专题05 四边形（5大考点）（四川专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 四川多地二模四边形专题汇编，覆盖多边形至正方形5大考点，题型含选择、填空、解答，注重性质判定与动态几何（如矩形折叠、菱形旋转）的综合应用，梯度分明。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|约15题|多边形内角和（如七边形内角和900°）、平行四边形判定（如添加条件证平行四边形）|基础概念辨析，结合真题情境| |填空|约10题|矩形折叠边长（如对折后重叠面积）、菱形面积计算（如已知对角线求面积）|中档能力提升，动态问题设计| |解答|约15题|正方形综合证明（如全等与相似综合）、平行四边形旋转探究（如旋转后证平行四边形）|多考点综合，创新应用（如折叠、旋转）|

扇学科网 www.zxxk 专题05 考点01 多边形的性质与计算 1.A 2.D 3.C 4.108°/108度 5.5 考点02 平行四边形的性质与判定 1.D 2.B 3.18 4. 40°/40度 5.16 6.√41 7.四边形ABDF是平行四边形 8.见解析 9.(1)四边形ACBD是平行四边形 (2)25 10.(1)AC=BE 236 3 (3)n2(2-m 考点03 形的性质与判定 1.B 2.A 3/3 com 让教与 四边形 学更高效 耐学科网 www. 3.D 4.A 5.5 6.2V26 7.12√2 8.√ 9.(1)四边形ABDF是矩形 (2)72 10.(1)√2 S=1 25:sina (3)60° 形的性质与判定 考点04 1.B 2.D 3.A 4.15或5/15或5 5. 2-7 15 6. 8 7.96 8.5h5 33 D 9.(1) B E (②)四边形AECD是菱形 10.(1)四边形EFGH是菱形，理由见解析； zxxk.com 让 2/3 改与学更高效 命学科网 (2)DG=CF. 正方形的性质与判定 考点05 1.C 2.B 3.A 4.D 5.D 6.B 7.(1)AE=BF (②)DM=2V5 8.(1)DE=CF (2)3√5 (3)10√2-10 9.(I)△APF∽△EPC 2 PA2=PG.PF 6月 www.zxxk.com 让 3/3 致与学更高效 专题05 四边形 5大考点概览 考点01多边形的性质与计算 考点02平行四边形的性质与判定 考点03矩形的性质与判定 考点04菱形的性质与判定 考点05正方形的性质与判定 多边形的性质与计算 考点01 1．（2026·四川广安·二模）下列命题是真命题的是（　　） A．五边形有五条对角线 B．相似图形一定是位似图形 C．矩形的对角线互相垂直且相等 D．中位数一定是这组数据中的某一个数 2．（2026·四川遂宁·二模）下列说法正确的是（    ） A．将580000用科学记数法表示为： B．在，，，，，这组数据中，中位数和众数都是8 C．甲乙两组同学参加“环保知识竞赛”，若甲乙两组同学的平均成绩相同，甲组同学成绩的方差，乙组同学成绩的方差，则甲组同学的成绩较稳定 D．“五边形的内角和是”是必然事件 3．（2026·四川成都·二模）已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（   ） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 4．（2026·四川雅安·二模）正五边形的一个内角度数为______． 5．（2026·四川广安·二模）若一个多边形的内角和比它的外角和多，则这个多边形的边数是________． 平行四边形的性质与判定 考点02 1．（2026·四川成都·二模）如图，在中，E，F分别是，上的点，连接，，只添加一个条件，能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川绵阳·二模）如图，，点分别在边上，将沿翻折，点恰好落在线段上的点处，延长交于点，若，则的长度是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川泸州·二模）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，若，，则的周长为__________． 4．（2026·四川南充·二模）如图，在中，，过A、B、C三点的与相交于点E，连接，则的度数为______． 5．（2026·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以为圆心，小于长为半径作弧，分别交线段，于点，；②分别以，为圆心，大于为半径作弧，两弧相交于点（在平行四边形内），连接交于，若，，则平行四边形的周长为______． 6．（2026·四川遂宁·二模）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为______． 7．（2026·四川泸州·二模）如图，，，平分，．求证：四边形是平行四边形． 8．（2026·四川泸州·二模）如图，在中，E是上一点，，点F在上，．求证：． 9．（2026·四川广元·二模）如图，在 中，，将 绕点 A 顺时针旋转 得到，点 C 的对应点 E 落在线段  上，连接 ． (1)求证：四边形  是平行四边形； (2)若 ，，求四边形 的面积． 10．（2026·四川成都·二模）如图，在中，，边绕点顺时针旋转度至，连接、、分别交、于点、． (1)【特例感知】当时，证明：； (2)【问题探究】在（1）的条件下，若，，求的长度； (3)【拓展延伸】若，，当时，求的值．（用含、的代数式表示） 矩形的性质与判定 考点03 1．（2026·四川德阳·二模）如图，在矩形中，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（    ） A．2 B． C．3 D．4 2．（2026·四川广元·二模）如图1，在矩形中，，，动点P以的速度自A点出发沿折线方向运动，动点Q以的速度自A点出发沿折线方向运动，若点P、Q同时出发，运动时间为t秒，两点相遇时都停止运动，记的面积为，且s与t之间的函数关系的图像如图2所示，则图像中的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川达州·二模）如图，在矩形中，，，点E在矩形的对角线上，连接．过点C作，过点D作，与相交于点F，连接，点H是线段的中点，连接和，当时，的长度为（   ） A．4 B． C． D． 4．（2026·四川泸州·二模）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（    ）    A． B． C． D． 5．（2026·四川遂宁·二模）如图，矩形中，，，将矩形沿对角线对折，的对应边与相交于点，则的长为______． 6．（2026·四川绵阳·二模）如图，矩形，点分别在上，，连接，点是线段上的动点，且，则的最小值为___________． 7．（2026·四川成都·二模）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①以点为圆心，的长为半径作弧，交线段于点；②分别以C，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点；③连接并延长交延长线于点，交线段BC于点．若，则线段的长为_____． 8．（2026·四川成都·二模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，延长BC至点G，连接DG，，点E为DG的中点，连接OE交CD于点F，若，，则DF的长为______． 9．（2026·四川广安·二模）如图，在平行四边形中，连接，为线段的中点，延长与的延长线交于点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 10．（2026·四川遂宁·二模）阅读理解： 我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图1，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为，我们把的值叫做这个平行四边形的变形度． (1)若矩形发生变形后的平行四边形有一个内角是，则这个平行四边形的变形度是 ； (2)若矩形的面积为，其变形后的平行四边形面积为，试猜想，，之间的数量关系为： ； (3)如图2，在矩形中，E是边上的一点，且，这个矩形发生变形后为，为E的对应点，连接，，若矩形的面积为（），的面积为（），求的大小． 菱形的性质与判定 考点04 1．（2026·四川广安·二模）下列关于特殊四边形性质的说法，正确的是（    ） A．矩形的对角线互相垂直且平分 B．正方形的对角线相等且互相垂直平分 C．菱形的对角线相等且互相平分 D．平行四边形是中心对称图形也是轴对称图形 2．（2026·四川成都·二模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，下列说法正确的是（） A． B． C． D． 3．（2026·四川绵阳·二模）如图，菱形中，，，则菱形的面积是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·四川成都·二模）如图，在菱形中，，对角线，交于点O，，点P在射线上，将点绕点顺时针旋转得点，若点落在菱形的对角线所在直线上，则的长为______． 5．（2026·四川成都·二模）如图，菱形，点是边上一点，连接交对角线于点，，，点为线段上一动点（不与端点重合），作点关于直线对称点，连接、，当取最小值时，则______． 6．（2026·四川成都·二模）如图，将菱形绕点A逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点E，若，，则的长为 _____________ ． 7．（2026·四川泸州·二模）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交于点，点在延长线上，与相交于点．若，，则菱形的面积为__________． 8．（2026·四川广安·二模）如图，已知菱形的周长为8，面积为为的中点，若为对角线上一动点，记的最大值为，记的最小值为，则_______． 9．（2026·四川广元·二模）如图，在四边形中，． (1)用无刻度的直尺和圆规在线段上求作一点E，使得，连接；（保留作图痕迹，不写作法） (2)若E是的中点，求证：四边形是菱形． 10．（2026·四川绵阳·二模）如图，过的对角线的中点作两条互相垂直的直线，分别交，，，于，，，四点，连接，，，． (1)试判断四边形的形状并说明理由； (2)若，求证：． 正方形的性质与判定 考点05 1．（2026·四川成都·二模）下列说法正确的是（    ） A．菱形的四个内角都相等 B．矩形的对角线相互垂直 C．正方形的每一条对角线平分一组对角 D．平行四边形是轴对称图形 2．（2026·四川南充·二模）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形中，连接．，，且，则小正方形与大正方形的面积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川达州·二模）“青朱出入图”是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理的几何证明法．如图，四边形，，均是正方形，A，B，E三点共线，与交于点J，与交于点K，连接，交于点P，若与的面积比为，则的值是（    ）    A． B． C． D． 4．（2026·四川德阳·二模）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，，，则（  ） A． B．5 C． D．10 5．（2026·四川南充·二模）如图，正方形的边长为，点在边上运动（不与点A，重合），，点在射线上，且，与相交于点，点在，且，连接，，，．则下列结论：①；②的周长为；③；④的面积的最大值是；⑤当时，是线段的中点．其中正确的结论是（   ） A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤ 6．（2026·四川达州·二模）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点，且是的三等分点；③若点H是的中点，则，；④；⑤若，则，其中正确的结论是（    ） A．①②④ B．①④ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 7．（2026·四川绵阳·二模）如图，正方形中，、分别是边上的点，，垂足为，与相交于，与交于，与交于． (1)求证：； (2)若正方形边长为6，，求的长度． 8．（2026·四川绵阳·二模）如图，正方形中，分别是边上的点，，垂足为，与相交于，与AC交于，与交于． (1)求证：； (2)若正方形边长为，，求的长度． 9．（2026·四川南充·二模）如图，在边长为的正方形中，点为边上一点（不与重合），于，交于，延长到点，使，延长交的延长线于． (1)求证：； (2)当点是边的中点时，求的长； (3)如图，连接，当面积最大时，求的值． 10．（2026·四川南充·二模）如图，在正方形中，连接，点是边上一点（不与、重合），将绕点顺时针旋转90°得到，连接，分别交、于点、．    (1)求证：； (2)求证：； (3)如图2，当点是边的中点时，求的值． 2/6 1/6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 四边形 5大考点概览 考点01多边形的性质与计算 考点02平行四边形的性质与判定 考点03矩形的性质与判定 考点04菱形的性质与判定 考点05正方形的性质与判定 多边形的性质与计算 考点01 1．（2026·四川广安·二模）下列命题是真命题的是（　　） A．五边形有五条对角线 B．相似图形一定是位似图形 C．矩形的对角线互相垂直且相等 D．中位数一定是这组数据中的某一个数 【答案】A 【详解】解：A 、∵边形对角线条数公式为，将代入公式，得，∴五边形有五条对角线，A是真命题. B 、∵相似图形仅要求形状相同，位似图形要求对应点连线交于一点 ，因此相似图形不一定满足位似图形的条件，∴相似图形不一定是位似图形，B是假命题. C 、∵矩形的对角线相等但不垂直（正方形除外），∴C是假命题. D 、∵当一组数据的个数为偶数时，中位数是中间两个数的平均数，不一定是原数据中的某一个数 例如数据的中位数为 不在原数据中，∴D是假命题. 综上：真命题为A 2．（2026·四川遂宁·二模）下列说法正确的是（    ） A．将580000用科学记数法表示为： B．在，，，，，这组数据中，中位数和众数都是8 C．甲乙两组同学参加“环保知识竞赛”，若甲乙两组同学的平均成绩相同，甲组同学成绩的方差，乙组同学成绩的方差，则甲组同学的成绩较稳定 D．“五边形的内角和是”是必然事件 【答案】D 【分析】本题考查了多角形的内角和定理，科学记数法，众数和中位数的定义，方差的意义等知识．根据多角形的内角和定理，科学记数法，众数和中位数的定义，方差的意义判断即可． 【详解】解：A、将580000用科学记数法表示为：，故本选项不符合题意； B、这列数据从小到大排列为，，，，，中，8出现了3次，故众数是8，中位数是，故本选项不符合题意； C、，则，则乙组同学的成绩较稳定，故本选项不符合题意； D、“五边形的内角和是”是必然事件，故本选项符合题意． 故选：D． 3．（2026·四川成都·二模）已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（   ） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 【答案】C 【详解】多边形的内角和公式为（n－2）×180°， 根据题意可得：（n－2）×180°=900°， 解得：n=7． 故选C 4．（2026·四川雅安·二模）正五边形的一个内角度数为______． 【答案】/108度 【分析】本题主要考查了正多边形的外角和内角．求出正五边形的一个外角的度数，即可求解． 【详解】解：正五边形的一个外角的度数为， ∴正五边形的一个内角度数为． 故答案为： 5．（2026·四川广安·二模）若一个多边形的内角和比它的外角和多，则这个多边形的边数是________． 【答案】5 【分析】根据多边形的内角和公式以及外角和为建立一个关于边数的方程，解方程即可． 【详解】设多边形边数为n， 根据题意有， 解得 ， 故答案为：5． 平行四边形的性质与判定 考点02 1．（2026·四川成都·二模）如图，在中，E，F分别是，上的点，连接，，只添加一个条件，能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：∵， ∴， A．∵，∴，无法判断四边形为平行四边形； B．无法判断四边形为平行四边形； C．∵，∴，无法判断四边形为平行四边形； D．∵，∴，∴四边形为平行四边形． 2．（2026·四川绵阳·二模）如图，，点分别在边上，将沿翻折，点恰好落在线段上的点处，延长交于点，若，则的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由及得，作垂线构造直角三角形后利用勾股定理求得；由翻折性质可知，从而得到等腰，进而求得及点到的距离；再利用平行线分线段成比例及勾股定理依次求出、，最后得到． 【详解】∵四边形是平行四边形，，，， ∴，，，， 又∵， ∴，， 过点E作于点， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∵沿翻折得到， ∴， ∴，，，， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， ∵平分， ∴于点，且为中点， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 过点作于点， ∵， 又∵， ∴， 过点作于点， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵、、三点共线， ∴， ∴， ∵在中， ， ∴， ∴， ∴， ∵、、三点共线，且在上，在上， ∴， ∴， 过点作于点， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（2026·四川泸州·二模）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，若，，则的周长为__________． 【答案】18 【分析】由平行四边形的性质得到，，，再由平行线的性质和角平分线的定义得到，则，求出，据此根据平行四边形周长计算公式可得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴平行四边形的周长． 4．（2026·四川南充·二模）如图，在中，，过A、B、C三点的与相交于点E，连接，则的度数为______． 【答案】 /40度 【分析】根据圆内接四边形对角互补的性质求出的度数，利用邻补角的定义求出，再根据平行四边形对角相等的性质得出的度数，最后在中利用三角形内角和定理计算即可． 【详解】解：∵四边形内接于 ∴ ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形 ∴， 在中， ． 5．（2026·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以为圆心，小于长为半径作弧，分别交线段，于点，；②分别以，为圆心，大于为半径作弧，两弧相交于点（在平行四边形内），连接交于，若，，则平行四边形的周长为______． 【答案】16 【分析】由作图步骤知 是 的角平分线；由平行四边形性质 得 ；结合角平分线得 ，从而 ；再由 求出 ，进而求周长． 【详解】解：由作图可知，是 的角平分线，， ∵四边形 是平行四边形， ，，， （两直线平行，内错角相等）， ， （等角对等边）， ， ， ， ， 平行四边形 的周长 ． 6．（2026·四川遂宁·二模）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为______． 【答案】 【分析】如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，， ∴当重合时，最小，最小值为， ∵，，在中， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 故答案为： 7．（2026·四川泸州·二模）如图，，，平分，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明见解析 【分析】利用三角形的全等证明，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可． 本题考查了平行线的性质，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】证明：平分， ， ， ， 在和中， ， ≌， ， 又， 四边形是平行四边形． 8．（2026·四川泸州·二模）如图，在中，E是上一点，，点F在上，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质等知识．先根据平行四边形的定义得到，再证明，即可证明． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， ， 又∵，， ， ． 9．（2026·四川广元·二模）如图，在 中，，将 绕点 A 顺时针旋转 得到，点 C 的对应点 E 落在线段  上，连接 ． (1)求证：四边形  是平行四边形； (2)若 ，，求四边形 的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据旋转的性质得到，证明，，进而证明； （2）过点B作于点，证明是等边三角形，即可求解． 【详解】（1）证明：由旋转的性质可知：， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：过点B作于点， ∵在平行四边形中，， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． 10．（2026·四川成都·二模）如图，在中，，边绕点顺时针旋转度至，连接、、分别交、于点、． (1)【特例感知】当时，证明：； (2)【问题探究】在（1）的条件下，若，，求的长度； (3)【拓展延伸】若，，当时，求的值．（用含、的代数式表示） 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质以及旋转的性质证明即可； （2）连接，过点作交延长线于点，先得到点三点共线，然后证明，求出，则，然后解，求出，，再对运用勾股定理求解，最后根据比例线段求解即可； （3）设，则，，由平行可得，求出，再证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵ ∴ 由旋转可得，， ∴，， ∵ ∴， ∴； （2）解：连接，过点作交延长线于点， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∵在中， ∴ ∴点三点共线， ∵在中，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴，， ∴， ∴， ∵ ∴； （3）解：∵，， ∴设， 则， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ ∴ ∵平行四边形中，， ∴， ∵ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴． 矩形的性质与判定 考点03 1．（2026·四川德阳·二模）如图，在矩形中，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（    ） A．2 B． C．3 D．4 【答案】B 【分析】先由折叠性质得到，，再由矩形性质得到，，结合全等三角形的判定与性质得到，设，则，在中，由勾股定理列方程求解即可得到答案． 【详解】解：在矩形中，，，， 由折叠性质可得，， 在和中， ， ， ， 设，则， 在中，，则由勾股定理可得， 即， ， 则， 则重叠部分的面积为． 2．（2026·四川广元·二模）如图1，在矩形中，，，动点P以的速度自A点出发沿折线方向运动，动点Q以的速度自A点出发沿折线方向运动，若点P、Q同时出发，运动时间为t秒，两点相遇时都停止运动，记的面积为，且s与t之间的函数关系的图像如图2所示，则图像中的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】第一阶段在上、在上，由为直角三角形直接求出,令得，第二阶段，用割补法求出，由顶点式知该阶段恒成立；第三阶段都在上，令得，从而． 【详解】解：当时，在上，在上，， ， 由图知时，， ， 解得， ， 令， 解得，即， 当时，在上， 在上，， ， ， ， ， 当时取最大值4，当时, 当时，恒成立， 当时，在上， 在上，， ， ， ， 令， 解得，即， ． 3．（2026·四川达州·二模）如图，在矩形中，，，点E在矩形的对角线上，连接．过点C作，过点D作，与相交于点F，连接，点H是线段的中点，连接和，当时，的长度为（   ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用相关知识成为解题的关键．由勾股定理可得，再证明，根据相似三角形的性质求出，根据直角三角形性质得出即可求出结论． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ， ， ， ， ，点H是线段的中点， 在中，， ， 故选：D． 4．（2026·四川泸州·二模）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标． 【详解】设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形． ∵OA=8， ∴CF=8-5=3， ∴PF=4， ∴OB=EF=5+4=9． ∵PF过圆心， ∴DF=CF=3， ∴BD=8-3-3=2， ∴D(9，2)． 故选A．    5．（2026·四川遂宁·二模）如图，矩形中，，，将矩形沿对角线对折，的对应边与相交于点，则的长为______． 【答案】 【分析】根据矩形的性质可得，，设，则，根据平行线的性质和折叠的性质可得，根据等角对等边可得，根据勾股定理即可求得x的值，即可求解． 【详解】解： ∵四边形为矩形， ∴，， 设，则， ∵， ∴； 由折叠的性质得：， ∴， ∴； 由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． 6．（2026·四川绵阳·二模）如图，矩形，点分别在上，，连接，点是线段上的动点，且，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】先由勾股定理求出、等线段长，再通过构造点使且，利用相似三角形证明，从而将转化为，最后由“两点之间线段最短”求出最小值． 【详解】解：∵四边形为矩形，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴在矩形内部作点，使，且， 过点作于点， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴设，则， ∴， ∴在中，， 过点作于点， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∴作点关于的对称点，连接交于点， ∴， ∴， 当且仅当点与点重合时取等号， ∵点与点关于对称， ∴，且， 过点作，交延长线于点， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴的最小值为． 7．（2026·四川成都·二模）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①以点为圆心，的长为半径作弧，交线段于点；②分别以C，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点；③连接并延长交延长线于点，交线段BC于点．若，则线段的长为_____． 【答案】 【分析】根据矩形性质得出，．由作图步骤①可知，由步骤②可知直线是线段的垂直平分线，根据等腰三角形三线合一性质得出平分，从而求出．在中，利用等角对等边得出，结合求出的长，最后利用勾股定理计算的长． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， 由作图步骤①可知：，由作图步骤②可知：直线是线段的垂直平分线， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴直线平分， ∴， ∵点在的延长线上， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：． 8．（2026·四川成都·二模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，延长BC至点G，连接DG，，点E为DG的中点，连接OE交CD于点F，若，，则DF的长为______． 【答案】 【分析】连接，设，证明，得出成比例线段，求出，根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：如答图，连接，设， 在矩形中，， 则，． 是中点， ， ，． ， ， ， ． ， ， ， ， ， ，， ， ， ． 9．（2026·四川广安·二模）如图，在平行四边形中，连接，为线段的中点，延长与的延长线交于点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等知识点． （1）通过证明，得到，得证四边形是平行四边形，根据，得证结论． （2）根据矩形的性质得到，继而根据勾股定理得到， 根据平行四边形的性质得到，根据割补法计算四边形的面积． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ， ， 又为中点， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，四边形是矩形， ， 由勾股定理可得：， 四边形是平行四边形， ， 四边形的面积为． 10．（2026·四川遂宁·二模）阅读理解： 我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图1，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为，我们把的值叫做这个平行四边形的变形度． (1)若矩形发生变形后的平行四边形有一个内角是，则这个平行四边形的变形度是 ； (2)若矩形的面积为，其变形后的平行四边形面积为，试猜想，，之间的数量关系为： ； (3)如图2，在矩形中，E是边上的一点，且，这个矩形发生变形后为，为E的对应点，连接，，若矩形的面积为（），的面积为（），求的大小． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出变形后的平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角计算即可； （2）表示出变形后的平行四边形的高，表示出矩形和平行四边形的面积即可找到数量关系； （3）由和已知条件推出，从而可推出，由（2）的结论推出，即可得到解． 【详解】（1）解：矩形发生变形后的平行四边形有一个内角是， 这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为， 这个平行四边形的变形度为； （2）解：设矩形的面积长宽， 其变形后的平行四边形的高为宽， 故其变形后的平行四边形长宽， ； （3）解：， ， ， ， ， ， ， ， ， 由（2）知，， ， ， ． 菱形的性质与判定 考点04 1．（2026·四川广安·二模）下列关于特殊四边形性质的说法，正确的是（    ） A．矩形的对角线互相垂直且平分 B．正方形的对角线相等且互相垂直平分 C．菱形的对角线相等且互相平分 D．平行四边形是中心对称图形也是轴对称图形 【答案】B 【分析】本题考查的知识点是平行四边形及特殊平行四边形的性质、轴对称图形的识别．根据矩形、正方形、菱形、平行四边形的性质及轴对称图形的定义对选项进行逐一判断即可求解． 【详解】解：A、矩形的对角线相等且互相平分，但不一定互相垂直，故原说法错误，该选项不符合题意； B、“正方形的对角线相等且互相垂直平分”，原说法正确，该选项符合题意； C、菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等，故原说法错误，该选项不符合题意； D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，原说法错误，该选项不符合题意； 故选：B． 2．（2026·四川成都·二模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，下列说法正确的是（） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的性质，掌握“菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分”是解题的关键． 【详解】A．菱形的对角线互相垂直但不一定相等，仅当菱形为正方形时，故A错误； B．在菱形中，，，但不一定等于，故B错误； C．菱形的内角度数不确定，不一定等于，故C错误； D．根据菱形的性质，对角线互相垂直，，故D正确． 3．（2026·四川绵阳·二模）如图，菱形中，，，则菱形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点，根据菱形的性质求出，进而得到，利用面积公式求解即可. 【详解】解：连接交于点， ∵菱形中，， ∴， ∴， ∴. 4．（2026·四川成都·二模）如图，在菱形中，，对角线，交于点O，，点P在射线上，将点绕点顺时针旋转得点，若点落在菱形的对角线所在直线上，则的长为______． 【答案】15或5/15或5 【分析】根据菱形的性质和可得，，根据题意可知，，由点落在菱形的对角线所在直线上，可分落在直线或直线两种情况讨论，最后利用锐角三角函数和勾股定理列式即可求解． 【详解】解：在菱形中,， ,， ， 设，， 在中，， 则， 解得， ，， 如图，当点落在菱形的对角线所在直线上时，连接交于,连接,，过点作并交于点，过点作并交于点， ,将点绕点顺时针旋转90°得点， ， ，， ， ， ， ， 则， ， ，， 即，， 计算得，， 根据勾股定理得； 如图，当点落在菱形的对角线所在直线上时，连接,，过点作并交于点， 将点绕点顺时针旋转90°得点， ， ， ， ，， ， 则，即， ， ，， 根据勾股定理得， ； 综上，的值为15或5． 5．（2026·四川成都·二模）如图，菱形，点是边上一点，连接交对角线于点，，，点为线段上一动点（不与端点重合），作点关于直线对称点，连接、，当取最小值时，则______． 【答案】 【分析】先设，由此可得，再根据三点共线可得的最小值，再利用勾股定理可求解的值，根据相似三角形的性质可得与的长度，再结合勾股定理可求解的长度，由此可求解的长度，进而进行比值即可． 【详解】解：设， 由，则， ∵作点关于直线对称点， ∴点的运动轨迹是以点为圆心，为半径的圆， 当取最小值时，则有点三点共线， 连接交于点，过点分别作， 连接，连接并延长交的延长线于点，如图， 在菱形中，，且， 在中，， ∴，则， ∴， ∴菱形的边长为25，即， 由翻折可知，， 又， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴， 则有，即，可得， 同理可得， 则有，即，可得， ∵， 则四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，， 在菱形中，，则， ∴， 由翻折可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，解得， 则． 6．（2026·四川成都·二模）如图，将菱形绕点A逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点E，若，，则的长为 _____________ ． 【答案】 【分析】先证明，过点作交于点，然后根据平行线的性质证明，，求解即可． 【详解】解：根据题意，得，， 在和中 ， ， 四边形是菱形， ，，， ∴， ， 点在上， 过点作交于点 ， ， ， ∴ ， ， ， , , ; 7．（2026·四川泸州·二模）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交于点，点在延长线上，与相交于点．若，，则菱形的面积为__________． 【答案】96 【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案． 【详解】解：作交于点H，则， ∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：96． 8．（2026·四川广安·二模）如图，已知菱形的周长为8，面积为为的中点，若为对角线上一动点，记的最大值为，记的最小值为，则_______． 【答案】/ 【分析】过点C作，交与点，再根据菱形的面积求出，根据勾股定理求出，可得点E和点重合，即可得出的最小值为，然后根据点C和点A关于对称，可知，进而当点P与点B重合时，得出的最大值为，即可得出答案． 【详解】解：过点C作，交与点， ∵菱形的周长为8，面积为， ∴， ∴， ∴． 在中，． ∵点E是的中点， ∴， ∴点E和点重合． 根据三角形的三边关系可知， ∴． ∵点C和点A关于对称， ∴， 即． 当点P与点B重合时，得出的最大值为， ∴， ∴． 故答案为：． 9．（2026·四川广元·二模）如图，在四边形中，． (1)用无刻度的直尺和圆规在线段上求作一点E，使得，连接；（保留作图痕迹，不写作法） (2)若E是的中点，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）理解题意，作的垂直平分线交线段上于点E，即可作答． （2）理解题意，先证明四边形是平行四边形．运用一组邻边相等的平行四边形是菱形得四边形是菱形，即可作答． 【详解】（1）解：如图，点E即为所作． （2）证明：∵E是的中点， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． 由（1）得 ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． 10．（2026·四川绵阳·二模）如图，过的对角线的中点作两条互相垂直的直线，分别交，，，于，，，四点，连接，，，． (1)试判断四边形的形状并说明理由； (2)若，求证：． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析； (2)见解析． 【分析】（）四边形是平行四边形，得，证明，所以，同理可得，可证四边形是平行四边形，再根据，即可证明四边形是菱形； （）在上取点，使，则有，由四边形是平行四边形，则有，所以，又，则然后通过四边形是菱形，证明，，所以，可得，证明，所以，从而可证． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：在上取点，使， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴ ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 正方形的性质与判定 考点05 1．（2026·四川成都·二模）下列说法正确的是（    ） A．菱形的四个内角都相等 B．矩形的对角线相互垂直 C．正方形的每一条对角线平分一组对角 D．平行四边形是轴对称图形 【答案】C 【分析】本题考查特殊平行四边形的性质，根据各图形的性质逐一判断选项正误即可得到答案． 【详解】解：∵菱形的对角相等、邻角互补，四个内角不都相等， ∴A错误； ∵矩形的对角线相等但不互相垂直，∴B错误； ∵正方形的每一条对角线平分一组对角，符合正方形的性质，∴C正确； ∵平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，∴D错误． 2．（2026·四川南充·二模）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形中，连接．，，且，则小正方形与大正方形的面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，解直角三角形得到，，根据可推出，由勾股定理可得，则，即可得到，据此可得答案． 【详解】解：设， 由题意得，， 在中，， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴小正方形与大正方形的面积之比为． 3．（2026·四川达州·二模）“青朱出入图”是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理的几何证明法．如图，四边形，，均是正方形，A，B，E三点共线，与交于点J，与交于点K，连接，交于点P，若与的面积比为，则的值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证明，再进一步证明，即可得是矩形，证明，可得，，即，同理可得：，根据与的面积比为，可得，再证明，即有，进而可得，则有，为了便于计算，设，，结合勾股定理，问题随之得解． 【详解】∵四边形，，均是正方形， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是正方形， ∴是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 即， 同理可得：， ∵与的面积比为，， ∴，整理：， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，， 即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴，， 又∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 4．（2026·四川德阳·二模）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，，，则（  ） A． B．5 C． D．10 【答案】D 【分析】根据正方形的性质得到，求出的长，再根据三角形的面积公式可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 5．（2026·四川南充·二模）如图，正方形的边长为，点在边上运动（不与点A，重合），，点在射线上，且，与相交于点，点在，且，连接，，，．则下列结论：①；②的周长为；③；④的面积的最大值是；⑤当时，是线段的中点．其中正确的结论是（   ） A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤ 【答案】D 【分析】证明故可判断①正确；设，则，可得，利用二次函数性质可判断④正确；延长到I，使得，则，再证明，进而由的周长，故②错误；由，可得，即可判断③错误；设，则， 由，得当时，的面积的最大值为．可判断④正确； 当时，，，设，则，，在中，由勾股定理可得，即得G是线段的中点，即可判断⑤正确． 【详解】解：∵正方形中，，且， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故①正确， 如图，延长到I，使得， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的周长 ， 故②错误； ∵， ∴， 故③错误， 设，则， ∴ ， ∵， ∴时，的面积的最大值为． 故④正确； 当时，，， 设， 则，， 在中， 有， 解得， ∴， 即G是线段的中点， 故⑤正确， 综上，正确的结论是①④⑤． 故选：D． 6．（2026·四川达州·二模）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点，且是的三等分点；③若点H是的中点，则，；④；⑤若，则，其中正确的结论是（    ） A．①②④ B．①④ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】B 【分析】连接，可得，垂直平分，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据垂直平分，结合互余可证明，即有，则可判断②正确；证明，即有，可判断④；根据相似有，根据可得，再证明，可得，即可判断⑤；根据点H是的中点，设，即求出，同理可证明，可得，即可得，进而可判断③． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形是正方形， ∴，，，垂直平分， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴点B、H、D、F四点共圆， ∴，， ∴，故①正确， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点G是的中点， 若点G是的三等分点， ∴， ∵， ∴，即， ∴点N是的中点， ∵点H是动点， ∴点N也是动点， ∴点G不一定是的三等分点，故②错误， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，故④正确， ∴， 若，则， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故⑤错误， 如图，③若点H是的中点，设，即， ∴， ∴， 同理可证明， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ，故③错误， 则正确的有：①④， 故选：B． 7．（2026·四川绵阳·二模）如图，正方形中，、分别是边上的点，，垂足为，与相交于，与交于，与交于． (1)求证：； (2)若正方形边长为6，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，根据证明即可得出结论； （2）根据勾股定理求出，得出，可得，证明，求出，由勾股定理求出，根据相似三角形的性质可求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，即， ∵， ∴，， ∴ 在和中， ， ∴ ∴； （2）解：∵正方形的边长为6， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵，且相似比为， ∴， ∴ 8．（2026·四川南充·二模）如图，在边长为的正方形中，点为边上一点（不与重合），于，交于，延长到点，使，延长交的延长线于． (1)求证：； (2)当点是边的中点时，求的长； (3)如图，连接，当面积最大时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（）证明得到，进而即可求证； （）过点作于，可证，得到，，进而可得，，即得，，再根据线段的和差关系即可求解； （）连接相交于点，以点为圆心、的长为半径画圆，则点在上，由得点在上，且在上，进而可证，得到，可知当点在的中点时，可知点到的距离最大，的面积最大，此时的面积最大，过点作于，由角平分线的性质和等腰直角三角形的性质得，又由全等三角形的性质，由勾股定理得，得到，进而根据（）即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵于， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，则， 由（）知，，， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 又∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，点是边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴； （3）解：如图，连接相交于点，以点为圆心、的长为半径画圆，则点在上， ∵四边形是正方形， ∴， ∴点在上，且在上， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当点在的中点时，可知点到的距离最大，的面积最大，此时的面积最大， ∵， ∴，即平分， 过点作于， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又由（）知，， ∴． 9．（2026·四川南充·二模）如图，在正方形中，连接，点是边上一点（不与、重合），将绕点顺时针旋转90°得到，连接，分别交、于点、．    (1)求证：； (2)求证：； (3)如图2，当点是边的中点时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可． （2）证明，可得，即可解决问题． （3）如图2中，设正方形的边长为．用含的式子表示，，，证明，列出比例式，即可解决问题． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 由旋转的性质可知，，， ， ， ． （2）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴ ∴， ∴． （3）解：设正方形的边长为． ∵绕点A顺时针旋转90°得到， ∴，， ∵， ∴， ∴，，共线， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 2/6 1/6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $