高频考点05四边形（专项训练，7大考点20命题点+中考预测）（浙江专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

**基本信息** 以“考向-知识-方法-分层”四维体系构建四边形专项训练，通过易错提醒与解题思维提炼实现从知识理解到解题应用的转化，培养几何直观与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |多边形|3预测题+6典例|外角和恒定陷阱、内角和公式应用|从一般多边形到正多边形性质延伸| |平行四边形|4预测题+7典例|未定顶点分类讨论、判定定理应用|性质与判定的双向推理| |三角形中位线|4预测题+7典例|双中点连线模型、中点四边形判定|中位线与四边形性质的综合应用| |矩形|3预测题+6典例|折叠问题勾股方程法、斜边中线性质|矩形与直角三角形的转化| |菱形|4预测题+6典例|面积公式应用、对角线垂直性质|菱形与等腰三角形的关联| |正方形|3预测题+5典例|双重认证判定法、45°角应用|矩形与菱形性质的融合| |综合题|4预测题+6典例|动态问题分类讨论、函数几何综合|四边形与函数、圆的知识整合|

高频考点05 四边形 内容概览 01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征） 02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等） 03高频考点·妙法指津（6大命题点+18道中考预测题，） 考点一 多边形 命题点1多边形的角度问题 命题点2平面镶嵌 中考预测题3道 考点二 平行四边形的性质与判定 命题点1平行四边形的性质 命题点2平行四边形的判定 命题点3平行四边形的性质与判定综合 中考预测题4道 考点三 三角形的中位线 命题点1利用三角形中位线求解 命题点2利用三角形中位线证明 中考预测题4道 考点四 矩形的性质与判定 命题点1矩形的性质 命题点2矩形的判定 命题点3矩形的性质与判定综合 中考预测题3道 考点五 菱形的性质与判定 命题点1菱形的性质 命题点2菱形的判定 命题点3菱形的性质与判定综合 中考预测题4道 考点六 正方形的性质与判定 命题点1正方形的性质 命题点2正方形的判定 命题点3正方形的性质与判定综合 中考预测题3道 考点七 四边形的综合题 命题点1新定义的四边形 命题点2四边形的动点问题 命题点3四边形与圆综合 命题点4四边形与函数综合 中考预测题4道 04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+9道中考闯关题） 考点 考向 命题特征 多边形 1. 内角和与外角和定理的直接计算与逆推边数。 2. 正多边形的概念辨析与对角线条数计算。 常以选择、填空前几题形式考查，属送分基础题。多以外角和“恒等于360°与边数无关”设置概念陷阱，或在求边数n时通过方程解出非整数进行干扰。 平行四边形的性质与判定 1. 边、角、对角线性质的等量转化与综合证明。 2. 平行四边形判定的实际应用。 3. 函数坐标系中寻找第四点构成平行四边形的动点存在性问题。 属中档常考题。命题多结合“未定顶点顺序分类讨论”，若题干表述为“以A,B,C,P为顶点的四边形是平行四边形”，图形对角线不固定，极易漏解导致失分。 三角形的中位线 1. 中位线定理在大型几何推导中的边长与平行转化。 2. 依次连接四边形各边中点所构成的“中点四边形”判定模型。 通常作为“幕后推手”工具，深度嵌入特殊四边形、圆或相似三角形综合大题中。常错在将中位线与中线混淆，或只利用数量“一半”而漏用位置“平行”。 矩形的性质与判定 1. 矩形特殊性质（直角、对角线相等）的边角转化计算。 2. 矩形折叠（轴对称性质）与剪拼问题，求折叠后的线段长或重叠面积。 中档必考题，尤其矩形折叠极其高频。命题常通过折叠引入对应线段和对应角相等，重点考查利用勾股定理或相似三角形建立代数方程破局。 菱形的性质与判定 1. 四边相等及对角线互相垂直平分的边角互化计算。 2. 菱形特殊面积公式（对角线乘积的一半）的应用。 3. 菱形判定与动态最值问题。 多在填空题中档位置或解答题第一问考查。 正方形的性质与判定 1. 正方形“矩菱双重认证”的判定逻辑推导。 2. 正方形性质在动态几何、旋转变换、最值问题中的综合考查。 3. 对角线平分直角引入的45°角与边长比例化简。 综合度极高，常作为解答题压轴题（第23或24题）或填空压轴题的常客。命题极其青睐共顶点旋转变换，结合相似、全等和代数最值（平方和），极具区分度。 四边形综合题 1. 动点运动过程中特殊四边形存在性的分类讨论题。 2. 四边形与二次函数、反比例函数的代数几何压轴综合。 3. 动态剪拼、翻折下的线段最值与路径长计算。 属于浙江中考解答题的压轴级大题。命题呈现强烈的“数形结合”、“分类讨论”特征。动点连续运动到拐点、交点、垂足等特殊边界位置时，图形形态发生突变，最易漏解。 考点一 多边形 《解题指南》 易错提醒： 【外角和的“恒定陷阱”】 许多同学在面对“边数增加时，外角和如何变化”的客观题时，常凭直觉误选“变大”。切记：任何凸多边形的外角和都恒等于 360°，与边数的多少没有任何关系。 【内角和公式的 n 限制】 多边形内角和公式为 (n - 2) × 180°。在列方程求边数时，解出的 n 必须是大于或等于 3 的正整数。若计算出分数、小数或小于3的数，必须果断舍去，并检查方程是否列错。 【对角线条数漏数分母的 2】 从 n 边形的一个顶点出发可引 (n - 3) 条对角线；n 边形总对角线条数公式为 n(n - 3) / 2。填空题中极易漏掉分母的 2，导致结果翻倍。 命题点01 多边形的角度问题 【典例1】．（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． 【典例2】．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正多边形的内角问题，平行线的性质，三角形内角和定理，正确添加辅助线是解题的关键． 延长与直线交于点，先求出正六边形的内角的度数，再由平行线的性质得到，然后根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：延长与直线交于点， ∵正六边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 【典例3】．（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． 【典例4】．（2025·四川雅安·中考真题）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， ∴六边形的外角和是度． 【典例5】．（2025·四川巴中·中考真题）正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 【答案】六 【分析】本题考查了正多边形的内角和外角，先根据内角度数求出外角度数，再用外角和除以这个度数即可求解，掌握正多边形的内角和外角的关系是解题的关键． 【详解】解：∵正多边形的一个内角是， ∴正多边形的一个外角是， ∴这个正多边形的边数为， 即正多边形是正六边形， 故答案为：六． 【典例6】．（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． 命题点02 平面镶嵌 【典例1】．（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于_____． 【答案】 【分析】本题考查平面图形的镶嵌和密铺，根据两个图形能够密铺，得到每个公共顶点处各角的和为360度，如图，易得， ，进而得到，再根据公共顶点处各角的和为360度，进而求出代数式的值即可． 【详解】解：如图， 由题意和图（2）可知：， 可得 ∴ 故答案为：． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）如图是一铺设在人行道上地板砖的一部分，它是由正六边形和四边形镶嵌而成，，，为各多边形顶点，则的值为________． 【答案】 【分析】在图中标出字母如下，过点作延长线于点，连接，作于点，过点作于点，易得四边形和是矩形，再根据正六边形的性质求出每个内角的度数，进而得到是等边三角形，设，易表示出，，，，再利用矩形的性质和勾股定理求解和的长度即可求解． 【详解】解：在图中标出字母如下，过点作延长线于点，连接，作于点，过点作于点， 则四边形和是矩形． 人行道上地板砖由正六边形和四边形镶嵌而成， 正六边的内角为， ， , ，是等边三角形． 设， ， ， ，， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正六边形的性质，平面镶嵌，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，标出字母，作出辅助线构建直角三角形是解答关键． 【典例3】．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），， 【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答； （2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长； （3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长； （4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为． 【详解】（1）∵正方形每个内角为 ， ∴， ∴能密铺； ∵正八边形的每个内角为， ∴， ∴不能密铺； 故答案为：①；② ；③；④不能； （2）设切于点E，连接， 则交于点O，， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的周长为8； 故答案为：8； （3）设切于点G，连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正六边形周长为； （4）三角形： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 正方形： ∵， ∴， 正六边： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了平面镶嵌．熟练掌握平面镶嵌的原理，正三角形，正方形，正六边形性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 【典例4】．（2026·浙江·一模）阅读材料：图形的密铺在生活、生产中被广泛应用，其中最著名的是荷兰艺术大师埃舍尔的作品（图1），给人一种奇妙的美感．平面图形的密铺是指用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片．而多边形的密铺就是共顶点的各多边形的内角之和等于（图2）． 问题解决： (1)请说明图2中用两个正方形、三个等边三角形能够密铺的理由； (2)若只用一种正边形进行密铺，且，密铺的个数为，且为正整数，请推导与满足的关系式，并直接写出所有满足条件的正多边形． 【答案】(1)理由见解析 (2)，正三角形、正方形、正六边形可以单独密铺 【分析】（1）计算出正方形和等边三角形的内角，可得等式，因此可以密铺； （2）结合正多边形内角公式可得，化简得，根据题意可知，是的因数，解得或或． 【详解】（1）解：∵正方形的每个内角为，正三角形的每个内角为， 又∵， ∴可以密铺； （2）解：根据题意可得， 化简，得， ∵、为正整数， ∴是的因数， 又∵， ∴，，， ∴，，， ∴正三角形、正方形、正六边形可以单独密铺． 中考预测题 1.如图，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据邻补角的概念，多边形的外角和是进行解答即可． 【详解】解：如图： ∵四边形的外角和是， ∴， ∵， ∴， ∴． 2.如图，在正n边形中（n为大于3的整数），A、B、C、D四个顶点连续，两条对角线，相交于点P，设，则_____．（用含的式子表示） 【答案】 【分析】先由所给条件得出，从而由等量关系可得出，由三角形内角和为即可得出答案． 【详解】解：在正n边形中，A、B、C、D四个顶点连续， 在和中， ， ， ， ， ， ， 在中， ， ，， ． 3.用一种或几种完全相同（全等形）的三角形或多边形无间隙且不重叠地覆盖（铺砌）平面的一部分，叫做平面镶嵌，平面镶嵌又称为“平面密铺”．如图所示，由边长相等的正方形和正六边形相间围成一圈，则中间的正多边形的边数为______． 【答案】 【详解】解：正方形的一个内角的度数为，正六边形每个内角的度数为， ∴中间的正多边形一个内角的度数为， 设中间的正多边形的边数为； ∴， 解得：． 考点二 平行四边形的性质与判定 《解题指南》 易错提醒： 【“未定字母顺序”导致严重漏解（极高频）】 题干若表述为“以 A, B, C, P 为顶点的四边形是平行四边形”，此时**顶点的顺序是没有固定的**。必须分类讨论对角线的不同可能性：① AC 为对角线（P 在 BC 上方）；② AB 为对角线（P 在下方）；③ AP 为解题线。浙江中考压轴题中，此陷阱常导致学生漏掉1~2个坐标解。 【判定定理的“大前提”张冠李戴】 使用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”这一判定时，平行的对边和相等的对边必须是同一组！如果题目给出的是“一组对边平行，另一组对边相等”，这极有可能是等腰梯形，绝不能直接判定为平行四边形。 命题点01 平行四边形的性质 【典例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． 【典例2】．（2025·浙江丽水·二模）如图，四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， 无法判断， 故选：D． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）已知在▱中，，设，则下列选项中，为定值的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线定理以及勾股定理的应用，熟练掌握这些定理与性质是解题的关键．通过连接辅助线，作，利用直角三角形斜边上的中线定理、勾股定理以及平行四边形的性质来推导得出定值． 【详解】解：连接，作于点． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵四边形为平行四边形，且，， ∴，， ∴． 故选：． 【典例4】．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为_____． 【答案】 【分析】考查平行四边形性质、全等三角形、面积公式及勾股定理，用面积分割与对称性思想．关键是借对称性证全等、用面积求线段，再构直角三角形计算；易错点是漏用对称性或误判直角边． 首先通过构造垂线得到直角三角形，利用的锐角三角函数求得，接着计算得到平行四边形总面积，得每部分面积为． 然后借对称性证，得、． 由平行四边形的对称性与面积平衡再设，用与的面积列方程，解得，推得、． 最后过作构直角三角形，用勾股定理得． 【详解】解：过A作于点H， ， 在中，． ， ∵，将分成面积相等的四部分， ∴每部分面积为，交点即为平行四边形的中心O， 在中，，， ∴，．，， 连接， ∴经过中心点O， ∴， ∵ ． 同理得：， ∴，． 设，过作于点Q， 在中， 在中，由三角形面积公式：   ． 过E作于延长线上点G， 又，， 且． 在中， 又平行四边形的对称性与面积平衡可得， ， 解得， ． 过M作交于P，过A作于点H， 则． ，． ． 在中，由勾股定理：   ． 故答案为：． 【典例5】．（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． 【典例6】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，E是上一点，，、的延长线相交于点F，若，则________． 【答案】1 【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．先利用平行四边形的性质得，，证明，得出，结合，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：1． 【典例7】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在中，，，点E是边上的中点，将沿翻折得，连接，点B，F，E恰好在同一直线上，延长交于点G．则与四边形的面积比为________ ． 【答案】 【分析】延长，与的延长线交于点，证明，可推出，，证明，可得，，进而可得，，，证明，得， 设的边上的高为，则的边上的高为，的底边上的高为，则与四边形的面积比可求． 【详解】解：延长，与的延长线交于点， 在中，，， ，， ，， ，，，， 将沿翻折得，点B，F，E恰好在同一直线上， ，，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 点是边上的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设边的上的高为，则的边上的高为，的底边上的高为， 则与四边形的面积比为． 命题点02 平行四边形的判定 【典例1】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在四边形中，对角线，交于点O．已知，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，，再由勾股定理求出的长，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴四边形的面积． 【典例2】．（2025·浙江杭州·模拟预测）在四边形中，，点在边上，连接，点在上，连接，且．     (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，连接，若，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图2中面积等于面积一半的所有三角形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质. （1）先得到，证明，进而得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）先根据平行四边形的性质，再根据得到，即可得到，即可作答. 【详解】（1）证明：， ． ． ． 四边形是平行四边形． （2）∵四边形是平行四边形 ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 即面积等于面积一半的所有三角形为 【典例3】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，分别以点，为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点，，作直线交于点，延长到，使，连结，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查基本作图，平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可； （2）先根据勾股定理求得，根据平行四边形的性质可得，代入数据进行计算求解即可． 【详解】（1）证明：根据作图可得，， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴． 【典例4】．（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. 【典例5】．（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． 命题点03 平行四边形的性质与判定综合 【典例1】．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 由题意可得为的中位线，根据三角形的中位线定理可得，则，四边形是平行四边形，即可判断A、B、D；再由，是边的中点，即可判断C． 【详解】解：点、、分别是边、、的中点 ∴为的中位线， ∴， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 故A、B、D正确，不符合题意； ∵，是边的中点， ∴， 故C错误，符合题意， 故选：C． 【典例2】．（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． 【典例3】．（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， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴． 【典例4】．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)证明见解析 (2)条件①，四边形为矩形；条件②，四边形为菱形，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ （2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【典例5】．（2025·浙江杭州·一模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，点，分别为，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，再根据点，分别为，的中点，得到四边形的对角线互相平分，从而得证； （2）运用勾股定理求出，再根据斜边上的中线等于斜边的一半求出即可． 【详解】（1）证明：在平行四边形中，对角线，交于点， ，， 点，分别为，的中点， ，， ， ， 四边形是平行四边形； （2） ，， ， ， 点为的中点，， ． 【点睛】掌握平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【典例6】．（2025·浙江·二模）如图，在中，点E，F分别在，的延长线上，且．连结，交于点H，连结． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质. （1）根据平行四边形的性质得到，，求得得到四边形是平行四边形； （2）根据平行四边形的性质得到，，求得，于是得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 中考预测题 1.如图，在中，点在边上移动（不与点，重合），以为一边作，连接，则下列为定值的是（    ） A．的面积 B．四边形的面积 C． D． 【答案】B 【分析】过点作于，由已知可得，、、、、、的值不定，分别表示出的面积、的面积，再根据四边形的面积的面积的面积的面积，即可得出结论． 【详解】解：如图，过点作于， ∵点在边上移动（不与点，重合），以为一边作， ∴，、、、、、的值不定， ∵的面积，的面积， ∴的面积、、不是定值， 四边形的面积的面积的面积的面积， 四边形的面积为定值． 故选：B． 2.如图，平行四边形中，与交于点，，，和的角平分线交于点，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形性质，得到；根据平行四边形的数量关系，取的中点，证明共线，，， ，因此，在中，即可求得的长． 【详解】解：取的中点，连接，如图所示， 四边形是平行四边形， ， ， ，， ， 和的角平分线交于点， ， ， ， 在与中，有 ， 则， ， 三点共线，且， 又， 四边形是平行四边形， ， 在和，有 ， ， 在和中，有 ， ， ， ， 是直角三角形， 又， 为中点， 根据直角三角形性质，则． 【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、直角三角形的判定，解题关键是根据题意发现边长数量关系，作相应辅助线从而得到所求长度． 3.如图，四边形是平行四边形，，是对角线上的两点且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先证明，得出，，再由平行线的判定可得，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证得结论； （2）根据平行四边形的性质得到，，根据平行线的性质得到，，求得，根据平行四边形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ∵ ∴，即 在和中， ， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， 四边形是平行四边形，， ，， ，， ， 四边形是平行四边形， ∴， ， ， ， ． 考点三 三角形的中位线 《解题指南》 解题思维： 【见“双中点”，连中位线】 几何题中只要题干给出了三角形两边的中点（或者暗含了中点，如矩形对角线交点、圆心等），第一反应就是将这两个点连接起来！马上构造出三角形中位线，瞬间得到平行线段和 1:2 的长度关系，从而打破僵局。 【任意四边形的“中点四边形”模型】 依次连接任意四边形各边中点所得的四边形必定是平行四边形（利用中位线证明）。这个结论在解答题和客观题中极为好用，且形状由原四边形的对角线决定： ① 原四边形对角线相等 -> 中点四边形必定是菱形； ② 原四边形对角线互相垂直 -> 中点四边形必定是矩形； ③ 原四边形对角线既相等又垂直 -> 中点四边形必定是正方形。 命题点01 利用三角形中位线求解 【典例1】．（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2】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在矩形中，已知，点P，Q分别是，的中点，连接，DQ，则四边形的周长是_________． 【答案】 【分析】本题主要考查矩形的性质、三角形中位线的性质和勾股定理，根据矩形的性质得，结合题意得为的中位线，则、和 ，即可求得周长． 【详解】解：∵矩形中，， ， ∵点P，Q分别是，的中点， ∴为的中位线，，，， 四边形的周长， 故答案为：． 【典例3】．（2025·浙江宁波·二模）如图，，分别是边，的中点，点是的中点，连接，交于点，若，则________． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，根据题意可得，证明得出的长，进而根据中位线的性质得出，即可求解． 【详解】解：∵，分别是边，的中点， ∴，，， ∴， ∵点是的中点， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴， ∴， 故答案为：． 【典例4】．（2025·浙江杭州·三模）如图，在中，，，分别是，边上的中点，于点D，过点E作交于点G，连结，则的长为________． 【答案】4 【分析】本题主要考查三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，菱形的判定与性质，连接交于点，先证明四边形是平行四边形，再证明是菱形，可得，，由勾股定理得，从而可求出． 【详解】解：连接交于点，如图， ， ∵分别是，边上的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形， ∴，且，， 在中，， ∴， 故答案为：4． 【典例5】．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为_______； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______． 【答案】 4 【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可； （2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到． 【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且， ∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆， 取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大， 即此时面积取得最大值，如图， ∵ ∴， ∴面积的最大值． 故答案为：4； （2）连接，如图， ∵、的中点为M、N， ∴， ∴取得最小值时，长度最小． 由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接， ∴当、、三点共线时，此时最小，如图， 由（1）可知，， 过点O作，交的延长线于点F，如图， ∵四边形为平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点的轨迹． 【典例6】．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，由，分别为，的中点，得，所以，然后根据菱形的面积为即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 命题点02 利用三角形中位线证明 【典例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． 【典例2】．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”． (1)请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的有______（填序号）． (2)如图，四边形是邻等内接四边形，且，，，，求四边形的面积． 【答案】(1)③ (2) 【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义进行逐个分析，即可作答． （2）先根据勾股定理算出，设，，结合勾股定理整理得，代入数值得，再证明是的中位线，则，分别算出和，即可作答． 【详解】（1）解：依题意，图①、图②和图④没有对角互补，不是邻等对补四边形， 图③对角互补且有一组邻边相等，是邻等对补四边形， 故答案为：③； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是邻等内接四边形， ∴四点共圆，且为直径， 把的中点记为点，即四点在上， 连接，，相交于点， ∵， ∴， 设，， ∵， ∴， 则在中，， 在中，， ∴， 即， 解得， ∴ 则 即， ∵是直径， ∴， ∵，， ∴是的中位线， ∴， 则． ， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了新定义，勾股定理，垂径定理，圆内接四边形，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【典例3】．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， 当点E与点A重合时，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）∵正方形， ∴， ∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3），理由如下： 由（2）可知：， ∴，， 作于点，则：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 【典例4】．（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． 【典例5】．（2025·浙江温州·三模）如图1，等腰与正方形的顶点重合于点C，连接，，点M为的中点，直线交于点．对于旋转问题中位置关系的研究，我们的研究的思路是从特殊到一般，要探究与的位置关系，可先将其位置特殊化． (1)如图2，当点E，F分别落在正方形的边上，与正方形对角线交于点N， ①若正方形的边长为3，，连接，求的长度； ②判断直线、的位置关系，并说明理由； (2)如图1，点E落在正方形内，求证： 【答案】(1)①；②直线、的位置关系为，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）①利用正方形的性质，等腰直角三角形的性质和等腰三角形的三线合一的性质得到，利用直角三角形的斜边上的中线的性质和勾股定理解答即可得出结论； ②利用全等三角形的判定与性质得到，利用线段的垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到，利用直角三角形的斜边上的中线的性质和等腰三角形的性质得到，，利用等腰直角三角形的性质和四边形的内角和定理，结论可得； （2）延长至点G，使，连接，利用正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质得到，利用三角形的中位线定理和平行线的性质得到，利用等腰直角三角形的性质和三角形的内角和定理解答即可得出结论． 【详解】（1）解：①四边形为正方形， ，， 为等腰直角三角形， ，，， ， 点M为的中点， ， ， ， ， ， ； ②直线、的位置关系为，理由： 四边形为正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 由①知：，， 垂直平分， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， 由①知：， ， ，点M为的中点， ， ， ， 四边形的内角和为， ， ； （2）证明：延长至点G，使，连接，如图， 四边形为正方形， ，， ， 为的垂直平分线，等腰直角三角形， ，， 等腰直角三角形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 点M为的中点，点D为的中点， 为的中位线， ， ， ， ， ， 即， ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【典例6】．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，D，E分别是线段，的中点，连结并延长至点F，使，连结． (1)证明：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)18． 【分析】本题考查了中位线定理，平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定是解题的关键． （1）根据中位线定理及中点定义可知，，再根据平行四边形的判定即可解答； （2）根据平行四边形的性质即可解答． 【详解】（1）证明：∵在中，，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴点是的中点， ∴， ∴， ∵， 即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：在中，，， 则四边形的周长． 【典例7】．（2024·浙江温州·一模）如图，在矩形中，，点E在上，，F为的中点，连结，分别交于点G，H，连结． (1)求证：． (2)当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及三角形的中位线定理： （1）根据矩形的性质得出，，结合直角三角形的性质、等腰三角形的判定求出，则，即可求出是的中位线，根据三角形中位线的性质求解即可； （2）结合（1）求出，根据矩形的性质求出，，由，，即可判定，，根据相似三角形的性质求出，根据线段的和差求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵F为的中点， ∴是的中位线， ∴； （2）解：由（1）知，， ∵， ∴， ∵，，F为的中点， ∴，， 在矩形中，， ∴ ∴，， ∴，， ∴， ∴． 中考预测题 1.如图，矩形和矩形，，，，，点P在边上，点Q在上，且，连接和，点N是的中点，M是的中点，则的长为（　　） A．3 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】连接，交于点K，连接，延长交于点H，利用全等三角形的判定与性质，得到，则M，K两点重合，，利用矩形的判定与性质可得四边形和四边形为矩形，可求得线段，，利用勾股定理求得，利用三角形的中位线定理即可得出结论． 【详解】解：如图，连接，交于点K，连接，延长交于点H， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，，即点K为的中点， ∵点M为的中点， ∴M，K两点重合， ∴， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴四边形和四边形为矩形， ∴，，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∵，， ∴为的中位线， ∴． 2.如图，矩形中，平分交于点，，分别为，的中点，，，则的长是（    ） A． B．8 C．10 D．14 【答案】D 【分析】连接，由矩形的性质推出，，，， 由平行线的性质和角平分线的定义推出，得到，由三角形中位线定理推出，由勾股定理求出，根据求解即可． 【详解】解：如图，连接， 四边形是矩形， ，，，， ， 平分， ， ， ， ，分别为，的中点， 是的中位线， ， ， ， ． 3.如图，的对角线，交于点，平分交于点，，，连接，则的长为______． 【答案】1 【分析】根据平行四边形的性质得，再根据角平分线的性质得，即可得是等边三角形，再证得是的中位线，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴，， ∵平分交于点， ∴， ， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴点E是的中点， ∵四边形是平行四边形， ∴点O是的中点， ∴是的中位线， ∴． 4.如图所示，四边形中，，，，点E，F，G分别是，，的中点，则的长为______． 【答案】 【分析】连接，根据勾股定理可得，由题意可得是的中位线，，即可求解． 【详解】解：连接，如下图： ∵，，， ∴， 又∵点E，G分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴. 考点四 矩形的性质与判定 《解题指南》 解题思维： 【盯紧“直角三角形斜边中线”定理】 矩形内蕴含着丰富的直角三角形。题目中一旦出现对角线交点，或者矩形某条边上的中点，要敏锐联想到“斜边上的中线等于斜边的一半”。通过这条性质，可以实现多条线段之间的等量代换，极易构造成比例线段或全等。 【矩形折叠（轴对称）问题通法：列勾股方程】 浙江中考极其青睐矩形的折叠剪拼题。此类题型的核心解题套路为： ① 设未知数：通常设某条未知但好用的线段为 x； ② 转移线段：利用折叠前后“对应线段相等”，将相关的边全部用含 x 的代数式表示出来； ③ 锁定直角三角形：将所有表示出来的线段集中到同一个直角三角形中，利用勾股定理列出方程，求出 x 从而破局。 命题点01 矩形的性质 【典例1】．（2025·山东东营·中考真题）如图1，在矩形中，，是边上的一个动点，，交于点，设，图2是点从点运动到点的过程中，关于的函数图象，则的长为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】本题考查了动点问题的函数图象问题、矩形的性质、相似三角形的性质与判定，利用相似三角形的性质求出关于的函数关系式是解题的关键． 首先推导出，设，利用相似三角形的性质求出关于的函数关系式为，再结合函数图象求出的值即可得出结论． 【详解】解：矩形， ， ， ，， ． ， ． ． ， ， 设，则， 整理得， 由图象可知，关于的函数图象经过， 代入得，， ， ． 【典例2】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题综合考查矩形的性质，旋转的性质，全等、相似三角形的判定与性质，找到全等三角形和相似三角形建立线段之间的等量关系是解题关键． 先通过矩形的性质求出的长，再取与的交点为M，通过旋转和矩形的对角线相等且互相平分，证明，再利用等边对等角和对顶角，三角形内角和，推出，通过已知条件得到相似比，建立线段之间的等量关系，最后列方程求出对应的值即可． 【详解】解：如图，取与的交点为M， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵是矩形的对角线，的交点， ∴， ∴， 由旋转的性质，可知，，，， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∵，， ∴，即， 又，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 解得， ∴， ， ∴的周长为， 故选：B． 【典例3】．（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 【典例4】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，将沿着折叠得到，与相交于点E，则________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，关键主要考查学生的推理和计算能力． 连接交于点，连接，由折叠可得，，根据矩形性质和勾股定理可得，利用，可得，所以，然后证明 ，进而可以解决问题． 【详解】解：如图，连接交于点，连接， 由折叠可知：，， 在矩形中， ，，， ， ， ， ， ， ， ，， ∴，， ， ， ． 故答案为：． 【典例5】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，E是边上的一点，，以E为圆心，为半径的弧交于点G，交于点F．若G是的中点，则的值为_________． 【答案】 【分析】连接，过点E作于点H，设，先证明，进而得，则，再根据，得，设，则，，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，由此解得，则，，据此即可得出的值． 【详解】解：连接，过点E作于点H，如图所示： 设， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∴． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，理解圆周角定理，矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握相似三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键 【典例6】．（2025·浙江丽水·二模）将矩形的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，已知，，则边______． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，先根据图形翻折的性质得到，则四边形是矩形；利用勾股定理得出，证得，所以，然后等量代换． 【详解】解：由折叠的性质得：，， ∴， ∴， 同理，， ∴， ∴， 同理，，， ∴， ∴， ∴在四边形中，， ∴四边形是矩形； ∴， 在中，，， ∴， 由折叠知，， ∵四边形是矩形，四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠知，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 命题点02矩形的判定 【典例1】．（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 ． 【典例2】．（2025·云南·中考真题）如图，在中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，的周长为，的周长为，四边形的周长为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明对角线互相平分，继而得到四边形是平行四边形，再由即可证明为矩形； （2）由矩形的性质得到，，得到二元一次方程组，求出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴的长为10． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）如图所示，在平行四边形中，P是边上一点（不与A，B重合），，过点P作交边于点Q，连结，． (1)求证：四边形是矩形． (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查直角三角形全等的判定，勾股定理，矩形的判定，相似三角形的判定和性质，综合应用上述知识点是解题的关键． （1）根据，，通过导角证明，进而得出，结合四边形为平行四边形，可得四边形是矩形． （2）先证得．设，则，在中，由得到，由，得，在中得到． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵四边形为平行四边形， ∴四边形是矩形． （2）解：四边形是矩形， ， ， 在和中， ， ， ． 设，则， 在中，由勾股定理得， ， 解得， ． ，， ， ，即， ． 在中，． 【典例4】．（2025·浙江·模拟预测）如图，在中，，是斜边上一点，过点作的垂线，垂足为点，延长至点，使得，过点作的垂线，垂足为点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)当点在什么位置时，最短？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)于点时，最短，理由见解析 【分析】本题考查矩形判定、垂线段最短等知识，解题关键是利用矩形性质及线段关系转化与关联。 （1）依据矩形判定定理，通过已知垂直条件找、和为直角，证四边形是矩形。 （2）先连，借矩形性质、线段关系推导，再依垂线段最短，得时最短，从而最短。 【详解】（1）证明：， ． 又， 四边形是矩形； （2）解：当于点时，最短，理由如下：如解图，连接． 四边形是矩形， ，，． ，． ， ． ， ， ． ， ， 当最短，即于点时，最短． 命题点03 矩形形的性质与判定综合 【典例1】．（2025·浙江温州·二模）如图，在矩形中，E是上一点，交于点F，交对角线于点G，连接．若求阴影部分的面积，则只需要知道（   ） A．的面积 B．的面积 C．四边形的面积 D．四边形的面积 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，由证明四边形是正方形，四边形是矩形，得到，，再证，推出，得到，进而得到，即阴影部分的面积为，即可得出结论． 【详解】解：∵，四边形是矩形， ∴， ∴四边形是正方形，四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为， ∴若求阴影部分的面积，只需要知道四边形的面积， 故选：D． 【典例2】．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质．由题意得，，，求得，根据等腰三角形的性质得到，再利用，列式计算即可求解． 【详解】解：作于点，如图， ∵矩形， ∴四边形是矩形， ∴， 由题意得，，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故选：D． 【典例3】．（2025·浙江·一模）如图，在边长为的正方形中，为边上的中点，过点作的垂线分别交和的延长线于点，，点在线段上运动（不与端点重合），点，分别为，的中点．在点运动过程中，当成为直角三角形时，的长为______． 【答案】或或 【分析】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，直角三角形的存在性；得出，转化为的长是解题关键． 过点作直线于点，由点是的中点可得，由此可得点一定在上且求出的长即可．当是直角三角形时，分两种情况讨论即可． 【详解】解：过点作直线于点，则， ∴，则， 点是的中点， ，； 点是的中点， ，， 在正方形中，，， ，又， ， ，即， ，， ， 点是的中点， ； 过点作于点， ∴， ，即， ，； ； 当点是直角顶点，如图，延长交于点， ， ，四边形是矩形， ，， ，， ，即， ． ， ； 当点是直角顶点， 设，则， ， ， ， ， ，即， 解得或， 或． 故答案为：或或． 【典例4】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，点分别落在上，连接得到正方形．在上取一点，在上取一点，使得，连接，和分别交于点和，若，，则四边形与的面积比为_____． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的性质，平行线等分线段定理等，过点作于，交于点，连接，可得四边形、四边形和四边形、四边形都是矩形，即得，，，进而可证，得到，即得，再由得到，进而由平行线等分线段定理得，即得，设，则，同理由平行线等分线段定理得，得到，即得，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图所示，过点作于，交于点，连接，则， ∵四边形是矩形，四边形是正方形， ∴，，， ∴四边形、四边形和四边形都是矩形， ∴，，，， ∴四边形是矩形，，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【典例5】．（2025·浙江杭州·二模）已知：如图，在中，，D，E分别为，中点，连结并延长，使． (1)求证：四边形为矩形； (2)记，． ①求（用含，的代数式表示）； ②若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质． （1）先根据已知得，，可证胆四边形为平行四边形，再根据等腰三角形的性质得，即，即可得出结论； （2）①根据矩形的性质得，，，进而得，，再根据三角形内角和定理可得； ②由已知推出，即可证明，得，变形即可得出结论． 【详解】（1）证明：为中点， ， ， 四边形为平行四边形， 在中，，D为中点， ， ， 为矩形； （2）①解：四边形为矩形 ，，， ， 又， ， ； ②证明：， ， ， 又， ， ， ，即， ． 中考预测题 1.如图，在矩形中，，，点分别在边，上，且满足，连接，，点，分别在，上移动（不与端点重合），且满足，则下列说法不正确的是（   ） A．连接， B．的最小值为 C． D．当时，四边形为矩形 【答案】C 【分析】连接，证出四边形是菱形即可得A正确；连接，根据垂线段最短可得当时，的值最小，再利用三角形的面积公式计算可得B正确；连接，先证出四边形为平行四边形，再得出要使得，则需，由此即可得C错误；连接，先证出，则，再根据矩形的判定可得D正确． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵， ∴，， 同理可得：， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，则说法A正确； 如图，连接， 由垂线段最短可知，当时，的值最小， ∴此时有， ∴， 即的最小值为，说法B正确； 如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 假设， ∴平行四边形是矩形， ∴，但由已知条件不能得出这个结论， ∴假设不成立，即不成立，说法C错误； 如图，连接， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 由上已得：四边形是平行四边形， ∴四边形为矩形，则说法D正确． 2.如图，在矩形中，，，在和上分别有点，连．点关于的对称点，点关于的对称点，若刚好相邻落在对角线上，则的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，图形对称的性质，勾股定理解三角形等知识点． 连接，根据矩形的性质，利用勾股定理得到，根据图形对称的性质得到，，设，根据勾股定理解得，得到，设，同理得到，继而根据勾股定理得到． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点关于的对称点为，点关于的对称点为， ∴，，，， ∴，，， 设，则， ∵， ∵， ∴，解得， ∴， 设，则， 在中，， ∵， ∴，解得， ∴， 在中，， ∴． 3.如图，为矩形内的一点，且满足，若，则_______． 【答案】 【分析】过点O作于点F，交于点E，于点G，交于点H，可得四边形均为矩形，可设，再由勾股定理可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点O作于点F，交于点E，于点G，交于点H， ∵为矩形内的一点， ∴， ∴， ∴四边形均为矩形， ∴， 设， ∵， ，， ∴， 解得：， ∴． 4.如图，在中，对角线、交于点O，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)若，，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)矩形，见解析 【分析】（1）利用平行四边形的性质证明即可得证； （2）四边形为矩形，由（1）可得，四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可以推得是等边三角形，从而可得，即可得证． 【详解】（1）证明：∵点E为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴; （2）解：四边形是矩形，理由如下： 由（1）得，且， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 考点五 菱形的性质与判定 《解题指南》 易错提醒： 【面积公式漏乘 1/2】 菱形面积的特殊求法是“对角线乘积的一半”（S = 1/2 × d1 × d2）。很多同学在考场高度紧张时，会下意识直接把两条对角线长相乘，导致算出来的面积翻倍。请在审题和复查时务必多看一眼是否有“1/2”。 【误将菱形的性质等同于正方形】 菱形的四条边都相等，对角线互相垂直且平分，但对角线绝不相等（除非它是正方形）。在未证出正方形前，绝不可套用对角线相等的结论。 命题点01 菱形的性质 【典例1】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在菱形中，与相交于点，，垂足为点M，交于点，若，，则的长为（　　） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，由菱形的性质可得，，则，再证明，则，据此可得答案． 【详解】解：∵在菱形中，与相交于点， ∴，， 在中，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B ． 【典例2】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是上的动点，且．若菱形的面积等于24，，记，则下列代数式的值不变的是（   ） A． B． C．xy D． 【答案】B 【分析】本题主要考查菱形的性质和相似三角形的判定与性质，由菱形的性质求出，证明，得，证出，得出；同理可得，从而可证明，得是定值． 【详解】解：如图，连接，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵菱形的面积为24，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 同理可证， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 故选：B． 【典例3】．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求． 【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，， 由题意知，在菱形中，，， ∴和为等边三角形， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小， 此时最小值的长度为． 故答案为：． 【典例4】．（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：． 【典例5】．（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：． 命题点02 菱形的判定 【典例1】．（2025·浙江杭州·模拟预测）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，，AC平分，． (1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形； (2)如图2，于点H，交BD于点E，连接AE，点G在AB上，连接EG交AC于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中四条与线段AG相等的线段（线段AG除外）． 【答案】(1)见解析 (2)AE，ED，EC，FC 【分析】（1）根据先证明，推出，易证四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义结合，推出，推出，即可证明； （2）根据，结合四边形是菱形，推出，易证都是等边三角形，得到，再根据，利用等腰三角形三线合一，可推出是的垂直平分线，得到，，利用菱形的性质得到，，求出，结合，易证是等腰直角三角形，推出，再利用三角形内角和定理求出，进而求出，得到，即可得出结论． 【详解】（1）证明： ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， 四边形是菱形； （2）证明： ，四边形是菱形， ， 都是等边三角形， ， ， 是的垂直平分线，是的角平分线， ，， 四边形是菱形， ，是的垂直平分线， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，熟练运用等腰三角形的性质是解题的关键． 【典例2】．（2025·浙江衢州·三模）如图，中，，点为边中点，过点作的垂线交于点，在直线上截取，使，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为 【分析】（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形是菱形； （2）过点作于点，得矩形，根据，，可得，，根据勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长． 【详解】（1）证明：点为边中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：如图，过点作于点，得矩形， ，， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， ，是的中点， ． 的长为． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定，直角三角形斜边上的中线性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 【典例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， ∴ ∴． 【典例4】．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论； （2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵， 根据（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 【典例5】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，是的对称中心，与相切于点． (1)求证：直线是的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明； (2)当与相切时，是菱形吗？说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)是菱形，理由见详解 【分析】（1）先理解题意，结合两位同学的想法，作图，再根据平行四边形的性质以及切线的性质，证明三角形全等，然后结合全等三角形的性质进行分析，即可作答． （2）先理解题意，作图，证明，得，因为四边形是平行四边形，得，即，得，故，运用一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答． 【详解】（1）解：左边同学的思路： 过点O作，连接，，如图所示： ∴， ∵是的对称中心， ∴三点共线，且，， ∴， ∵与相切于点， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴直线是的切线； 右边同学的思路： 连接，并延长交于点F，如图所示： ∵是的对称中心， ∴三点共线，且，， ∴， ∵与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴是切点， 即直线是的切线； （2）解：是菱形，理由如下： 当与相切时，记切点为点，如图所示： ∵与相切于点．与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【典例6】．（2025·浙江·模拟预测）如图，在中，，点E在上，以点A为圆心，长为半径画弧，交于点F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点P，连结并延长，交于点． (1)求证：． (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)是菱形，理由见解析． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． （1）根据题意可得：，平分，从而可得，然后利用证明，从而利用全等三角形的性质即可解答； （2）先利用等腰三角形的性质可得，，从而可得，进而可得，然后利用平行线的性质可得，从而可得，进而可得，最后利用（1）的结论和等量代换可得：，即可解答． 【详解】（1）证明：由题意得，平分， ， 在和中， ， ， ； （2）解：四边形是菱形， 理由：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 四边形是菱形． 命题点03 菱形的性质与判定综合 【典例1】．（2025·四川德阳·中考真题）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长，那么图中四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质等；由正六边形的性质得， ，由余弦函数得，四边形是菱形，即可求解；掌握正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质是解题的关键． 【详解】解：六边形是正六边形， ， ， ， ， 同理可求：， 在中， ， 同理可求：， 四边形是菱形， 四边形的面积是： ； 故选：A． 【典例2】．（2025·浙江·三模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，线段与关于过点O的直线l对称，点的对应点在线段上，与交于点G，将沿折叠，点A与点重合，且平分，则______． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形的性质、对称变换、角平分线的定义、全等三角形的判定及性质、解直角三角形等，熟练掌握对称变换的性质是解题的关键．连接、、，过点作于点，先由“线段与关于过点O的直线l对称，点的对应点在线段上”，推出点、、三点共线，接着由折叠性质，推出四边形是菱形，进而推出，利用平分得到，在中，得，设，得，，，，，进而求得，，，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接、、，过点作于点，设、、、、、， 线段与关于过点O的直线l对称，点的对应点在线段上， 直线l垂直平分，直线l垂直平分， ，， ， ， ，， 四边形是菱形， ，，，， ， 点、、三点共线， 又沿折叠，点A与点重合， ，，垂直平分， ， ，， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， ，， 平分， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， 设， 在中，， ，， ，， ， ， ， ， 同理可得，， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【典例3】．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形； （2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可． 【详解】（1）证明：∵点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【典例4】．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． (1)求证：是菱形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形； （2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解． 【详解】（1）证明：∵为对角线上的中点，且， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形； （2）解：如图： ∵， ∴， 设 ∴， ∵， ∴， ∴， 解得： ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 【典例5】．（2025·浙江金华·三模）如图，矩形的对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】（1）先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理； （2）根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵矩形中，， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵矩形中，，， ∴， 由菱形和矩形的中心对称性可知：， 又∵， ∴， ∴菱形的面积是． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的判定和性质，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键． 中考预测题 1.如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，点在菱形的边上，且的顶点都在小正方形的顶点上，以为圆心，的长为半径画，则图中阴影部分的面积为_____． 【答案】 【分析】利用勾股定理求出、、的长度，利用勾股定理逆定理可判断出为等腰直角三角形，即得，，再根据解答即可求解． 【详解】解：勾股定理得，，，， ， 是直角三角形，且， ∴， ， 是等腰直角三角形， ， ∵四边形是菱形， ， ， ． 2.综合实践：图1是一种阳台户外伸缩晾衣架，侧面示意图如图2所示，是由支架组成．其中M、N是晾衣架的墙面固定点，点是MN的中点，活动端点只能在线段NQ上自由移动，随着点的移动，晾衣架也随着整体前后移动．已知 ，图2中和中间三个全等的菱形边长相等（宽度忽略不计）． 【问题提出】 (1)当点移动到点的位置时，点A、C之间的距离是__________cm； 【问题探究】 (2)当活动端点与点的距离时，求此时晾衣架端点到墙壁的距离； 【问题解决】 (3)由于支架宽度的限制，连接点的距离不小于4cm，求晾衣架活动端点的最大可移动距离．（结果保留根号） 【答案】(1)16 (2)72cm (3) 【分析】（1）利用已知条件证得，从而得到，再利用中点的性质即可解出答案； （2）利用菱形的性质和勾股定理求出的长度，再根据证得四边形是平行四边形，所以，同理证得，即可求出答案； （3）连接点的距离不小于4cm，所以直接将代入，利用勾股定理解出答案． 【详解】（1）解：连接，相交于点， ， ∵和中间三个全等的菱形边长相等， ∴， 在和中，， ∴， ∵，为的中点， ∴， 当点移动到点的位置时， ． （2）解：连接， 由题意得，． ∵四边形是菱形， ， ． ． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，故，且中间的三个菱形边都相等，对应角也相等，则都是全等的菱形， 同理可得， ． 答：此时晾衣架端点到墙壁的距离是72cm． （3）解：当时，， ． ． ． 答：晾衣架活动端点的最大可移动距离为． 3.如图，在四边形中，，E、F、G、H分别为、、、的中点，顺次连接E、G、F、H． (1)猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由； (2)当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由． 【答案】(1)菱形，理由见解析 (2)当时，四边形为正方形；理由见解析 【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到，，，，，进而得到，，即可得四边形是平行四边形，又由得，即可得到四边形是菱形； （2）根据平行线的性质得到，，根据平角的定义，得到，根据正方形的判定即可得到结论． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由条件可知、、分别为、、的中位线， ∴，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：当时，四边形为正方形．理由如下： 由（1）同理可证， ∴， ∵， ∴， 由条件可知， ∴， ∴菱形是正方形． 4.如图，矩形的对角线相交于点O，且，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，再根据矩形性质可得：，利用菱形的判定即可证得结论； （2）根据矩形的性质得到，可知是等边三角形，得到，进而得到，根据菱形的性质计算即可． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 矩形的对角线，相交于点， ，，， ， 四边形是菱形 （2）解：∵， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 由（1）知四边形是菱形， ∴， ∴菱形的周长． 5.如图，在平行四边形中，，点分别是、的中点，交于点，连接， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，直接写出的长___________ 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明其邻边相等即可； （2）过点O作于点G，先求，再求，最后根据勾股定理求． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵E，F分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：过点O作于点G， ∵E是的中点，， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴，， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∴． 考点六 正方形的性质与判定 《解题指南》 易错提醒： 【判定程序不严密（单层认证失效）】 正方形集成了矩形和菱形的所有特征，因此证明正方形必须经历“双重认证”：可以先证平行四边形 -> 再证矩形 -> 最后证正方形（加一组邻边相等）；或者先证平行四边形 -> 再证菱形 -> 最后证正方形（加一个直角）。绝对不能从普通四边形一步跨越到正方形，判定步骤残缺是考场大忌。 【忽略 45° 特殊角及其隐含的 1:1:√2 比例】 正方形的对角线平分 90° 直角，会产生大量的 45° 角。很多同学在涉及相似三角形或动点轨迹时，常常忽略这个强烈的特殊角条件，导致无法利用等腰直角三角形的边长比例（1:1:√2）简化计算。 命题点01 正方形的性质 【典例1】．（2025·浙江丽水·二模）如图，正方形由四个全等的直角三角形（、、、）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则的面积为（   ）． A．6 B． C．13 D．12 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理解三角形，矩形的判定和性质，三角形等面积法等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 过点E作，根据正方形的性质及矩形的判定得出四边形为矩形，再由勾股定理得出，利用三角形等面积法确定，得出，即可求解． 【详解】解：过点E作，延长交于点N， ∵正方形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴的面积为：， 故选：B． 【典例2】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：或， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 【典例3】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，已知四边形和四边形是正方形．若，，则的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，令交于，作于，由正方形的性质可得，，，，证明，得出，由等腰直角三角形的性质可得，求出，，证明，求出，，从而可得，再证明，求出，最后由，计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：令交于，作于， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，，， ∴，即， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：． 【典例4】．（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，， ； ． 命题点02 正方形的判定 【典例1】．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键． 根据从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可． 【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形． ∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为． 故选：A． 【典例2】．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）． 【答案】①②或①③（填写一组即可） 【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握正方形，矩形，菱形的判定是解题的关键． 根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可． 【详解】解：当选择①；②时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴均是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形； 当选择①；③时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； 当选择②；③， 由于四边形是平行四边形，若或， 均只能得到四边形是矩形，不能证明其为正方形，故不符合题意； ∴选择①②或①③均可以， 故答案为：①②或①③（填写一组即可）． 【典例3】．（23-24八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)答案见解析 (2)242 【分析】对于（1），先根据定义说明四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义和平行线的性质得，即可得出，进而得出答案； 对于（2），先说明四边形是正方形，再求出，进而求出答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由是： ，， 四边形是平行四边形. 平分 ． ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）， 四边形是正方形， ∴. ， 根据勾股定理，得， 即， 解得， 四边形的面积为∶． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． 命题点03 正方形的性质与判定综合 【典例1】．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形中，，点在上，为上一点，过点作于点，连结，记，若，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形判定与性质，角平分线的性质定理，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 当时，此时记为点，过点作于点，可得四边形为正方形，设，则由勾股定理得，则，解得：，那么，同理可求，则，即． 【详解】解：当时，此时记为点，过点作于点， ∵正方形， ∴平分，， ∵ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， 设，则由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴， 当时，此时记为点，过点作于点， 同理四边形为正方形， ∴， ∵， 设，则由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴， ∴，即， 故选：B． 【典例2】．（2025·浙江温州·二模）如图，四边形是一张正方形纸片，其面积为．分别在边，，，上顺次截取，连接，，，．分别以，，，为轴将纸片向内翻折，得到四边形．若四边形的面积为，则等于（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，全等三角形的性质与判定等，由正方形的性质可得，，根据题意可证明，根据正方形面积计算公式求出，则，由折叠的性质可得，，再证明四边形是正方形，且，则可得到，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，即， 同理可得， ∵四边形是一张正方形纸片，其面积为， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， 同理可得， ∴四边形是正方形， ∵四边形的面积为， ∴， ∴， 故选：C． 【典例3】．（2025·浙江杭州·一模）如图，E是正方形的边上一动点（不与C，D重合），连结，以为边作正方形，点M是的中点，连结．给出下列结论：①；②点B，M，D三点共线，则下列判断正确的是（    ） A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对 【答案】A 【分析】连接，根据四边形和四边形是正方形，得出，，，，即可得，连接，证明，得出，即可证明点三点共线，延长，过点作交的延长线于点，过点作交于点，过点作交的延长线于点，则四边形和四边形是矩形，则，证明，得出，即可得，证出四边形是正方形，即可得，从而得，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出，即可得出，即，故①正确；连接，证明，得出，即可得，从而证出点三点共线，故②正确. 【详解】解：连接， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，， ，， ∴， 连接， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴点三点共线， 延长，过点作交的延长线于点，过点作交于点，过点作交的延长线于点， 则四边形和四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵点是中点， ∴， ∴， 即，故①正确； 连接， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴点三点共线，故②正确； 故选：A． 【点睛】该题考查了正方形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，矩形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确做出辅助线． 【典例4】．（2026·浙江杭州·一模）如图（1），已知正方形，矩形，其中，B在边上，D在边上，正方形的边长为2．设矩形的边，（a，b均为小于等于2的正数）．将矩形的两个角翻折，使G落在边上点N处，E落在边上点M处，为折痕，连接． (1)若M，N分别为的中点，求的长． (2)若，求矩形的面积． (3)如图（2），连接，若恰好经过点C，求证：． 【答案】(1) (2)8 (3)见解析 【分析】（1）由中点的定义可得，再利用勾股定理求解即可； （2）由翻折的性质可得是正方形，即、，进而得到，利用勾股定理可得，再结合可得，进而得到，整理得，再根据矩形的面积公式求解即可； （3）由（2）求解过程可知：，，，，是正方形，易证可得，即，整理得：；再证明，易证四边形是平行四边形可得；再证明可得，进而证明结论． 【详解】（1）解：∵M，N分别为的中点， ∴， ∴． （2）解：∵将矩形的两个角翻折，使G落在边上点N处，E落在边上点M处， ∴是正方形， ∴，， ∵矩形的边，（a，b均为小于等于2的正数）． ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，整理得：， ∴矩形的面积． （3）解：由（2）求解过程可知：，，，，是正方形， ∴，，， ∵矩形， ∴， ∴， ∴，同理可得：， ∴， 同理可得：， ∴， ∴，即，整理得：， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 【典例5】．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)四边形是黄金矩形．证明见解析 【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可； （2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论． 【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形， ∴， ∴； （2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处， ∴，， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （3）解：四边形是黄金矩形，证明如下： ∵，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形； 由（2）可知，， ∵为的中点， ∴， ∴， 如图，连接，由对折可得：，，， 设，则， ∵ ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理解黄金矩形的定义是关键． 中考预测题 1.如图，在中，，，以为一边向三角形外作正方形，正方形的中心为，则的长最大值等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用旋转变换构造全等三角形，将转化到中，结合三角形三边关系求解最大值． 【详解】 解：将绕点逆时针旋转得到，连接， 四边形是正方形，为中心， ，， 由旋转性质可知：， ，，， ， 是等腰直角三角形， ， 在中，，， 根据三角形三边关系，， ， ， 当 ，， 三点共线时， 取得最大值，最大值． 2.如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线折叠，点落在点处，与交于点，连接．若，则的长为___． 【答案】 【分析】过点作于点，根据折叠的性质以及已知条件得出四边形是正方形，进而得出，在中，勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵，将纸片沿对角线折叠，点落在点处，与交于点， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴ 又∵， ∴， 在中， ∴ ∵折叠， ∴ ∴， 在中， ∴在中，． 3.点是正方形对角线上一动点，点在射线上，且，连接，为中点． (1)如图1，当点在线段上时，连接交于点，试判断的形状； (2)如图2，当点在线段上时，试探究线段，，的等量关系； (3)若，连接，取的中点，则当点从点运动到点时，点所经过的路径长为 ． 【答案】(1)是等腰直角三角形 (2) (3) 【分析】（1）根据点在线段上，利用三角形的全等判定可以得出问题； （2）过点作交于点，交于点，过点作于点，设，分别求得，，即可求解； （3）根据题意得出点的起始点，进而根据三角形的中位线的性质即可求解． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形，理由如下： 连接，如图所示， 四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ，， ， ， 由四边形内角和为， ， ， ， 且； ∴是等腰直角三角形，理由见解析 （2）解：如图所示，过点作交于点，交于点，过点作于点， ∴，是等腰直角三角形，四边形是矩形， 设 则 ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，作关于的对称点，连接，取中点，连接， 当点与点重合时，点与点重合，当点与点重合时，点与点重合， ∴当点从点运动到点时，点所经过的路径长为的长， ∵， ∴, 则 ∵， ∴， 故答案为：． 考点七 四边形的综合问题 《解题指南》 易错提醒： 【主观臆断、凭视觉代替几何证明】 动态四边形综合题中，题目常问“当 t 为何值时，四边形 ABCD 是菱形/矩形/正方形”。很多同学在画草图时，画得像什么就直接当作什么来用（例如看着像垂直就直接当90°用）。切记：必须严格通过因果逻辑和判定定理列出关于 t 的方程，视觉只能作为辅助参考，绝非得分依据。 【分类讨论遗漏“边界临界值”】 当动点在多边形的边上连续运动时，图形的形态在运动到拐点（顶点）、中点、两线交点、垂足等特殊位置时会发生本质突变。分类讨论时若不分段考虑动点的范围限制（如 0 < t <= 2 和 2 < t < 5），往往会导致列出的代数式不适用，或者漏掉边界点上的特殊解。 命题点01 新定义的四边形 【典例1】．（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． 【典例2】．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长． 【详解】 解：如图，连接、，相交于点，   点分别是边的中点， ，， ，同理， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ，， 对角线互相垂直， ， ， ，， 是等边三角形， ， 在中，，， ， ， ，， 四边形的周长为． 故选：C． 【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算． 【典例3】．（2023·浙江宁波·一模）新定义：垂直于图形的一边且等分这个图形面积的直线叫作图形的等积垂分线，等积垂分线被该图形截的线段叫做等积垂分线段． 问题探究： (1)如图1，等边边长为3，垂直于边的等积垂分线段长度为______； (2)如图2，在中，，，，求垂直于边的等积垂分线段长度； (3)如图3，在四边形中，，，，求出它的等积垂分线段长． 【答案】(1) (2)边的等级垂分线段的长度为 (3)四边形的一条等积垂分线段的长为 【分析】（1）过点A作，根据等边三角形性质求解即可． （2）线段EF是垂直于BC边的等积垂分线段，设，作，构建方程即可得到答案． （3）分两种情况，作，设或作，设，构建方程即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示为垂直于边的等积垂分线， ∵是等边三角形，， ∴， ∴， （2）解：如图2中，线段是垂直于边的等级垂分线段，设．作于． 在中，∵，，， ∴，， ∵， ∴， 由题意：， ∴， 解得或（舍弃）， ∴边的等积垂分线段的长度为． （3）①如图3-1中，当线段是等积垂分线段时，设交于．作于．设． 在中，∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，∵， ∴， 由，可得，， ∴， ∵四边形的面积＝四边形的面积，的面积＝的面积， ∴的面积＝的面积， ∴， 解法（负根已经舍弃）， ∴． ②如图3-2中，当线段是等积垂分线段时，设交于．作于．设，则，． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴ 由的面积＝的面积， ∴， 解得（负根已经舍弃）， ∴． 综上所述，四边形的一条等积垂分线段的长为． 【点睛】本题考查了四边形综合题，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，理解题意，学会用分类讨论的思想解决问题是关键． 【典例4】．（2024·山西晋中·模拟预测）下面是小萱同学的数学周记，请仔细阅读并完成相应的任务． 筝形 在学习完平行四边形及特殊的平行四边形后，我发现生活中还有一种常见的特殊四边形−−筝形，可以类比平行四边形的研究路径“定义−性质−判定”研究筝形． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．如图1，四边形是筝形，其中，    性质：从整体看，筝形是轴对称图形，对称轴是对角线AC所在的直线；从局部看，应从边、角、对角线等角度探究筝形的性质．我发现，筝形有如下性质： 性质1：两组邻边分别相等，即．（由定义可得） 性质2：对角线垂直平分对角线． 性质3：一组对角相等，即． 性质4：筝形的面积等于两条对角线乘积的一半． 判定：与平行四边形类似，筝形的性质与判定也具有互逆关系． 判定1：…… 任务： (1)填空：性质2的证明过程如下． 已知：如图2，四边形是筝形，．    求证：垂直平分． 证明：连接． ∴点A在的垂直平分线上．（依据1： ） ∴点C在的垂直平分线上． ∴垂直平分．（依据2： ） (2)请你借助图3对性质3进行证明．（要求：写出已知、求证和证明过程）    (3)图4的方格纸中每个小正方形的边长都为1，请在方格纸中画出一个顶点都在格点上且面积为6的筝形．    【答案】(1)与一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上；两点确定一条直线； (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了垂直平分线的判定和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练运算相关知识进行推理证明或画图； （1）根据垂直平分线的判定填空即可； （2）连接，证明即可； （3）根据题意，画出对角线是2和6或对角线为3和4的筝形即可． 【详解】（1）解：依据1是与一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上；依据2是两点确定一条直线； 故答案为：与一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上；两点确定一条直线； （2）证明：连接， ∵，，， ∴， ∴    （3）解：如图所示，两个筝形就是所求作图形；    【典例5】．（2023·江西上饶·一模）我们给出如下定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图，，则四边形为等邻角四边形． (1)定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是 ． ①平行四边形    ②矩形    ③菱形    ④等腰梯形 (2)如图，在四边形中，，的垂直平分线恰好交于边上一点P，连结，，且，求证：四边形为等邻角四边形． (3)如图，在等邻角四边形中，，，点P为边上的一动点，过点P作，，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，猜想，，之间的数量关系？并请说明理由． 【答案】(1)②④ (2)证明见解析； (3)，理由见解析 【分析】（1）根据等邻角四边形的定义即可直接得出答案； （2）连接，证明，得出，从而得到，，即可证明四边形为等邻角四边形； （3）过点P作，证明得到，再由矩形得到，即可得出． 【详解】（1）∵矩形和等腰梯形都有一组邻角相等， ∴矩形和等腰梯形是等邻角四边形， 故答案是：②④ （2）证明：连接， ∵垂直平分， ∴， ∵垂直平分， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为等邻角四边形． （3），理由如下： 过点P作，垂足为F， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为等邻角四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴在和中 ， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了新定义“等邻角四边形”，涉及线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质等知识，正确理解“等邻角四边形”的定义是解题的关键． 【典例6】．（2025·宁夏中卫·一模）阅读材料，解决问题 在数学探究中，我们常从特殊情况入手，归纳出一般规律．例如在研究几何图形性质时，通过对特殊多边形的分析来了解多边形的普遍性质．我们规定：有一组邻边相等且有一组对角互补的四边形叫做“等补四边形”． (1)初步认识：在以下常见四边形中，一定是“等补四边形”的是（   ） A．平行四边形     B．矩形     C．菱形    D．正方形 (2)性质探究：已知四边形是“等补四边形”，，，如图，连接，试探究是否平分，并说明理由． (3)应用拓展：在“等补四边形”中，，，，如图2，求的长． 【答案】(1)D (2)平分；见解析 (3) 【分析】（1）根据“等补四边形”的定义进行判断即可； （2）延长，过点A作于点E，作于点F，证明，得出，证明，得出，即可得出结论； （3）根据解析（2）可知：平分，求出，根据直角三角形的性质求出，根据勾股定理得出，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵平行四边形的对角相等，但对角不一定互补， ∴平行四边形不是“等补四边形”； ∵矩形的邻边不一定相等， ∴矩形不是“等补四边形”； ∵菱形的对角相等，但对角不一定互补， ∴菱形不是“等补四边形”； ∵正方形的每个内角都是，四条边都相等， ∴正方形有一组邻边相等且有一组对角互补， ∴正方形是“等补四边形”； 故选：D． （2）解：平分；理由如下： 延长，过点A作于点E，作于点F，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平分； （3）解：∵在“等补四边形”中，，，， ∴根据解析（2）可知：平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：，负值舍去， 即的长为． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质，勾股定理，补角的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法． 命题点02 四边形的动点问题 【典例1】．（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． 【典例2】．（2021·四川眉山·中考真题）如图，在菱形中，，对角线、相交于点，点在线段上，且，点为线段上的一个动点，则的最小值是______． 【答案】 【分析】过M点作MH垂直BC于H点，与OB的交点为P点，此时的长度最小为MH，再算出MC的长度， 在直角三角形MPC中利用三角函数即可解得MH 【详解】过M点作MH垂直BC于H点，与OB的交点为P点，此时的长度最小 ∵菱形中， ∴AB=BC=AC=10，△ABC为等边三角形 ∴∠PBC=30°，∠ACB=60° ∴在直角△PBH中，∠PBH=30° ∴PH= ∴此时得到最小值， ∵AC=10，AM=3, ∴MC=7 又∠MPC=60° ∴MH=MCsin60°= 故答案为： 【点睛】本题主要考查了菱形的性质与三角函数，能够找到最小值时的P点是解题关键. 【典例3】．（2023·吉林·中考真题）如图，在正方形中，，点是对角线的中点，动点，分别从点，同时出发，点以的速度沿边向终点匀速运动，点以的速度沿折线向终点匀速运动．连接并延长交边于点，连接并延长交折线于点，连接，，，，得到四边形．设点的运动时间为（）（），四边形的面积为（）   　　   (1)的长为__________，的长为_________．（用含x的代数式表示） (2)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． (3)当四边形是轴对称图形时，直接写出的值． 【答案】(1)； (2) (3)或 【分析】（1）根据正方形中心对称的性质得出，可得四边形是平行四边形，证明即可； （2）分，两种情况分别画出图形，根据正方形的面积，以及平行四边形的性质即可求解； （3）根据（2）的图形，分类讨论即可求解． 【详解】（1）解：依题意， ，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点是正方形对角线的中点， ∴，则四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴ 故答案为：；． （2）解：当时，点在上，    由（1）可得， 同理可得， ∵，， 则 ； 当时，如图所示，    则，， ， ∴； 综上所述，； （3）依题意，①如图，当四边形是矩形时，此时， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， 即， 解得：，    当四边形是菱形时，则， ∴， 解得：（舍去）； ②如图所示，当时，四边形是轴对称图形，   ，解得， 当四边形是菱形时，则，即，解得：（舍去）， 综上所述，当四边形是轴对称图形时，或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【典例4】．（25-26九年级上·广东广州·月考）在四边形中，为边上一点，为延长线上一点，，分别是，中点，连接． (1)如图1，若四边形为正方形，且，试猜想：与之间的数量关系为________，与之间的数量关系为________； (2)如图2，若四边形为矩形，，，且，，求的长． (3)如图3，若四边形为平行四边形，，，，当时，求的长． 【答案】(1)；； (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的边角性质，结合，证明，即得；连接，根据直角三角形斜边中线性质，结合结果可得，证明，即得； （2）连接，根据矩形边角性质，结合，证明，得，，根据直角三角形斜边中线性质和等腰三角形性质证明 ，得，结合，得； （3）连接，延长交于点I，连接，过点C作于点J，根据平行四边形性质和等腰三角形性质证明，结合，得，得，得，结合中点性质得，得，得，得，证明，得，得， ,证明，可得，根据，得，得点I、J重合，即得． 【详解】（1）解：∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴； 连接， ∵G，H分别是中点， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵矩形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵ G，H分别是中点， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：连接，延长交于点I，连接， ∵在平行四边形中，， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵G、H分别是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点C作于点J， 则， ∴， ∴， ∴点I、J重合， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了四边形与三角形综合．熟练掌握平行四边形、矩形、正方形的性质，等腰直角三角形性质，直角三角形斜边中线性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，等腰三角形性质，是解题的关键． 【典例5】．（25-26九年级上·吉林松原·月考）如图，在中，，，．动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿边运动．过点作交折线于点，当点与点重合时，点停止运动．以为边向其右侧作正方形，设点的运动时间为，正方形与的重叠部分图形的面积为． (1)当点与点重合时，的值为______； (2)求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； (3)连接，当平分正方形的边时，直接写出的值． 【答案】(1)1 (2) (3)或 【分析】（1）根据题意可得为等腰直角三角形，可得，即可求解； （2）由（1）得：点Q到达点A所用时间为1秒，点P到达点C所用时间为2秒，分两段：当时；当时，结合平行四边形的性质解答即可； （3）分两种情况：当平分时，当平分时，解答即可． 【详解】（1）解：根据题意得：， 当点Q在上时， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴当点与点重合时，， ∴， 故答案为：1； （2）解：由（1）得：点Q到达点A所用时间为1秒，点P到达点C所用时间为2秒， 当时，正方形与的重叠部分图形为正方形， 由（1）得：为等腰直角三角形， ∴， ∴正方形的面积为， 即此时； 当时，如图，设交于点E，过点A作于点F，则为等腰直角三角形，此时正方形与的重叠部分图形为为多边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴； 综上所述，与之间的函数关系式为； （3）解：如图，当平分时，设，交于点H， 由（1）得：，， ∴，， ∵为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得：； 如图，当平分时，设交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（2）得：， ∴， 解得：； 综上所述，t的值为或． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，利用分类讨论思想解答是解题的关键． 命题点03 四边形与圆综合 一、四边形与圆综合 【典例1】．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 【典例2】．（2026·浙江·模拟预测）如图，菱形的顶点在圆上，连接并延长交圆于点，连接，若，则四边形的面积为_____． 【答案】 【分析】连接交于点，先求出圆的半径，根据菱形的性质得到，根据勾股定理求出，进而可知四边形的面积． 【详解】解：连接交于点，如图． 由，得， ∴圆的半径． 因此． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 【典例3】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在中心为的正六边形中，点G，H分别在边，上，且不同于正六边形的顶点，． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若正六边形的边长为4，以点为圆心，为半径的扇形与正六边形形成阴影部分，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】本题考查正多边形的概念，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，扇形面积的计算，根据正六边形的概念确定相等的角和线段，以及角的大小是解题关键． （1）根据正六边形的概念，得到正六边形的每个内角相等，每条边相等，从而证明三角形全等，再利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据正六边形的概念，确定的度数，进而确定的度数和的长，再通过作差法计算阴影部分的面积即可． 【详解】（1）证明：∵六边形是正六边形， ∴，， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接，，， ∵是正六边形的中心， ∴，， ∴， ∴， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴阴影部分的面积为． 【典例4】．（2025·江苏南京·中考真题）某纸杯的尺寸（单位：）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片（可以看作扇形纸片剪去扇形纸片后剩余的部分）． (1)的长为____________，____________； (2)记表示两边长分别为，（，单位：）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片的一张矩形纸片，它的一边与相切，点，在对边上，点，分别在另外两边上，直接写出，的值； ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片吗？说明理由； ③若一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，写出求的范围的思路（无需算出最终结果）． 【答案】(1)， (2)①，②可以，理由见解析③见解析 【分析】（1）设， ，则，利用圆的周长公式和弧长公式解答即可； （2）①延长，，延长线交于点，设矩形的边与相切于点，连接，交于点，利用圆的切线的性质定理，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理解答即可； ②将扇环纸片按如图所示放置，在矩形的边上，延长，，延长线交于点，过点作于点，过点作于点，利用直角三角形的边角关系定理求得，的长度，再利用它们与的矩形纸片的长与宽作比较即可； ③设计出能够放置扇环纸片的最小的的矩形纸片即可． 【详解】（1）解：由题意得：的长为，的长为， 设， ，则， ， ， ． 故答案为：，； （2）解：①延长，，延长线交于点，设矩形的边与相切于点，连接，交于点，如图， 则， 四边形为矩形， 四边形，为矩形， ， 由题意得：，，，， 为等边三角形， ，，， ，， ，， ， ． ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，理由： 将扇环纸片按如图所示放置，在矩形的边上，延长，，延长线交于点，过点作于点，过点作于点， 由题意得：，，，， ，，， ， ，， ，， 用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片． ③设的矩形纸片为矩形，，将扇环纸片如图放置，使点在边上，点在边上，点在边上，与边相切于点， 则此时的值最小，若求的范围，则此时的为的最小值． 延长，，延长线交于点，连接，交于点，过点作于点，过点作于点，设交于点， 由题意得：，，，， 与边相切于点， ， ，，四边形为矩形， 四边形，四边形，四边形为矩形， ，，， ，． 求得，的值即可求得的最小值； 由于，解和即可求得结论． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，弧长公式，分类讨论的思想方法，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等边三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 【典例5】．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，是的内切圆，与分别相切于点 ，． (1)求的三个内角的大小； (2)设的直径为，证明：． 【答案】(1)的度数分别为． (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意得， ，所以 ．即可求出． （2）由切线长定理得，则，由，得，由，得到四边形是矩形，则，结合的直径为d，为的半径，得到，即可求出． 此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、切线长定理、四边形的内角和、三角形内角和定理、矩形的判定等知识． 【详解】（1）解：∵ 是的内切圆，与分别相切于点 ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴的度数分别为． （2）证明：由切线长定理得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵的直径为d，为的半径， ∴， ∴． 【典例6】．（2025·浙江·二模）如图1，以的直角边为直径画，过作斜边的垂线交于点，连结，交于点，交于点，连结． (1)若，求； (2)如图2，当是等腰直角三角形时，求的值； (3)若，设，，求关于的函数表达式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等，通过等量代换证明即可； （2）设半径为，连结，过点D作的延长线于点，过点作于点，证明是等腰直角三角形，则，证明四边形是正方形得，求出，证明得，由，求出，诶出，进而可求出的值； （3）连接，证明和，推导与的关系即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图1，设半径为，连结，过点D作的延长线于点，过点作于点， ∵是等腰直角三角形，，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 在中，，， 在中，，， ∴， ∵是等腰直角三角形，， 在中，， ∵， ∴， ∵， ∴，∴， 在中，， 在中，，， ∵即， 解得， ∴， ∴． （3）解：如图2，连结， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质，锐角三角函数的定义，正方形的判定及性质是解题的关键． 命题点04 四边形与函数综合 【典例1】．（2025·浙江金华·二模）如图，在第一象限中，连接对角线，，，，函数图象经过，两点，函数图象经过点，则________． 【答案】/ 【分析】本题考查了反比例函数与几何的综合问题，解直角三角形．过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，两直线相交于点，则四边形是矩形，设，相交于点，先证明是等腰直角三角形，设，证明，求得，作轴于点，作轴于点，则四边形是矩形，再证明，求得，再根据反比例函数的性质求解即可． 【详解】解：过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，两直线相交于点，则四边形是矩形，设，相交于点， ∵在中，， ∴与平行，，， ∴， ∵，即， ∴设，则，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， 设，即，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 作轴于点，作轴于点，则四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵、在函数图象上， ∴，， ∵在函数图象上， ∴， ∴， 故答案为：． 【典例2】．（2026·浙江温州·模拟预测）如图1，在菱形中，点O是上的动点，过点O分别作的平行线，交于点E，F，G，H．连接．设为x，与的面积之和为y，y关于x的函数图象如图2，图象经过，且最低点．当的面积是的4倍时，则y的值为________． 【答案】10 【分析】如图1所示，设交于点P，交于点Q，，可证明四边形是菱形，四边形是菱形，且，则，，， ，求出；设，则解直角三角形可推出，则可得到，由二次函数的性质可得当时，y有最小值，据此可求出，根据图象经过，可得；则，，当的面积是的4倍时，则，解得或（舍去），据此求出y的值即可得到答案． 【详解】解：如图1所示，设交于点P，交于点Q，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∴，， 同理可证明四边形是菱形，且， ∴， ∵， ∴， 设， ∴，， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，y有最小值， ∵在图2中，函数图象的最低点为， ∴， ∴， ∴， ∵图象经过， ∴， 解得； ∴， ， 当的面积是的4倍时，则， 解得或（舍去）， ∴． 【典例3】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点在反比例函数的图象上，且在第一象限内点的右侧，连接 的面积为5． (1)求点A，B的坐标及反比例函数的解析式； (2)探究在轴上是否存在点，使得以点O，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，反比例函数解析式为 (2)点坐标为或或或 【分析】本题主要考查了反比例函数的表达式、反比例函数与一次函数交点问题、菱形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）先求出点值，可得点坐标，进而可得反比例函数解析式，进而可得坐标； （2）先求出点坐标，进而分类讨论很容易求出点坐标． 【详解】（1）解：将代入得，， 解得：， ∴正比例函数表达式为， ， ∴反比例函数解析式为， ∵点关于原点对称， ， 综上，，反比例函数解析式为； （2）解：过作轴，交于点， 设，则， ， ， 解得：或（舍去）， ， 则， 当为菱形的边时，有如下三种情况： ①如图，点在点左侧， 此时轴，且， ； ②如图，此点在点右侧， 此时轴，且， ； ③如图，为对角线， 此时点与点关于轴对称，则； 当为菱形的对角线时，如下有一种情况： 过作轴于点， 设，则， 在中，， 解得， ， ， 综上，点坐标为或或或． 【典例4】．（2025·四川·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A的坐标为，点C的坐标为，D为的中点．反比例函数的图象过点D，交于点E． (1)求点D的坐标和k的值； (2)延长 交x轴于点F，求的面积． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由矩形性质得点，根据 D为的中点，得，得，得； （2）求出和直线解析式，求出，得，求出，，即得． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形，点A的坐标为，点C的坐标为， ∴点， ∴， ∵D为的中点， ∴， ∵反比例函数的图象过点D， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵反比例函数的图象交于点E， ∴设， ∴，∴ 设直线解析式为， 则， 解得， ∴， 令， 则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，熟练掌握待定系数法求反比例函数解析式和一次函数解析式，反比例函数的图象与性质，矩形的性质，三角形面积公式，是解题关键． 【典例5】．（2025·四川德阳·中考真题）如图，已知菱形，点在轴上，反比例函数的图象经过菱形的顶点，连接，与反比例函数图象交于点． (1)求反比例函数解析式； (2)求直线的解析式和点的坐标． 【答案】(1)； (2)，． 【分析】本题考查了正比例函数和反比例函数的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）利用待定系数法即可求解； （）由得，又四边形是菱形，则，得到，从而求出直线的解析式为，然后联立，即可求解． 【详解】（1）解：把代入，得， ∴反比例函数解析式为； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 把代入得， ∴ ∴直线的解析式为， ∵点是反比例函数与正比例函数的交点， ∴联立解析式， 解得或， ∵， ∴． 中考预测题 1.如图，点，，，分别是四边形的各边中点，顺次连接、、、，当（   ）时，四边形是菱形． A． B． C． D．且 【答案】C 【分析】利用三角形中位线定理，将四边形的边长与原四边形的对角线和的长度建立联系，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可解答． 【详解】解：如图，连接，， 点，，，分别是四边形的各边中点， ，， ， 同理可得，， 四边形是平行四边形， 当时，平行四边形是菱形， ，即， 故选：． 2.如图，在四边形中，，，，、分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过_________秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 【答案】或 【分析】根据平行四边形的性质可知当直线将四边形截出一个平行四边形时，或，设运动时间为，可得，，根据或列方程求解即可． 【详解】解：设运动时间为， ∵， ∴当直线将四边形截出一个平行四边形时，或， ∵、的速度分别为和， ∴，， ∵，， ∴当时，， 解得：， 当时，， 解得：． 综上所述：经过或秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 3.已知：如图，在四边形中，，，，，，点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，其中一动点到达端点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为． (1)经过多少时间，四边形是平行四边形？ (2)在运动过程中，需经过多长时间才能使？ 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由四边形是平行四边形可得，设运动时间为，可得，再解方程即可； （2）证明四边形是矩形，再结合运动速度表示出，根据勾股定理列式，，同理表达，结合进行列方程，再解方程，即可作答． 【详解】（1）解：由四边形是平行四边形可得，设运动时间为， ∴， 解得：； 即经过，四边形是平行四边形； （2）解： 过点作，过点作，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，且，， ∴， ∴， ∴， 同理证明四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 依题意，，运动停止时间为， ∵， ∴在运动过程中，需经过或才能使． 4.在平面直角坐标系中，点是坐标原点，四边形是菱形，点的坐标为，点在轴的负半轴上，直线交轴于点，边交轴于点． (1)如图①，①直接写出点的坐标 ；②求直线的解析式； (2)如图②，连接，动点从出发，沿折线以个单位/秒的速度向终点匀速运动，设点 的运动时间为秒，求为何值时，的面积为？ 【答案】(1)①；②直线表达式为 (2)当的值为或时，的面积为 【分析】（1）由勾股定理得出的长度，即为菱形的边长，可得点坐标，结合点、的坐标，采用待定系数法求解函数表达式即可； （2）先根据菱形的性质，证明，即，，由（1）中所求直线表达式得出点的坐标，对点位置进行分类讨论，分别由面积公式或求解出的值即可． 【详解】（1）解：∵点的坐标为， ∴，， 由勾股定理得， ∵四边形是菱形， ∴， ∴点的坐标为， 令直线表达式为， 将点、代入， 得，解得， ∴直线表达式为． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴，， 对于直线． 当时，， ∴， 当点在上运动时， ，， ∴， 当时，即， 解得； 当点在上运动时， ，， ∴， 当时，即， 解得； 综上，当的值为或时，的面积为． 好题速递 1.（25-26八年级下·河南洛阳·期中）如图，在矩形中，对角线与相交于点，点分别是的中点，若，，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角形中位线的性质得，由矩形的性质得，即得是等边三角形，再根据等边三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵点分别是的中点，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴． 2.（25-26八年级下·四川绵阳·期中）如图，过对角线的交点O，交于E，交于F，若的周长为18，，则四边形的周长为（　） A．15 B．14 C．13 D．12 【答案】C 【分析】根据题意可证，继而得到，再由平行四边形性质可知，继而可得本题答案． 【详解】解：∵过对角线的交点O， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的周长为：， ∵的周长为18， ∴， ∴四边形的周长为：． 3.（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． 4.（25-26八年级下·上海·期中）已知一个多边形的外角和等于内角和的一半，那么这个多边形的对角线条数为（　　）． A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 【答案】D 【分析】先利用任意多边形外角和为定值的性质求出多边形内角和，再根据内角和公式求出边数，最后代入对角线条数公式计算得到结果． 【详解】解：设多边形边数为，根据题意得， ， 解得， 即该多边形为六边形， ∴该多边形对角线条数为（条）． 5.（25-26八年级下·河南郑州·阶段检测）如图，1角硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则正九边形每个内角的度数是（    ） A．40° B．140° C．360° D．1260° 【答案】B 【详解】解：正九边形每个外角的度数是， 正九边形每个内角的度数是 6.（25-26八年级下·河南南阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，点在函数的图象上，当时，过点分别作轴、轴的垂线，垂足为点；过点分别作轴、轴的垂线，垂足为点．交于点，随着的增大，四边形的面积（    ）． A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】A 【分析】根据点、在函数的图象上，求出，再根据垂直，求出点和证明四边形和四边形为矩形，最后根据结合反比例性质求解即可． 【详解】∵点、在函数的图象上， ∴，，即， ∵轴，轴，交于点， ∴点， ∵轴，轴，轴，， ∴四边形和四边形为矩形， ∵， ∴， ∵令，， ∴随的增大而增大， ∴随的增大而增大． 7.（25-26八年级下·山东淄博·期中）如图，四边形为菱形，，两点的坐标分别是、，点，在坐标轴上，点在上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作点关于直线的对称点，连接交的延长线于点，连接，连接交于点，根据勾股定理可求得的长，再利用菱形的面积可求得的长，再次根据勾股定理求解即可． 【详解】解：作点关于直线的对称点，连接交的延长线于点，连接，连接交于点， 则， ，， ， 当点与点重合时，的值最小， 四边形为菱形，、， ，， ，， ， ， ， 解得， ， ． 8.（25-26八年级下·全国·单元测试）如图，在矩形中，，，P是上一动点，交于点Q，M是上一个动点，交于点N，则的最小值为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【分析】设交于点F，连接，四边形、四边形是矩形，推出，，推出，由，即可解决问题． 【详解】解：设交于点F，连接， 四边形是矩形，，， 四边形、四边形是矩形， ，， ， ，， 的最小值为5， 的最小值为5． 9.（25-26八年级下·江苏扬州·期中）如图，在中，E，F，分别是的中点，连接．若，则________． 【答案】2 【分析】利用直角三角形斜边中线定理以及三角形中位线的判定和性质求解． 【详解】解：∵为直角三角形，且点是斜边的中点， ∴， ∵E，F，分别是的中点， ∴是的中位线， ∴． 10.（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，矩形的对角线，交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若矩形的面积为4，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】（1）根据“对角线互相平分”证明四边形是平行四边形，根据矩形的性质得到，从而得出结论； （2）根据矩形的面积求出，由菱形的性质得到、，利用求解即可． 【详解】（1）证明：、， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：矩形的面积为4， ， 由（1）知，四边形是菱形， 、， ． 中考闯关 1.直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解． 【详解】解：正六边形每个内角为：， 而六边形的内角和也为， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 2.若一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的一个外角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据多边形内角和公式求出边数，再根据外角和定理求出一个外角的度数即可；本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟练掌握多边形内角和公式和外角和定理是解题的关键． 【详解】解：设正多边形的边数为， ∴， 解得， 又∵多边形的外角和为， ∴一个外角的度数为． 故选：B． 3.如图，在中，，，，为上任一点，为中点，连接，在上，且满足，连接，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，直角三角形的性质，三角形中位线定理，灵活应用相关性质定理是解题的关键．取的中点，连接，则由三角形中位线定理可得，解直角三角形可求出的长，则可求出的长，再证明，得到，则，据此可得，再由即可得到答案． 【详解】解：如图所示，取的中点，连接， ∵为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， 当、、三点共线时，的值最小， ∴． 故选：B． 4.如图，在正八边形中，对角线，交于点P，则____°． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的性质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键． 根据正八边形的性质得出是它的一条对称轴，，即可得出的度数，从而求出的度数． 【详解】解：∵八边形是正八边形， ∴是它的一条对称轴，， ∴， ∴， 故答案为：． 5.如图，为的重心，过点作交于点，交于点，已知，则___________． 【答案】 【分析】本题考查三角形重心的性质，平行四边形的判定，相似三角形的判定与性质，掌握重心的性质是解题关键． 连接并延长交于点，利用重心的性质，结合、判定四边形为平行四边形，再通过证明、，分别得出、，最后结合​，计算得． 【详解】解：如图，连接并延长交于点． 为重心， 为中点，， ，， ，， 四边形为平行四边形， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 故答案为：． 6.如图，在菱形中，在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点分别在边上，点在对角线上．若，则阴影部分的面积为__________． 【答案】 【分析】如图，连接交于O，易证四边形是菱形，同理：四边形是菱形，再证明四边形是菱形，利用菱形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理可求得菱形的面积为；进而求得菱形的面积为，同理菱形的面积为，最后根据求解即可． 【详解】解：如图：连接交于O， ∵菱形中， ∴， ∵菱形， ∴，即， ∴是等边三角形， ∴， 同理：， ∴， ∴四边形是菱形，同理：四边形是菱形， ∴， ∵菱形和菱形， ∴， ∴，即， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴，解得：， ∴，即， ∴菱形的面积为； 设，则， 由题意可得：， ∴，即，解得：， ∴，， ∴， ∴，即 ∴菱形的面积为， 如图：连接交于I，则， ∴，即， ∴菱形的面积为，同理菱形的面积为， ∴． 7.如图，四边形为平行四边形，平分交于，延长交于， (1)求证：． (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据角平分线得到，再通过平行四边形得到，进而得到，从而，进而． （2）由角平分线的定义和平行线的性质可得，由相似三角形的判定和性质可得，即得，，进而可得，再代入计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 8.如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)24 【分析】 （1）根据有三个角是直角的四边形为矩形，进行证明即可； （2）先证出四边形是菱形，故设，（），则，再根据勾股定理得出，，列出方程，再解方程进行计算即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ． ，， ，， ， ∴四边形是矩形． （2）解：四边形为平行四边形，， ∴四边形是菱形， ． 设，（），则， 根据勾股定理得，， 即， ， 解得，， ，， ， ， ∴矩形的周长是24． 9.结合图形，完成下列各题： (1)如图，在正方形中，为边上一点，为延长线上一点，且．求证：，； (2)如图，在矩形中，，，是边上一点，将沿折叠得到，延长和相交于点．若，求的长； (3)保持（2）中，的大小不变，扭动矩形，使得，如图所示．是边上一点且满足，点是延长线上一点，连接交射线于点，当线段与射线所夹的锐角为时，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)的值为或 【分析】（1）利用正方形性质，通过证明，得到；再通过三角形内角和定理结合角的等量代换，证明，从而证得． （2）先由折叠性质得垂直平分，再证明，利用相似比求出、的长度；然后在中，利用正切函数求出的长，最后用勾股定理算出，进而求得的长度． （3）分两种情况讨论：当时，过作于，延长交延长线于，先求的长，证明得、的长，证明得、的长，进而得的长，再证明得的长，最后计算；当时，证明，结合相似性质求出即可． 【详解】（1）证明：如图，延长交于点． 四边形是正方形， ，， ，，， ， ，， ，， ， ； （2）解：如图，延长交于点． 矩形中，，，， ，，，， 在中，， 沿折叠得， 垂直平分，即，， ， ， ， ，， ，， ， ， 在中，，， ， ， ； （3）解：由（2）得，，． 情况1：如图，当时，则， 过点作交延长线于，延长交延长线于． 四边形是平行四边形，， ，，， ， ， ， 在中，，， ， ， ，， ， ，即 ， ，， ， ， ， ，即， ，， ， ， ， ，即， ， ， ； 情况2：如图，当时， ， ， ， ， ， ， ； 综上，的值为或． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高频考点05 四边形 内容概览 01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征） 02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等） 03高频考点·妙法指津（6大命题点+18道中考预测题，） 考点一 多边形 命题点1多边形的角度问题 命题点2平面镶嵌 中考预测题3道 考点二 平行四边形的性质与判定 命题点1平行四边形的性质 命题点2平行四边形的判定 命题点3平行四边形的性质与判定综合 中考预测题4道 考点三 三角形的中位线 命题点1利用三角形中位线求解 命题点2利用三角形中位线证明 中考预测题4道 考点四 矩形的性质与判定 命题点1矩形的性质 命题点2矩形的判定 命题点3矩形的性质与判定综合 中考预测题3道 考点五 菱形的性质与判定 命题点1菱形的性质 命题点2菱形的判定 命题点3菱形的性质与判定综合 中考预测题4道 考点六 正方形的性质与判定 命题点1正方形的性质 命题点2正方形的判定 命题点3正方形的性质与判定综合 中考预测题3道 考点七 四边形的综合题 命题点1新定义的四边形 命题点2四边形的动点问题 命题点3四边形与圆综合 命题点4四边形与函数综合 中考预测题4道 04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+9道中考闯关题） 考点 考向 命题特征 多边形 1. 内角和与外角和定理的直接计算与逆推边数。 2. 正多边形的概念辨析与对角线条数计算。 常以选择、填空前几题形式考查，属送分基础题。多以外角和“恒等于360°与边数无关”设置概念陷阱，或在求边数n时通过方程解出非整数进行干扰。 平行四边形的性质与判定 1. 边、角、对角线性质的等量转化与综合证明。 2. 平行四边形判定的实际应用。 3. 函数坐标系中寻找第四点构成平行四边形的动点存在性问题。 属中档常考题。命题多结合“未定顶点顺序分类讨论”，若题干表述为“以A,B,C,P为顶点的四边形是平行四边形”，图形对角线不固定，极易漏解导致失分。 三角形的中位线 1. 中位线定理在大型几何推导中的边长与平行转化。 2. 依次连接四边形各边中点所构成的“中点四边形”判定模型。 通常作为“幕后推手”工具，深度嵌入特殊四边形、圆或相似三角形综合大题中。常错在将中位线与中线混淆，或只利用数量“一半”而漏用位置“平行”。 矩形的性质与判定 1. 矩形特殊性质（直角、对角线相等）的边角转化计算。 2. 矩形折叠（轴对称性质）与剪拼问题，求折叠后的线段长或重叠面积。 中档必考题，尤其矩形折叠极其高频。命题常通过折叠引入对应线段和对应角相等，重点考查利用勾股定理或相似三角形建立代数方程破局。 菱形的性质与判定 1. 四边相等及对角线互相垂直平分的边角互化计算。 2. 菱形特殊面积公式（对角线乘积的一半）的应用。 3. 菱形判定与动态最值问题。 多在填空题中档位置或解答题第一问考查。 正方形的性质与判定 1. 正方形“矩菱双重认证”的判定逻辑推导。 2. 正方形性质在动态几何、旋转变换、最值问题中的综合考查。 3. 对角线平分直角引入的45°角与边长比例化简。 综合度极高，常作为解答题压轴题（第23或24题）或填空压轴题的常客。命题极其青睐共顶点旋转变换，结合相似、全等和代数最值（平方和），极具区分度。 四边形综合题 1. 动点运动过程中特殊四边形存在性的分类讨论题。 2. 四边形与二次函数、反比例函数的代数几何压轴综合。 3. 动态剪拼、翻折下的线段最值与路径长计算。 属于浙江中考解答题的压轴级大题。命题呈现强烈的“数形结合”、“分类讨论”特征。动点连续运动到拐点、交点、垂足等特殊边界位置时，图形形态发生突变，最易漏解。 考点一 多边形 《解题指南》 易错提醒： 【外角和的“恒定陷阱”】 许多同学在面对“边数增加时，外角和如何变化”的客观题时，常凭直觉误选“变大”。切记：任何凸多边形的外角和都恒等于 360°，与边数的多少没有任何关系。 【内角和公式的 n 限制】 多边形内角和公式为 (n - 2) × 180°。在列方程求边数时，解出的 n 必须是大于或等于 3 的正整数。若计算出分数、小数或小于3的数，必须果断舍去，并检查方程是否列错。 【对角线条数漏数分母的 2】 从 n 边形的一个顶点出发可引 (n - 3) 条对角线；n 边形总对角线条数公式为 n(n - 3) / 2。填空题中极易漏掉分母的 2，导致结果翻倍。 命题点01 多边形的角度问题 【典例1】．（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． 【典例2】．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【典例3】．（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． 【典例4】．（2025·四川雅安·中考真题）六边形的外角和是______度． 【典例5】．（2025·四川巴中·中考真题）正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 【典例6】．（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，___________． 命题点02 平面镶嵌 【典例1】．（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于_____． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）如图是一铺设在人行道上地板砖的一部分，它是由正六边形和四边形镶嵌而成，，，为各多边形顶点，则的值为________． 【典例3】．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 【典例4】．（2026·浙江·一模）阅读材料：图形的密铺在生活、生产中被广泛应用，其中最著名的是荷兰艺术大师埃舍尔的作品（图1），给人一种奇妙的美感．平面图形的密铺是指用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片．而多边形的密铺就是共顶点的各多边形的内角之和等于（图2）． 问题解决： (1)请说明图2中用两个正方形、三个等边三角形能够密铺的理由； (2)若只用一种正边形进行密铺，且，密铺的个数为，且为正整数，请推导与满足的关系式，并直接写出所有满足条件的正多边形． 中考预测题 1.如图，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2.如图，在正n边形中（n为大于3的整数），A、B、C、D四个顶点连续，两条对角线，相交于点P，设，则_____．（用含的式子表示） 3.用一种或几种完全相同（全等形）的三角形或多边形无间隙且不重叠地覆盖（铺砌）平面的一部分，叫做平面镶嵌，平面镶嵌又称为“平面密铺”．如图所示，由边长相等的正方形和正六边形相间围成一圈，则中间的正多边形的边数为______． 考点二 平行四边形的性质与判定 《解题指南》 易错提醒： 【“未定字母顺序”导致严重漏解（极高频）】 题干若表述为“以 A, B, C, P 为顶点的四边形是平行四边形”，此时**顶点的顺序是没有固定的**。必须分类讨论对角线的不同可能性：① AC 为对角线（P 在 BC 上方）；② AB 为对角线（P 在下方）；③ AP 为解题线。浙江中考压轴题中，此陷阱常导致学生漏掉1~2个坐标解。 【判定定理的“大前提”张冠李戴】 使用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”这一判定时，平行的对边和相等的对边必须是同一组！如果题目给出的是“一组对边平行，另一组对边相等”，这极有可能是等腰梯形，绝不能直接判定为平行四边形。 命题点01 平行四边形的性质 【典例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． 【典例2】．（2025·浙江丽水·二模）如图，四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）已知在▱中，，设，则下列选项中，为定值的是（　　） A． B． C． D． 【典例4】．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为_____． 【典例5】．（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______． 【典例6】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，E是上一点，，、的延长线相交于点F，若，则________． 【典例7】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在中，，，点E是边上的中点，将沿翻折得，连接，点B，F，E恰好在同一直线上，延长交于点G．则与四边形的面积比为________ ． 命题点02 平行四边形的判定 【典例1】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在四边形中，对角线，交于点O．已知，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的面积． 【典例2】．（2025·浙江杭州·模拟预测）在四边形中，，点在边上，连接，点在上，连接，且．     (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，连接，若，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图2中面积等于面积一半的所有三角形． 【典例3】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，分别以点，为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点，，作直线交于点，延长到，使，连结，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的面积． 【典例4】．（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． 【典例5】．（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． 命题点03 平行四边形的性质与判定综合 【典例1】．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)求的度数． 【典例3】．（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)． 【典例4】．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【典例5】．（2025·浙江杭州·一模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，点，分别为，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求线段的长． 【典例6】．（2025·浙江·二模）如图，在中，点E，F分别在，的延长线上，且．连结，交于点H，连结． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求的度数． 中考预测题 1.如图，在中，点在边上移动（不与点，重合），以为一边作，连接，则下列为定值的是（    ） A．的面积 B．四边形的面积 C． D． 2.如图，平行四边形中，与交于点，，，和的角平分线交于点，则的长为（   ）． A． B． C． D． 3.如图，四边形是平行四边形，，是对角线上的两点且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，，求的度数． 考点三 三角形的中位线 《解题指南》 解题思维： 【见“双中点”，连中位线】 几何题中只要题干给出了三角形两边的中点（或者暗含了中点，如矩形对角线交点、圆心等），第一反应就是将这两个点连接起来！马上构造出三角形中位线，瞬间得到平行线段和 1:2 的长度关系，从而打破僵局。 【任意四边形的“中点四边形”模型】 依次连接任意四边形各边中点所得的四边形必定是平行四边形（利用中位线证明）。这个结论在解答题和客观题中极为好用，且形状由原四边形的对角线决定： ① 原四边形对角线相等 -> 中点四边形必定是菱形； ② 原四边形对角线互相垂直 -> 中点四边形必定是矩形； ③ 原四边形对角线既相等又垂直 -> 中点四边形必定是正方形。 命题点01 利用三角形中位线求解 【典例1】．（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2】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在矩形中，已知，点P，Q分别是，的中点，连接，DQ，则四边形的周长是_________． 【典例3】．（2025·浙江宁波·二模）如图，，分别是边，的中点，点是的中点，连接，交于点，若，则________． 【典例4】．（2025·浙江杭州·三模）如图，在中，，，分别是，边上的中点，于点D，过点E作交于点G，连结，则的长为________． 【典例5】．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为_______； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______． 【典例6】．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为______． 命题点02 利用三角形中位线证明 【典例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 【典例2】．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”． (1)请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的有______（填序号）． (2)如图，四边形是邻等内接四边形，且，，，，求四边形的面积． 【典例3】．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【典例4】．（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． 【典例5】．（2025·浙江温州·三模）如图1，等腰与正方形的顶点重合于点C，连接，，点M为的中点，直线交于点．对于旋转问题中位置关系的研究，我们的研究的思路是从特殊到一般，要探究与的位置关系，可先将其位置特殊化． (1)如图2，当点E，F分别落在正方形的边上，与正方形对角线交于点N， ①若正方形的边长为3，，连接，求的长度； ②判断直线、的位置关系，并说明理由； (2)如图1，点E落在正方形内，求证： 【典例6】．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，D，E分别是线段，的中点，连结并延长至点F，使，连结． (1)证明：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的周长． 【典例7】．（2024·浙江温州·一模）如图，在矩形中，，点E在上，，F为的中点，连结，分别交于点G，H，连结． (1)求证：． (2)当时，求的长． 中考预测题 1.如图，矩形和矩形，，，，，点P在边上，点Q在上，且，连接和，点N是的中点，M是的中点，则的长为（　　） A．3 B．6 C． D． 2.如图，矩形中，平分交于点，，分别为，的中点，，，则的长是（    ） A． B．8 C．10 D．14 3.如图，的对角线，交于点，平分交于点，，，连接，则的长为______． 4.如图所示，四边形中，，，，点E，F，G分别是，，的中点，则的长为______． 考点四 矩形的性质与判定 《解题指南》 解题思维： 【盯紧“直角三角形斜边中线”定理】 矩形内蕴含着丰富的直角三角形。题目中一旦出现对角线交点，或者矩形某条边上的中点，要敏锐联想到“斜边上的中线等于斜边的一半”。通过这条性质，可以实现多条线段之间的等量代换，极易构造成比例线段或全等。 【矩形折叠（轴对称）问题通法：列勾股方程】 浙江中考极其青睐矩形的折叠剪拼题。此类题型的核心解题套路为： ① 设未知数：通常设某条未知但好用的线段为 x； ② 转移线段：利用折叠前后“对应线段相等”，将相关的边全部用含 x 的代数式表示出来； ③ 锁定直角三角形：将所有表示出来的线段集中到同一个直角三角形中，利用勾股定理列出方程，求出 x 从而破局。 命题点01 矩形的性质 【典例1】．（2025·山东东营·中考真题）如图1，在矩形中，，是边上的一个动点，，交于点，设，图2是点从点运动到点的过程中，关于的函数图象，则的长为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【典例2】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（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． 【典例4】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，将沿着折叠得到，与相交于点E，则________． 【典例5】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，E是边上的一点，，以E为圆心，为半径的弧交于点G，交于点F．若G是的中点，则的值为_________． 【典例6】．（2025·浙江丽水·二模）将矩形的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，已知，，则边______． 命题点02矩形的判定 【典例1】．（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． 【典例2】．（2025·云南·中考真题）如图，在中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，的周长为，的周长为，四边形的周长为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【典例3】．（2025·浙江·模拟预测）如图所示，在平行四边形中，P是边上一点（不与A，B重合），，过点P作交边于点Q，连结，． (1)求证：四边形是矩形． (2)当，时，求的长． 【典例4】．（2025·浙江·模拟预测）如图，在中，，是斜边上一点，过点作的垂线，垂足为点，延长至点，使得，过点作的垂线，垂足为点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)当点在什么位置时，最短？请说明理由． 命题点03 矩形形的性质与判定综合 【典例1】．（2025·浙江温州·二模）如图，在矩形中，E是上一点，交于点F，交对角线于点G，连接．若求阴影部分的面积，则只需要知道（   ） A．的面积 B．的面积 C．四边形的面积 D．四边形的面积 【典例2】．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 【典例3】．（2025·浙江·一模）如图，在边长为的正方形中，为边上的中点，过点作的垂线分别交和的延长线于点，，点在线段上运动（不与端点重合），点，分别为，的中点．在点运动过程中，当成为直角三角形时，的长为______． 【典例4】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，点分别落在上，连接得到正方形．在上取一点，在上取一点，使得，连接，和分别交于点和，若，，则四边形与的面积比为_____． 【典例5】．（2025·浙江杭州·二模）已知：如图，在中，，D，E分别为，中点，连结并延长，使． (1)求证：四边形为矩形； (2)记，． ①求（用含，的代数式表示）； ②若，求证：． 中考预测题 1.如图，在矩形中，，，点分别在边，上，且满足，连接，，点，分别在，上移动（不与端点重合），且满足，则下列说法不正确的是（   ） A．连接， B．的最小值为 C． D．当时，四边形为矩形 2.如图，在矩形中，，，在和上分别有点，连．点关于的对称点，点关于的对称点，若刚好相邻落在对角线上，则的长为_____． 3.如图，为矩形内的一点，且满足，若，则_______． 4.如图，在中，对角线、交于点O，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)若，，试判断四边形的形状，并说明理由． 考点五 菱形的性质与判定 《解题指南》 易错提醒： 【面积公式漏乘 1/2】 菱形面积的特殊求法是“对角线乘积的一半”（S = 1/2 × d1 × d2）。很多同学在考场高度紧张时，会下意识直接把两条对角线长相乘，导致算出来的面积翻倍。请在审题和复查时务必多看一眼是否有“1/2”。 【误将菱形的性质等同于正方形】 菱形的四条边都相等，对角线互相垂直且平分，但对角线绝不相等（除非它是正方形）。在未证出正方形前，绝不可套用对角线相等的结论。 命题点01 菱形的性质 【典例1】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在菱形中，与相交于点，，垂足为点M，交于点，若，，则的长为（　　） A． B．1 C． D． 【典例2】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是上的动点，且．若菱形的面积等于24，，记，则下列代数式的值不变的是（   ） A． B． C．xy D． 【典例3】．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 【典例4】．（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______． 【典例5】．（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______． 命题点02 菱形的判定 【典例1】．（2025·浙江杭州·模拟预测）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，，AC平分，． (1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形； (2)如图2，于点H，交BD于点E，连接AE，点G在AB上，连接EG交AC于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中四条与线段AG相等的线段（线段AG除外）． 【典例2】．（2025·浙江衢州·三模）如图，中，，点为边中点，过点作的垂线交于点，在直线上截取，使，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若连接，求的长． 【典例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：． 【典例4】．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【典例5】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，是的对称中心，与相切于点． (1)求证：直线是的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明； (2)当与相切时，是菱形吗？说明理由． 【典例6】．（2025·浙江·模拟预测）如图，在中，，点E在上，以点A为圆心，长为半径画弧，交于点F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点P，连结并延长，交于点． (1)求证：． (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 命题点03 菱形的性质与判定综合 【典例1】．（2025·四川德阳·中考真题）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长，那么图中四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江·三模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，线段与关于过点O的直线l对称，点的对应点在线段上，与交于点G，将沿折叠，点A与点重合，且平分，则______． 【典例3】．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 【典例4】．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． (1)求证：是菱形； (2)若，求的面积． 【典例5】．（2025·浙江金华·三模）如图，矩形的对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求菱形的面积． 中考预测题 1.如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，点在菱形的边上，且的顶点都在小正方形的顶点上，以为圆心，的长为半径画，则图中阴影部分的面积为_____． 2.综合实践：图1是一种阳台户外伸缩晾衣架，侧面示意图如图2所示，是由支架组成．其中M、N是晾衣架的墙面固定点，点是MN的中点，活动端点只能在线段NQ上自由移动，随着点的移动，晾衣架也随着整体前后移动．已知 ，图2中和中间三个全等的菱形边长相等（宽度忽略不计）． 【问题提出】 (1)当点移动到点的位置时，点A、C之间的距离是__________cm； 【问题探究】 (2)当活动端点与点的距离时，求此时晾衣架端点到墙壁的距离； 【问题解决】 (3)由于支架宽度的限制，连接点的距离不小于4cm，求晾衣架活动端点的最大可移动距离．（结果保留根号） 3.如图，在四边形中，，E、F、G、H分别为、、、的中点，顺次连接E、G、F、H． (1)猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由； (2)当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由． 4.如图，矩形的对角线相交于点O，且，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 5.如图，在平行四边形中，，点分别是、的中点，交于点，连接， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，直接写出的长___________ 考点六 正方形的性质与判定 《解题指南》 易错提醒： 【判定程序不严密（单层认证失效）】 正方形集成了矩形和菱形的所有特征，因此证明正方形必须经历“双重认证”：可以先证平行四边形 -> 再证矩形 -> 最后证正方形（加一组邻边相等）；或者先证平行四边形 -> 再证菱形 -> 最后证正方形（加一个直角）。绝对不能从普通四边形一步跨越到正方形，判定步骤残缺是考场大忌。 【忽略 45° 特殊角及其隐含的 1:1:√2 比例】 正方形的对角线平分 90° 直角，会产生大量的 45° 角。很多同学在涉及相似三角形或动点轨迹时，常常忽略这个强烈的特殊角条件，导致无法利用等腰直角三角形的边长比例（1:1:√2）简化计算。 命题点01 正方形的性质 【典例1】．（2025·浙江丽水·二模）如图，正方形由四个全等的直角三角形（、、、）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则的面积为（   ）． A．6 B． C．13 D．12 【典例2】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【典例3】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，已知四边形和四边形是正方形．若，，则的长为______． 【典例4】．（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______． 命题点02 正方形的判定 【典例1】．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）． 【典例3】．（23-24八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 命题点03 正方形的性质与判定综合 【典例1】．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形中，，点在上，为上一点，过点作于点，连结，记，若，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 【典例2】．（2025·浙江温州·二模）如图，四边形是一张正方形纸片，其面积为．分别在边，，，上顺次截取，连接，，，．分别以，，，为轴将纸片向内翻折，得到四边形．若四边形的面积为，则等于（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【典例3】．（2025·浙江杭州·一模）如图，E是正方形的边上一动点（不与C，D重合），连结，以为边作正方形，点M是的中点，连结．给出下列结论：①；②点B，M，D三点共线，则下列判断正确的是（    ） A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对 【典例4】．（2026·浙江杭州·一模）如图（1），已知正方形，矩形，其中，B在边上，D在边上，正方形的边长为2．设矩形的边，（a，b均为小于等于2的正数）．将矩形的两个角翻折，使G落在边上点N处，E落在边上点M处，为折痕，连接． (1)若M，N分别为的中点，求的长． (2)若，求矩形的面积． (3)如图（2），连接，若恰好经过点C，求证：． 【典例5】．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 中考预测题 1.如图，在中，，，以为一边向三角形外作正方形，正方形的中心为，则的长最大值等于（   ） A． B． C． D． 2.如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线折叠，点落在点处，与交于点，连接．若，则的长为___． 3.点是正方形对角线上一动点，点在射线上，且，连接，为中点． (1)如图1，当点在线段上时，连接交于点，试判断的形状； (2)如图2，当点在线段上时，试探究线段，，的等量关系； (3)若，连接，取的中点，则当点从点运动到点时，点所经过的路径长为 ． 考点七 四边形的综合问题 《解题指南》 易错提醒： 【主观臆断、凭视觉代替几何证明】 动态四边形综合题中，题目常问“当 t 为何值时，四边形 ABCD 是菱形/矩形/正方形”。很多同学在画草图时，画得像什么就直接当作什么来用（例如看着像垂直就直接当90°用）。切记：必须严格通过因果逻辑和判定定理列出关于 t 的方程，视觉只能作为辅助参考，绝非得分依据。 【分类讨论遗漏“边界临界值”】 当动点在多边形的边上连续运动时，图形的形态在运动到拐点（顶点）、中点、两线交点、垂足等特殊位置时会发生本质突变。分类讨论时若不分段考虑动点的范围限制（如 0 < t <= 2 和 2 < t < 5），往往会导致列出的代数式不适用，或者漏掉边界点上的特殊解。 命题点01 新定义的四边形 【典例1】．（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 【典例2】．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（    ）    A． B． C． D． 【典例3】．（2023·浙江宁波·一模）新定义：垂直于图形的一边且等分这个图形面积的直线叫作图形的等积垂分线，等积垂分线被该图形截的线段叫做等积垂分线段． 问题探究： (1)如图1，等边边长为3，垂直于边的等积垂分线段长度为______； (2)如图2，在中，，，，求垂直于边的等积垂分线段长度； (3)如图3，在四边形中，，，，求出它的等积垂分线段长． 【典例4】．（2024·山西晋中·模拟预测）下面是小萱同学的数学周记，请仔细阅读并完成相应的任务． 筝形 在学习完平行四边形及特殊的平行四边形后，我发现生活中还有一种常见的特殊四边形−−筝形，可以类比平行四边形的研究路径“定义−性质−判定”研究筝形． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．如图1，四边形是筝形，其中，    性质：从整体看，筝形是轴对称图形，对称轴是对角线AC所在的直线；从局部看，应从边、角、对角线等角度探究筝形的性质．我发现，筝形有如下性质： 性质1：两组邻边分别相等，即．（由定义可得） 性质2：对角线垂直平分对角线． 性质3：一组对角相等，即． 性质4：筝形的面积等于两条对角线乘积的一半． 判定：与平行四边形类似，筝形的性质与判定也具有互逆关系． 判定1：…… 任务： (1)填空：性质2的证明过程如下． 已知：如图2，四边形是筝形，．    求证：垂直平分． 证明：连接． ∴点A在的垂直平分线上．（依据1： ） ∴点C在的垂直平分线上． ∴垂直平分．（依据2： ） (2)请你借助图3对性质3进行证明．（要求：写出已知、求证和证明过程）    (3)图4的方格纸中每个小正方形的边长都为1，请在方格纸中画出一个顶点都在格点上且面积为6的筝形．    【典例5】．（2023·江西上饶·一模）我们给出如下定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图，，则四边形为等邻角四边形． (1)定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是 ． ①平行四边形    ②矩形    ③菱形    ④等腰梯形 (2)如图，在四边形中，，的垂直平分线恰好交于边上一点P，连结，，且，求证：四边形为等邻角四边形． (3)如图，在等邻角四边形中，，，点P为边上的一动点，过点P作，，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，猜想，，之间的数量关系？并请说明理由． 【典例6】．（2025·宁夏中卫·一模）阅读材料，解决问题 在数学探究中，我们常从特殊情况入手，归纳出一般规律．例如在研究几何图形性质时，通过对特殊多边形的分析来了解多边形的普遍性质．我们规定：有一组邻边相等且有一组对角互补的四边形叫做“等补四边形”． (1)初步认识：在以下常见四边形中，一定是“等补四边形”的是（   ） A．平行四边形     B．矩形     C．菱形    D．正方形 (2)性质探究：已知四边形是“等补四边形”，，，如图，连接，试探究是否平分，并说明理由． (3)应用拓展：在“等补四边形”中，，，，如图2，求的长． 命题点02 四边形的动点问题 【典例1】．（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． 【典例2】．（2021·四川眉山·中考真题）如图，在菱形中，，对角线、相交于点，点在线段上，且，点为线段上的一个动点，则的最小值是______． 【典例3】．（2023·吉林·中考真题）如图，在正方形中，，点是对角线的中点，动点，分别从点，同时出发，点以的速度沿边向终点匀速运动，点以的速度沿折线向终点匀速运动．连接并延长交边于点，连接并延长交折线于点，连接，，，，得到四边形．设点的运动时间为（）（），四边形的面积为（）   　　   (1)的长为__________，的长为_________．（用含x的代数式表示） (2)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． (3)当四边形是轴对称图形时，直接写出的值． 【典例4】．（25-26九年级上·广东广州·月考）在四边形中，为边上一点，为延长线上一点，，分别是，中点，连接． (1)如图1，若四边形为正方形，且，试猜想：与之间的数量关系为________，与之间的数量关系为________； (2)如图2，若四边形为矩形，，，且，，求的长． (3)如图3，若四边形为平行四边形，，，，当时，求的长． 【典例5】．（25-26九年级上·吉林松原·月考）如图，在中，，，．动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿边运动．过点作交折线于点，当点与点重合时，点停止运动．以为边向其右侧作正方形，设点的运动时间为，正方形与的重叠部分图形的面积为． (1)当点与点重合时，的值为______； (2)求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； (3)连接，当平分正方形的边时，直接写出的值． 命题点03 四边形与圆综合 一、四边形与圆综合 【典例1】．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2026·浙江·模拟预测）如图，菱形的顶点在圆上，连接并延长交圆于点，连接，若，则四边形的面积为_____． 【典例3】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在中心为的正六边形中，点G，H分别在边，上，且不同于正六边形的顶点，． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若正六边形的边长为4，以点为圆心，为半径的扇形与正六边形形成阴影部分，求图中阴影部分的面积． 【典例4】．（2025·江苏南京·中考真题）某纸杯的尺寸（单位：）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片（可以看作扇形纸片剪去扇形纸片后剩余的部分）． (1)的长为____________，____________； (2)记表示两边长分别为，（，单位：）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片的一张矩形纸片，它的一边与相切，点，在对边上，点，分别在另外两边上，直接写出，的值； ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片吗？说明理由； ③若一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，写出求的范围的思路（无需算出最终结果）． 【典例5】．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，是的内切圆，与分别相切于点 ，． (1)求的三个内角的大小； (2)设的直径为，证明：． 【典例6】．（2025·浙江·二模）如图1，以的直角边为直径画，过作斜边的垂线交于点，连结，交于点，交于点，连结． (1)若，求； (2)如图2，当是等腰直角三角形时，求的值； (3)若，设，，求关于的函数表达式． 命题点04 四边形与函数综合 【典例1】．（2025·浙江金华·二模）如图，在第一象限中，连接对角线，，，，函数图象经过，两点，函数图象经过点，则________． 【典例2】．（2026·浙江温州·模拟预测）如图1，在菱形中，点O是上的动点，过点O分别作的平行线，交于点E，F，G，H．连接．设为x，与的面积之和为y，y关于x的函数图象如图2，图象经过，且最低点．当的面积是的4倍时，则y的值为________． 【典例3】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点在反比例函数的图象上，且在第一象限内点的右侧，连接 的面积为5． (1)求点A，B的坐标及反比例函数的解析式； (2)探究在轴上是否存在点，使得以点O，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【典例4】．（2025·四川·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A的坐标为，点C的坐标为，D为的中点．反比例函数的图象过点D，交于点E． (1)求点D的坐标和k的值； (2)延长 交x轴于点F，求的面积． 【典例5】．（2025·四川德阳·中考真题）如图，已知菱形，点在轴上，反比例函数的图象经过菱形的顶点，连接，与反比例函数图象交于点． (1)求反比例函数解析式； (2)求直线的解析式和点的坐标． 中考预测题 1.如图，点，，，分别是四边形的各边中点，顺次连接、、、，当（   ）时，四边形是菱形． A． B． C． D．且 2.如图，在四边形中，，，，、分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过_________秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 3.已知：如图，在四边形中，，，，，，点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，其中一动点到达端点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为． (1)经过多少时间，四边形是平行四边形？ (2)在运动过程中，需经过多长时间才能使？ 4.在平面直角坐标系中，点是坐标原点，四边形是菱形，点的坐标为，点在轴的负半轴上，直线交轴于点，边交轴于点． (1)如图①，①直接写出点的坐标 ；②求直线的解析式； (2)如图②，连接，动点从出发，沿折线以个单位/秒的速度向终点匀速运动，设点 的运动时间为秒，求为何值时，的面积为？ 好题速递 1.（25-26八年级下·河南洛阳·期中）如图，在矩形中，对角线与相交于点，点分别是的中点，若，，则的长是（   ） A． B． C． D． 2.（25-26八年级下·四川绵阳·期中）如图，过对角线的交点O，交于E，交于F，若的周长为18，，则四边形的周长为（　） A．15 B．14 C．13 D．12 3.（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 4.（25-26八年级下·上海·期中）已知一个多边形的外角和等于内角和的一半，那么这个多边形的对角线条数为（　　）． A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 5.（25-26八年级下·河南郑州·阶段检测）如图，1角硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则正九边形每个内角的度数是（    ） A．40° B．140° C．360° D．1260° 6.（25-26八年级下·河南南阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，点在函数的图象上，当时，过点分别作轴、轴的垂线，垂足为点；过点分别作轴、轴的垂线，垂足为点．交于点，随着的增大，四边形的面积（    ）． A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 7.（25-26八年级下·山东淄博·期中）如图，四边形为菱形，，两点的坐标分别是、，点，在坐标轴上，点在上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8.（25-26八年级下·全国·单元测试）如图，在矩形中，，，P是上一动点，交于点Q，M是上一个动点，交于点N，则的最小值为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 9.（25-26八年级下·江苏扬州·期中）如图，在中，E，F，分别是的中点，连接．若，则________． 10.（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，矩形的对角线，交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若矩形的面积为4，求菱形的面积． 中考闯关 1.直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（    ） A． B． C． D． 2.若一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的一个外角为（   ） A． B． C． D． 3.如图，在中，，，，为上任一点，为中点，连接，在上，且满足，连接，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4.如图，在正八边形中，对角线，交于点P，则____°． 5.如图，为的重心，过点作交于点，交于点，已知，则___________． 6.如图，在菱形中，在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点分别在边上，点在对角线上．若，则阴影部分的面积为__________． 7.如图，四边形为平行四边形，平分交于，延长交于， (1)求证：． (2)若，求的值． 8.如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 9.结合图形，完成下列各题： (1)如图，在正方形中，为边上一点，为延长线上一点，且．求证：，； (2)如图，在矩形中，，，是边上一点，将沿折叠得到，延长和相交于点．若，求的长； (3)保持（2）中，的大小不变，扭动矩形，使得，如图所示．是边上一点且满足，点是延长线上一点，连接交射线于点，当线段与射线所夹的锐角为时，直接写出的值． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $