∴，即， ∴， 又∵，， ∴四边形是等腰梯形； （2）解：如图所示，测量出的长，在上取，连接，测量的长，若，那么四边形是等腰梯形，若不满足，则四边形不是等腰梯形． 4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，，、分别在、的延长线上，且，交于点． (1)证明 (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、梯形的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理与性质是解题的关键． （）先根据梯形的性质得出边和角的关系，再结合已知条件找到全等的条件（）证明． （）求的度数，可利用（）中全等三角形的性质，将角进行转化，再结合梯形中角的关系求解． 【详解】（1）证明：∵在梯形中，，， ∴ ∵在和中，， ， ∴ （2）解：∵ ∴ ∴ ∵， ∴ 考点05 四边形综合证明与计算证明 中点问题：三角形中位线平行于第三边且等于一半. 折叠问题：折叠前后对应边、对应角相等，用勾股定理列方程. 动点问题：用含 t 的式子表示线段长度，结合判定列等式. 多结论判断：逐项验证，举反例排除错误. 最值问题：垂线段最短、将军饮马模型. 综合题：结合全等三角形、勾股定理、四边形性质分步证明计算. 题型十三：四边形中点问题（中位线） 见中点直接连线段，构造三角形中位线；套用中位线平行且等于底边一半定理，快速转化平行关系和线段长度关系。 遗忘中位线核心定理，不会构造辅助线；倍数关系搞反，线段长短计算出现低级错误。 1．（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． 2．（2026·安徽阜阳·二模）如图，在四边形中，点分别是各边的中点．甲说：若四边形是矩形，则四边形是菱形；乙说：若四边形是菱形，则四边形是矩形．下列判断正确的是（   ） A．甲、乙都正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲、乙都错误 【答案】B 【分析】连接，根据矩形的性质可得，再根据三角形中位线的性质可得，即可判断甲；四边形是菱形，只能判断，无法得到四边形是矩形． 【详解】解：如图，连接， ， 若四边形是矩形，则， 点分别是各边的中点， ， 四边形是菱形，故甲说法正确； 若四边形是菱形，则， ， 无法证明四边形是矩形，故乙说法错误． 3．（2024·四川泸州·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． 4．（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． 题型十四：四边形的折叠问题 抓住折叠前后边角全相等核心不变量；标注全等对应边、对应角，设未知量结合勾股定理列方程，分步求解线段长度。 漏标折叠隐藏相等边角；忽略轴对称全等关系，等量条件找不全，方程列不出。 1．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在内的处，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的折叠问题，三角形内角和定理以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键；结果矩形的性质的可得，，则，进而根据折叠的性质得出，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵折叠 ∴ ∴ ∵，即 ∴，故A不正确 ∵ ∴，故B不正确 ∵折叠， ∴ ∵，故C不正确，D选项正确 故选：D． 2．（2026·安徽阜阳·一模）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边的中点处．若，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题以矩形折叠为背景，先利用矩形性质与中点条件得出边长，再根据折叠性质得到点关于折痕对称，进而推出 且，通过同角的余角相等，证得，因此，最后在中计算从而得到． 【详解】解：连接， ∵矩形， ∴， ∵是中点， ∴， ∵， 又∵ 折叠后点落在处， ∴关于折痕对称， 可得： ∴， ∵， ∴， ∵矩形纸片沿边折叠， ∴， ∴， 在中，， ∴． 3．（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． 4．（2026·河南周口·一模）如图，在矩形中，，，点是边上一点，连接，将沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为______． 【答案】或 【分析】为直角三角形时，需分两种情况讨论：和，不可能为直角，只需计算前两种情况即可． 【详解】解：已知矩形中，，，由勾股定理得对角线， 由折叠性质得：，，， 设，则． ①如图，当时： ， ，即、、三点共线， ， 在中，由勾股定理得：， 即，解得，即． ②如图，当时： 又， 四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ，此时，符合题意． 不可能为直角，故舍去． 综上的长为或． 题型十五：四边形多结论判断问题 逐个单独验证结论，正向推理+反向举反例结合；优先判断简单边角结论，复杂结论用定理验算，不确定就不选。 凭直觉多选、乱选；推理不严谨，忽略特殊临界图形情况，整题判断失误。 1．（2025·广东广州·一模）如图，的对角线，交于点，，，，分别为线段，上两点，连接，，，，．下列说法中：①为的角平分线；②；③；④，正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由平行四边形的性质可得，且．再结合线段的和差可知、；①易得， 如图：过B作交延长线于G，利用平行线等分线段定理以及平行线的性质可得，，进而得到，即，从而得到，即可判断①；②利用等腰三角形三线合一的性质可得，再结合可得，即可判断②；③如图：连接，易证四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可判断③；由、，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，即可判断④． 【详解】解：∵的对角线，交于点，， ∴，且． ∵， ∴； ∵， ∴， ∴，， ∴， ①∵，，，， ∴， 如图：过B作交延长线于G， ∴，， ∴，即， ∴， ∴，即为的角平分线，故①正确； ②∵， ∴是等腰三角形， ∵为的角平分线， ∴， ∵， ∴，即②正确； ③ 如图：连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，即③正确； ④∵在中，， ∴，即④错误． 综上，正确结论有①、②、③，共3个，即选项 C符合题意． 2．（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． 3．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②③④． 【分析】先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论． 【详解】解：∵AD＝AB， ∴tan∠ADB=， ∴∠ADB=30°，∠ABD=60°， ∵点O为BD的中点， ∴AB=AO=BO， 设AB=1，则AD=，BD=2． ①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点， 令AN=x，则BN=DN=， ∴， 解得：， ∴AN=， 当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点， 则：， 从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意； ②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意； ③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意； 如图，延长MO交CD于M'， ∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC， ∴△OMB≌△OM'D（ASA）， ∴BM=DM'，OM=OM'，连接NM'， ∵NO⊥MM'，则MN=NM'， ∵NM'2=DN2+DM'2， ∴MN2=BM2+DN2， 故④正确， 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论． 4．（2026·江苏扬州·一模）如图，点M为正方形对角线上的一个动点，将线段绕B点逆时针旋转后得到线段，连接．下列结论正确的是________．（请将所有正确结论的序号填写在横线上） ①当N落在上时，； ②当 时，点M到点N距离最短； ③若正方形的边长为1，则长度范围为． 【答案】①③ 【分析】①由旋转性质和正方形性质得到 ，得到对应角相等，再根据内错角相等得到． ②由于是定角，故最短时也最短，由垂线段最短即可求出 ． ③M与A重合时B，D，N三点共线，此时最短；M与C重合时，是直角三角形，此时最长，由勾股定理即可求出长度． 【详解】①如图所示， 落在上，由旋转可知， ， ， 由正方形性质知， ， 再由正方形性质知 ，， ∴， ， ， ． 故①正确． ②如图，观察，过B作， 由是等腰三角形知 ， 故当最小时，距离最近， 由垂线段最短知时，最短，此时． 故②错误． ③如图所示，                 图一                                         图二 是正方形的对角线且正方形边长为１， ， 由三角形三边关系可知在中， ，故当 时，最小，此时B，D，N三点共线， 由图一知此时M与A点重合， ， ， 在此后随着M点向右平移，N与D的距离越来越大，故当M与C重合时，N与D的距离最大， 由图二所示， ， 在中，， ， 综上所述，，故③正确 【点睛】解本题的关键是画出每一小问对应的图形，综合运用三角形、四边形各种性质来判定一些线段关系，角度大小以及线段长度． 题型十六：四边形的动点问题 设动点运动时间为t，用含t代数式表示线段长度；结合四边形判定条件列等式，求解后检验动点取值范围是否合规。 不会用代数式表示动态线段；算出结果不检验运动边界，出现不合题意的解直接套用。 1．如图，四边形中，AD//BC，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向点B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为，则当以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（    ） A． B．3 C．3或 D．或 【答案】D 【分析】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3-3t=t；当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3t-3=t；解方程即可． 【详解】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， 得3-3t=t， 解得t=； 当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， 得3t-3=t， 解得t=， 故选D． 【点睛】本题考查了动点问题，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理，灵活选择判定方法，合理分类是解题的关键． 2．如图，在边长为的正方形中，为边上一点，且，点在边上以的速度由点向点运动；同时，点在边上以的速度由点向点运动，它们运动的时间为，连接．当与全等时，的值为（　　） A．1 B．2 C．2或4 D．1或1.5 【答案】C 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的性质．由正方形的性质得，，而，则，再分两种情况讨论，一是当，时，，此时，求得；二是当，时，，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是边长为的正方形， ∴，， ∵E为边上一点，且， ∴， 由题意得，则， 当，时，， ∴， ∴； 当，时，， ∴， ∴， 综上，的值为2或4． 故选：C． 3．（2026·天津东丽·一模）如图，在四边形中，，，，，．点P从点D出发，以的速度向点A运动；同时点Q从点A出发，以的速度沿边、边向终点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为．当时，点P、Q的位置如图所示．有下列结论：①当时，；②当时，的最大面积为；③t有两个不同的值满足的面积为，其中正确结论的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】判断点Q在上，求得，得到四边形是平行四边形，即可判断①正确；利用三角形面积公式得到关于的二次函数，利用二次函数的性质可判断②错误；分两种情况讨论，可判断③正确． 【详解】解：①当时，点Q运动的距离为，则点Q在上， 此时，，如图， ， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴，①正确； ②当时，点Q在上， ∴，， ∴， ∵， ∴当时，的最大面积为，不符合题意，②错误； ③当点Q在上时，的面积为时， 则， 解得（不符合题意，舍去）或； 当点Q在上时， ∵，， ∴， 解得（不符合题意，舍去）， ∴③正确； 综上，正确的只有①③，共2个． 4．（2025·江西抚州·一模）如图，在平行四边形中，，．点从点出发，以的速度沿运动，同时点从点出发，以的速度沿往复运动，当点到达端点时，点随之停止运动．设点的运动时间为，在此运动过程中，当时，整数的值为________． 【答案】3或6或9 【分析】本题考查平行四边形中的动点问题，涉及平行四边形的判定与性质、两个直角三角形全等的判定与性质、一元一次方程的应用，根据题意，分三种情况：①当时；②当时；③当时，画出图形，数形结合，列方程求解即可得到答案．解题的关键是分类讨论思想的应用． 【详解】解：由已知可得，从需，从（或从）需， 设点的运动时间为， ①当时， 过作于，过作于，如图所示： ， ， 由点从点出发，以的速度沿运动，同时点从点出发，以的速度沿往复运动， 则， 在平行四边形中，， 四边形是平行四边形， 在和中， ， ∴， 在平行四边形中，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得（不是整数，舍去）； 当四边形是平行四边形时，如图所示： 此时， ∴， 解得， ∴为3时，； ②当时，若四边形是平行四边形，如图所示： 此时， ∵， ∴， ∴， 解得； 由①知，若四边形中，，，时，则， 这种情况在时不存在； ∴为6时，； ③当时，若四边形是平行四边形，如图所示： 此时， ∴， 解得， ∴为9时，； 综上所述，为3或6或9时，， 故答案为：3或6或9． 题型十七：四边形的最值问题 结合将军饮马、垂线段最短模型解题；依托四边形边长固定条件，转化动点线段最值，数形结合快速找临界位置。 不会套用几何最值模型，盲目计算；找不准最值临界点，最长、最短反向判断失分。 1．（2026·广东·一模）如图，在四边形中，已知，，，则的最小值是（   ） A．7 B．5 C． D． 【答案】C 【分析】要解决的最小值问题，需通过线段平移将分散的线段和转化为共线形式，再结合“两点之间线段最短”与勾股定理求解．利用的垂直关系和平移性质构造直角三角形，将的和转化为直角三角形斜边的长度，进而确定最小值． 【详解】解：如图，将线段沿方向平移，使点与点重合，得到线段． ，；，． ，且， ，即． ∵，， ． 在中，根据勾股定理： 由，可得． ∵． 的最小值为的长度，即． 2．（2025·浙江绍兴·三模）如图，矩形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】过点G作于H，过点G作，由“”可证，可得，可得点G在平行且到距离为1的直线上运动，则当F与D重合时，有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，过点G作于H，过点G作， ∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴点G在平行且到距离为1的直线上运动， ∴当F与D重合时，有最小值，此时， ∴的最小值， 故选：B． 【点睛】本题考查了（特殊）平行四边形的动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点G的运动轨迹是解题关键． 3．（2026·辽宁阜新·一模）如图，在矩形中，，为边的中点，为矩形外一个动点．且，则线段的最大值为______． 【答案】8 【分析】连接，取的中点，连接，，通过矩形的性质结合勾股定理求出，再运用中位线定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，最后根据三角形的三边关系得、、三点共线时最大即可求解． 【详解】解：如图，连接，取的中点，连接，， 矩形中，，，， ，， 根据勾股定理，， 为的中点，为的中点， ， ， ， 由三角形的三边关系得、、三点共线时最大， 此时． 4．（2026·海南·模拟预测）如图，在矩形中，．点在上且．点在上且，点为边上的一个动点，为的中点，则的长为_________，的最小值为_________． 【答案】 【分析】根据矩形的性质和线段和差关系，先求出的长度；再结合三角形中位线定理，将转化为与相关的形式，利用轴对称的性质，找到点关于的对称点，将的最小值转化为线段的长度，最后结合勾股定理求出，进而得到的最小值． 【详解】解：，，， ，， 如图，作点关于的对称点，连接，交于点，连接， 则， ， 是中点， 是中点， ， ， 此时的值最小， ， ， 在中，， 的最小值为． 题型十八：四边形与三角形综合问题 联动三角形全等、勾股定理搭配四边形性质；拆分几何图形，先证三角形全等，再推四边形边角等量关系，分步综合解题。 ：不会跨考点联动解题；综合图形拆解不开，全等条件找不全，全程卡壳无法下笔。 1．（2026·辽宁盘锦·一模）菱形中，点F是射线上一点，且满足，连接、，以点F为圆心，长为半径画弧，交直线于点E． (1)如图1，当是直角时，判断与的数量关系与位置关系，并说明理由； (2)如图2，当是锐角时，求证：； (3)若，，请直接写出菱形的面积． 【答案】(1)，且，理由见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）先由菱形直角判定为正方形，利用平分，证，得；结合圆的半径相等得，故；再通过等腰三角形角度计算，推出，得； （2）利用菱形性质得、平分，推出；结合与，通过角度关系得，用证，故； （3）分两种情况讨论：E在线段上或其延长线上，利用（2）的，结合算出的长度；再由菱形对角线互相垂直平分，勾股定理求，用得两种面积结果． 【详解】（1），且，理由如下： ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， ∴，对角线平分，即， 又∵， ∴， ∴，． ∵以为圆心、为半径画弧交于， ∴， ∴． ∵，， ∴在中，， ∴，． ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ∴； （2）证明：∵四边形是菱形， ∴，，平分， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 由图可得，， ∴． 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：当在线段上时，连接交于点，如图， ∵，，且， ∴， 又∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， ∴； 当点在的延长线上时，连接交于点，如图， ∵，且， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题核心是依托菱形的轴对称性，通过全等三角形证明线段关系，并将其作为后续计算的桥梁；第3问需注意点E的位置分情况讨论，避免漏解，同时菱形对角线互相垂直的性质是面积计算的关键． 2．（2026·山西晋中·一模）综合与探究： 【问题情境】如图，四边形是菱形，对角线、相交于点．将绕点按逆时针方向旋转得到，，两点旋转后的对应点分别为，，旋转角为． (1)【操作验证】如图1，当点落在对角线上时，连接，求证：是等边三角形． (2)【猜想探究】如图2，在旋转过程中，时，交于点，试判断四边形的形状，并说明理由． (3)【拓展延伸】如图3，在旋转过程中，当与重合时，连接．若，，请你直接写出线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为菱形，见解析 (3) 【分析】（1）结合菱形的性质，得，运用旋转的性质得，故是等边三角形； （2）根据四边形是菱形，得，由旋转的性质得，再证明四边形为平行四边形，又因为，故四边形为菱形， （3）运用菱形的性质以及旋转的性质得垂直平分线段，然后结合勾股定理列式得，解得，即可求得，然后在中，运用勾股定理 列式计算，得． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）解：四边形为菱形，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 由旋转的性质得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴四边形为平行四边形， ∵ ∴四边形为菱形； （3）解：连接交于点， 由题意知，， ∴垂直平分线段， ∴，， ∴, 由菱形知，， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， 即， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，． 3．（2026·贵州遵义·一模）综合与实践： (1)【提出问题】 如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．则的度数为 ；线段与的数量关系为 ． (2)【类比探究】 如图2，在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．当时，求的长． (3)【迁移运用】 如图3，在矩形中，，，是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作，且，，当点到的距离为时，求出的长． 【答案】(1)， (2) (3)的长为 【分析】（1）结合菱形的性质以及等边三角形的判定和性质可证明，即可求解； （2）过作于点，证明，可得，即可解答； （3）过作于，过作于，则，在中，，然后分两种情况讨论：当在上方时，当在下方时，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴，是等边三角形， ∴， 由旋转的性质得：， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图2，过作于点， 四边形是正方形，是对角线， ，即是等腰直角三角形 ，， 由旋转的性质，得，， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， 在中，， ， ； （3）解：在中，，则， ， ， 如图3，过作于，过作于，则， 在中，， ①当在上方时， ， ， 又， ， ； ②如图4，当在下方时， 同理， ； 综上，的长为． 4．（2026·山西阳泉·一模）综合与探究 问题情境：数学课上，同学们探究矩形对角线上添加动点后，在轴对称变换中的数学问题．如图，四边形是矩形，，对角线．点是的中点，点是对角线上一点，连接．点是点关于直线的对称点，连接、． (1)特例分析：如图1，当时，连接，判断四边形的形状，说明理由并直接写出四边形的面积； (2)深入探究：如图2，若点落在对角线上，求的长； (3)拓展探究：点在线段上运动的过程中，当是等腰三角形时、请借助备用图分析，直接写出的长． 【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析， (2) (3)或或 【分析】（1）连接交于点，根据折叠的性质，推出，根据中点的定义推出，即可得出四边形是平行四边形，过点作于点，利用勾股定理求出的长，三角函数求出，求出，进而求出的长，再利用平行四边形的面积公式进行计算即可； （2）根据折叠的性质得到，垂直，在中，利用三角函数进行求解即可； （3）分三种情况，进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 连接交于点， ∵， ∴， ∵点是点关于直线的对称点， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 过点作于点， ∵矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∵，即，， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为； （2）解：由（1）知：，， ∵对称， ∴， ∴； （3）解：①由（1）可知：当时，四边形为菱形， 此时，，符合题意， ∴； ②当时，如图，作于点， ∵对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； ③当时，如图，作， ∵对称， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴； 综上：或或． 1．（2026·四川南充·一模）如图，在正六边形中，点M、N分别为边上的点，且，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正六边形的性质可得，利用平行线的性质可得，求得，然后利用三角形的内角和定理计算可得答案． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴． 2．（2025·广东清远·模拟预测）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成3个三角形，则这个多边形的内角和是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角和定理，掌握多边形对角线及对角线分三角形的个数，内角和定理的运用是解题的关键． 设多边形的边数为（且为整数），从一个顶点出发可引出的对角线条数为条，将多边形分成三角形的个数是个，由此得到多边形的边数，再根据多边形内角和定理即可求解． 【详解】解：设多边形的边数为（且为整数）， ∴， 解得，， ∴这个多边形的五边形， ∴该五边形的内角和为， 故选：D ． 3．（2026·安徽亳州·一模）如图，点D是的边的中点，按下列方法尺规作图：先以点D为角的顶点，以所在射线为角的一边，在的右侧作，然后在射线上截取，最后连接．根据以上条件和作法，下列判断不正确的是（   ） A．若，则四边形是菱形 B．若四边形是菱形，则是直角三角形 C．若，则四边形是矩形 D．若是直角三角形，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据作图过程，证明四边形是平行四边形，又因为点D是的边的中点，证明四边形是平行四边形，然后结合每个选项的条件进行分析，即可作答． 【详解】解：∵ ， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵点D是的边的中点， ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故A选项正确，不符合题意； ∵四边形是菱形， ∴ ∵ ， ∴， ∴， 则是直角三角形, 故B选项正确，不符合题意； ∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故C选项正确，不符合题意； ∵是直角三角形， ∴当时， ∵ ∴ 此时， 则四边形不是正方形， 或当时， 此时， 则四边形不是正方形， 或当时， ∵， ∴， 但不一定相等， 则四边形不是正方形， 故D选项不正确，符合题意； 4．（2026·安徽芜湖·二模）如图，在四边形中，，，，，E为的中点，交于点F，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作于点，证明四边形为菱形，四边形为矩形，为等腰直角三角形，进而求出的长，求出的长，利用线段的和差关系进行求解即可. 【详解】解：作于点， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∵交于点F，E为的中点， ∴四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴. 5．（2026·辽宁·模拟预测）如图，在中，以点A为圆心，长为半径画弧，交于点F，分别以点 F，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G，作射线交于点E，连接．若，，则的长为（   ） A．5 B． C．15 D． 【答案】B 【分析】连接，设交于点H，由作图可得，，平分，根据菱形的判定证明四边形是菱形，则，，，在中利用勾股定理求出的长，即可得出答案． 【详解】解：如图，连接，设交于点H． 由作图可得，，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形． ∴，，． 在中，根据勾股定理，得 ， ∴． 6．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，， ∴， ∴， ∵， ∴菱形的面积； 故答案为：． 7．（2026·浙江宁波·一模）如图，在矩形纸片中，点，分别在边，上，将该纸片沿折叠，点，的对应点分别为，，的延长线过点．若，，，则的长为________． 【答案】2 【分析】根据矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，得，求解即可； 【详解】解：∵矩形，，， ∴，， 该纸片沿折叠，点，的对应点分别为，，且， ∴，， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 8．（2023·四川泸州·中考真题）如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是___________．    【答案】 【分析】作点F关于的对称点，连接交于点，此时取得最小值，过点作的垂线段，交于点K，根据题意可知点落在上，设正方形的边长为，求得的边长，证明，可得，即可解答． 【详解】解：作点F关于的对称点，连接交于点，过点作的垂线段，交于点K，    由题意得：此时落在上，且根据对称的性质，当P点与重合时取得最小值， 设正方形的边长为a，则， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，   ， 当取得最小值时，的值是为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出辅助线是解题的关键． 9．（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． 10．（2026·北京石景山·一模）如图，在中，，分别为，的中点，点在的延长线上，且，点在边上，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理先得到，然后即可证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可证明其为菱形； （2）连接与交于点，先根据三角形中位线定理求解，即可求解，然后根据菱形得到，，再根据角直角三角形的性质以及勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，分别为，的中点， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接与交于点， ∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 11．（2026·江苏盐城·一模）如图，在中，，点是边的延长线上的一点．连接，过点作于点，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得平行四边形为菱形，再根据，，可以证明，从而得出，由此即可得出结论； （2）连接、，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，再根据正方形对角线相等和菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，， 平行四边形为菱形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 菱形为正方形． （2）解：连接、，如图所示：   于点，点为的中点， 为线段的垂直平分线， ， 四边形为正方形， ∴， 正方形的面积． 12．（2025·安徽合肥·一模）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． 【答案】(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． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $