专题05 四边形（5大考点）（山东专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦四边形五大核心考点，汇编山东多地二模真题，以古建装饰、窗格设计等文化情境为载体，融合折叠、旋转等动态问题，实现基础巩固与能力提升的梯度训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|20+/约80分|多边形内角和、平行四边形/矩形/菱形/正方形性质判定|结合正五边形、正八边形窗格（如考点01第4题）考查几何计算| |解答题|8+/约70分|图形变换（折叠/旋转）、面积计算、判定证明|矩形折叠求最值（考点03第1题）、正方形旋转探究（考点05第6题），体现动态几何思想|

专题05 四边形 5大考点概览 考点01多边形内角和与外角和 考点02平行四边形性质与判定 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 多边形内角和与外角和 考点01 1．（2026·山东济南·二模）如图，在正五边形中，连接对角线，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得到，，根据三角形内角和定理得到，同理得到，计算即可得到答案． 【详解】解：五边形是正五边形， ，， ， ， 同理得到， ． 2．（2026·山东聊城·二模）在建筑设计中，具有独特对称性和美观性的多边形，常被用于窗框设计．某建筑公司承接了一项古建装饰工程，需要为一座古建筑制作如图窗框．已知窗框由八块完全相同的木条拼接而成，且拼接后形成的多边形各内角都相等．那么工人在施工时，相邻两块木条所成的夹角应为多少度？（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：由题意可知窗框为正八边形， ∴相邻两块木条所成的夹角应为． 3．（2026·山东济南·二模）如图，直线与正五边形的边、分别交于点M、N，则的度数为____． 【答案】 【分析】根据正五边形的每个内角的大小和四边形的内角和解题． 【详解】解：由题意知，，， ∴， ∵四边形的内角和为， 正五边形的每个内角为， ∴， ， 即． 4．（2026·山东滨州·二模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M，________°． 【答案】/135度 【分析】分别求出等腰三角形和等腰三角形的底角，再通过的内角和求出的度数． 【详解】解：∵八边形为正八边形， ， ， ∴为等腰三角形， ， ， ∴为等腰三角形， ， ． 5．（2026·山东临沂·二模）如图，正五边形的边长为6，以为边作等边，以A为圆心，长为6为半径画，则图中阴影部分的面积为___． 【答案】 【分析】利用正多边形的内角公式算出正五边形的内角度数，再减去的度数，得到度数，直接套用扇形面积公式求解． 【详解】解：∵多边形是正五边形， ∴内角的度数为：， ∵是等边三角形， ∴， 则， ∴． 6．（2026·山东济南·二模）已知直线，将正五边形按如图所示的位置摆放，顶点在直线上，若，则的度数是_____． 【答案】/63度 【分析】求出正五边形的内角度数，进而得到的度数，再根据平行线的性质解答即可求解． 【详解】解：如图， ∵是正五边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 7．（2026·山东济南·二模）两个全等的正五边形按如图所示的方式拼接在一起，以点A为圆心，的长为半径作弧．若，则图中阴影部分的面积是________． 【答案】 【分析】根据正多边形内角和公式求出正五边形的一个内角度数，利用周角的定义求出扇形的圆心角度数，最后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解：正五边形的内角和为，正五边形的每个内角为， 由图可知，， 则阴影部分的面积为． 平行四边形性质与判定 考点02 1．（2026·山东青岛·二模）如图，中，E，F分别是，边上的中点，连接，，．若是等腰直角三角形，，，则的长是（     ） A．2 B． C． D．2.5 【答案】A 【分析】延长交的延长线于点M，证明，利用线段垂直平分线的性质得出，结合中点定义建立与的数量关系求解． 【详解】解：延长交的延长线于点M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即． 2．（2026·山东德州·二模）如图，平行四边形中，点是的中点，连接，过点作交于点．若，，，则长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】延长交的延长线于点G，作，先求出，再求出，进而根据勾股定理求出，然后根据“角角边”证明，可求出，接下来根据勾股定理求出，最后说明，并根据相似三角形的对应线段成比例得出答案． 【详解】解：如图所示，延长交的延长线于点G，过点E作，交于点H， ∵点E是的中点，， ∴． 在中，， ∴， ∴， 根据勾股定理，得． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 根据勾股定理，得． ∵， ∴， ∴， 即， 解得． 3．（2026·山东济宁·二模）如图，中，，，，点为边上异于的一点，以、为邻边作，则的最小值是________． 【答案】 【分析】设与相交于点，由平行四边形的对角线互相平分可得，所以要求的最小值，即求的最小值，由垂线段最短可得，当时，取最小值，则过点作于点，通过解直角三角形和勾股定理求解即可． 【详解】解：在中，，，， ，， 如图，设与相交于点，过点作于点， ， 四边形是平行四边形， ，， 当的长取最小值，的长取最小值， 由垂线段最短可得，当时，即与重合时，取最小值， 此时，， 的最小值是． 4．（2026·山东济南·二模）在中，已知，，．点为边上任意一点，将沿直线折叠，点的对应点为，连接，当是以为直角的直角三角形时，则线段的长度为________． 【答案】2或4 【分析】连接，过点A作于点H，由题意易得是等腰直角三角形，则有，然后由题意可分当点在平行四边形的外部时，当点E在上，点在平行四边形的内部时，进而分类进行求解即可． 【详解】解：连接，过点A作于点H，如图1所示： ∴， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∵四边形是平行四边形，且， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴当点E于点C重合时，由翻折性质得：，， ∴， ∴是以为直角的直角三角形，如图2所示： 此时点在平行四边形的外部，线段的长度为4； 当点E在上，点在平行四边形的内部时，延长交于点F，如图3所示： ∵为直角， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 由折叠性质得：， ∴， ∴， 综上所述：线段的长度为4或2． 5．（2026·山东菏泽·二模）如图，在中，对角线、相交于点，，点、分别为 、的中点，连接、，若，则___________． 【答案】 【分析】先由平行四边形对角线互相平分、中位线定理得，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，求出． 【详解】解：四边形是平行四边形， 点是的中点， 又点为的中点， 是的中位线， ， ， ， ， 是直角三角形，， 点为的中点， 是斜边上的中线， ． 6．（2026·山东聊城·二模）已知四边形为平行四边形，，E为边的中点．作的平分线，交于点F，连接，，相交于点G． (1)求证：F为的中点； (2)求四边形与的面积比． 【答案】(1)见解析 (2)面积比为 【分析】（1）通过平行四边形的性质、角平分线的定义，推导出，再结合的条件，证明出，由此即可求解； （2）利用为中点及，证得四边形和四边形是平行四边形，从而得出分别为的中点，接着，通过平行四边形的性质可知由对角线分割出的八个小三角形面积均相等，由此即可求得四边形与的面积比． 【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形， ，， ， 平分， ， ， ， ，E为AD中点， ， ，， ，即F为BC中点； （2）如图，连接，与交于点H， 分别是的中点，且，， ，，， 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， 点G是和的中点，点H是和的中点， ， ，， ， 四边形与的面积比为． 7．（2026·山东青岛·二模）如图，已知，求作：平行四边形．使对角线与边垂直．且点D到的距离相等． 【答案】见解析 【分析】作出的平分线，过点作的垂线，垂足为点，再以B为圆心、长为半径作弧，以D为圆心、长为半径作弧，两弧交点即为E，则四边形即为所作． 【详解】解：平行四边形如图所示． 8．（2026·山东济南·二模）已知：在平行四边形中，，是对角线上的两点，且，，分别是边，上的点，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】先利用平行四边形的性质得到，，；再由推出，结合已知，证明，得到；最后利用，通过线段的和差关系推出 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∴， 即 在和中， ， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴ 9．（2026·山东济南·二模）如图，在平行四边形中，点，在对角线上，且，求证：． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的性质得，，然后根据证明即可证明结论成立． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， 在和中， ， ， ． 矩形的性质与判定 考点03 1．（2026·山东泰安·二模）在矩形中，，，点E是线段上一动点（不与A，B重合），过点E作交于点F，过点F作交于点G，连接，则的最小值为（   ） A．3 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】如图：延长交于H，连接，由矩形的性质可得，再证可得，即，进而得到，易证是的垂直平分线可得，再根据平行线间垂线段最短可知，当时，有最小值，有最小值，此时四边形是矩形，最后由矩形的性质可得即可． 【详解】解：如图：延长交于H，连接， ∵在矩形中，，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵矩形， ∴当时，有最小值，有最小值，此时四边形是矩形， ∴，即有最小值3． 2．（2026·山东日照·二模）如图，在矩形中，，点是线段上一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点，则为（　　） A． B．5 C．6 D． 【答案】C 【分析】如图当点E在线段上时，设交于G，先证明，设，由勾股定理求出，最后根据计算即可． 【详解】解：如图，设交于G，由对折可得：，，， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 设， 在中，， ， ， ， ， ， ． 3．（2026·山东青岛·一模）如图，在矩形中，，，是上的动点，于点，于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设相交于点，连接，可得，即得，再利用解答即可求解． 【详解】解：如图，设相交于点，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴， ∵于点，于点， ∴， 又∵， ∴， ∴． 4．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形纸片中，点E是边上一点，将纸片沿直线折叠，使点A落在点F处，连接并延长，交边于点G，若点F为线段的中点，，则_____． 【答案】 【分析】先根据题意设，则，再根据勾股定理求出，进而得出，然后设，则，作，可得，再表示出，接下来根据勾股定理求出，根据折叠性质表示出，再根据勾股定理可得，即可得，进而得出，则此题可解． 【详解】解：在中，， 设，则， 由勾股定理，得， ∴． ∵点F为线段的中点， ∴． 设，则，连接，过点F作，交于点H， ∴， ∴． 根据勾股定理，得． 根据折叠的性质得， 在中，， 即， 解得， ∴， ∴． 5．（2026·山东聊城·二模）如图，在矩形中，，，E，F分别为的中点，将绕点E顺时针旋转，使点A落在处，点F落在处，连接，，则在旋转过程中，面积的最小值为________． 【答案】 【分析】计算圆心E到直线的距离，再减去圆的半径，即可得到到的最小距离，代入三角形面积公式求解． 【详解】解：由旋转知，， ∴是在以圆心，长为半径的圆上运动． ∵矩形中，，，，是中点，是中点， ∴，． ∴，即圆半径​． ∵中，， ∴，其中h是到直线的距离． ∵圆心到直线的距离等于矩形的边长， ∴​， ∴． 6．（2026·山东日照·二模）如图，点，在矩形内，≌．若，，，则的长为________． 【答案】/ 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴． 7．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形纸片中，，是上一点，将纸片沿过点的直线翻折，使点落在点处，点恰好落在延长线上的点处，折痕交于点．若，，则__________． 【答案】 【分析】过点F作于点G，连接，设，，由矩形的性质和折叠的性质可知，，，，，由勾股定理可得，，则有，，在中，由勾股定理可得，即，同理在中可得，即，则有，最后求解即可． 【详解】如图，过点F作于点G，连接， 在矩形纸片中，，，， 设，， 由折叠可知：，， 在中，， 在中，，有， 即 ， ， ， ， ， 在中，， 即， ， 在中，， 即， ， ， 解得：， 即． 8．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形纸片中，点，分别是边，上的点，连接，将四边形沿折叠，点的对应点恰好落在边上，点的对应点为点，连接．若，，则的最小值是_____． 【答案】 【分析】连接，过作，交于，延长至，使，连接，可得，再证，可求，由当、、三点共线时，最小，即可求解． 【详解】解：如图，连接，过作，交于，延长至，使，连接，     ，，， ， 四边形是矩形， ， ，， 由折叠得：，，，， ， ， ， ， ， ， ； 当、、三点共线时，最小， 当时最小， ． 【点睛】本题考查了以折叠为背景的线段最小值问题，折叠的性质，三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，矩形的性质，勾股定理，掌握相关的判定方法及性质，作出辅助线是解题的关键． 9．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形中，点，分别在边，上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．若，，则的值为_____． 【答案】 【分析】作于点，先证明，得到，进而得到，设，进而得到，，根据折叠的性质，得到，，勾股定理求出的长，证明，求出的长，进而得到的长，利用正切的定义，进行求解即可. 【详解】解：作于点， ∵矩形， ∴， ∴，四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， 设，则，， ∵折叠， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，. 10．（2026·山东德州·二模）如图，在矩形中，，，点是边的中点，点是边上任意一点，将线段绕点顺时针旋转，点旋转到点，则周长的最小值为________． 【答案】/ 【分析】由点是边的中点得，要求周长最小，实际是求最小，转化成“将军饮马”模型，先找出运动轨迹，由线段旋转，可得三垂直全等，进而推出点在平行于，且与的距离为6的直线上运动，再作对称求解即可． 【详解】解：∵，点是边的中点， ∴， 如图，过点作，交、于点、，过点作于点， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形和都是矩形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为， ∵，， ∴． 11．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形中，对角线和相交于点，边的长为4，边的长为，在平面内绕点旋转，且始终保持，． (1)如图1，当点与点重合时，线段与线段的数量关系是_____，线段与线段的位置关系是_____． (2)如图2，我们发现在绕点旋转的程中始终保持，当点旋转至线段的中点时，求线段的长． (3)如图3，若点的运动轨迹为直线，连接，请直接写出线段的最小值和此时的面积． 【答案】(1)，EF (2) (3)， 【分析】（1）根据点与点重合时，点在上，由已知可求矩形对角线长为； （2）作于，易求，，进而求出，再利用，列比例方程即可求解； （3）作于，连接，并延长交于，由旋转相似容易证明，由点为定点，可知点在定直线上，而且，根据点到直线的距离垂线段最短可得，由此即可得出，再利用解三角形求出面积即可． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，，， ∴， ∴， ∵点与点重合， ∴， ∵，， ∴，在上， ∵，， ∴， ∴， ∴， 综上所述：，． （2）解：作于，如图2， 四边形为矩形， ，，， ，， ，， ， ， ， ， ， ，， ， 为中点， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 即长为． （3）解：，． 详细解答过程： 作于，连接，并延长交于，如图： 四边形为矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， 为定点，， 在直线上， ，， ， ， ，， ∴，， ， ， ， ． 【点睛】解题关键是利用特殊角解三角形求线段长和利用旋转相似模型转化线段和角的关系，问题（3）是典型的瓜豆模型，利用旋转相似构造，从而证明从而得出点的轨迹． 12．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形是矩形． (1)用尺规作线段的垂直平分线交于点E，交于点F；（保留作图痕迹，不写作法） (2)连接，求证：四边形是菱形； (3)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据线段垂直平分线的作法作图； （2）根据矩形的性质得出相等的角和平行线，证明，得出相等的线段，得出平行四边形，再根据线段垂直平分线的性质得出邻边相等，即可得出结论； （3）利用勾股定理列方程求解． 【详解】（1）解：如图，直线即为所求； （2）证明：如图所示，与相交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵垂直平分线段， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）解：由（2）得，， ∵四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得， ∴， 解得． 菱形的性质与判定 考点04 1．（2026·山东济宁·二模）菱形的对角线，相交于点，分别以点，为圆心、大于的长为半径作弧，两弧分别交于点，，作直线交于点，连接．若，，则的长为（  ） A． B． C．3 D．6 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，推出是等边三角形，根据作图得到为的中点，根据斜边上的中线，即可得出结果. 【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点，， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， 由作图可知，为的中点， ∴. 2．（2026·山东东营·二模）如图，菱形的边长为2，，对角线、相交于点M．过点D作的平行线交的延长线于点N，连接．则的长为_______． 【答案】 【分析】先证明为等边三角形，进而得到，利用勾股定理求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的边长为2，， ∴，，，，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴． 3．（2026·山东青岛·二模）已知：如图，菱形的对角线、交于点，分别过点C、D作，，连接交于点． (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)四边形的形状是正方形，理由见解析 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，得出，证出，即可得出； （2）先证明四边形为正方形，得到，即可得出结论. 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形，， ， 四边形是菱形， ， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形的形状是正方形，理由如下： ∵菱形，， ∴四边形为正方形， ∴， 由（1）知：四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形. 4．（2026·山东泰安·二模）如图，在中，连接对角线，按如下步骤作图： ①在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线交于点H； ②分别以点A和H为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点E，交于点F；连接、． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2)． 【分析】（1）由作图过程可知：平分，垂直平分AH，由角平分线的定义、垂直平分线的定义可得，进而证明四边形是平行四边形，再结合即可解答； （2）由平行四边形的性质可得，由可得．再证明，然后利用相似三角形的性质列比例式可得，最后利用菱形的性质即可解答． 【详解】（1）解：四边形AEHF是菱形，证明如下： 由作图过程可知：平分，垂直平分AH， 平分， ， 垂直平分AH， ，， ，， ， ，， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形AEHF是菱形． （2）解：∵四边形是平行四边形，， ， ， ． ， ， ， ， ， ，解得：． ∵是菱形， ． 5．（2026·山东青岛·二模）如图①，在菱形中，，．动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，线段（点，分别与点，重合）从点出发，沿方向匀速平移，速度为；线段停止运动时，点也随之停止运动．交于点，连接，．设运动时间为，解答下列问题： (1)是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (2)是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (3)设四边形的面积为，为何值时，； (4)如图②，点是点关于直线的对称点，连接，，当为何值时，点，，在同一条直线上？请说明理由． 【答案】(1)存在， (2)存在， (3) (4)，理由见解析 【分析】（1）根据题意，，，由可得，则，代入求解出即可； （2）连接并延长，交的延长线于点，由平移的性质可得，，，从而得到，计算得，．由平行线的性质和角平分线的定义可得，则，由平行可判定，代入求解出即可； （3）连接交于点，过点作的垂线，交于点，交的延长线于点，由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，则，从而计算出，则．由可得，利用四边形的面积构造方程，求解出出即可； （4）连接交于点，设交于点，由（3）可知，， ，由轴对称的性质可得，．容易证明，则，计算得．结合平行与三点共线可得，则，代入求解出即可． 【详解】（1）解：存在， 由题意可知，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴当时，； （2）解：存在， 如图，连接并延长，交的延长线于点， 由平移的性质可得，，， ∴， ∴，即， 解得， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴当时，点在的平分线上； （3）解：如图，连接交于点，过点作的垂线，交于点，交的延长线于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 整理，得， 解得或（负值舍去）， ∴当时，； （4）解：如图，连接交于点，设交于点， 由（3）可知，， ， ∵点是点关于直线的对称点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∵， 又∵点，，在同一条直线上， ∴， ∴， ∴， ∴，解得， ∴当时，点，，在同一条直线上． 6．（2026·山东聊城·二模）如图，在菱形中，与相交于点，垂足为点M，交于点，若，求的长． 【答案】 【分析】证明根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴在中，， ． 正方形的性质与判定 考点05 1．（2026·山东东营·二模）如图，在正方形的对角线上取一点E，使得，连接并延长到F，使，与相交于点H，若，有下列结论：①；②；③；④，则其中正确的结论有（     ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】①由正方形的性质可以得出，，通过证明，就可以得出． ②在上取一点G，使，连接，再通过条件证明就可以得出． ③过作交于，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式即可求出高，求解，，进一步可得． ④解直角三角形求得，根据等边三角形性质得到，然后通过证得，求得． 【详解】证明：①四边形是正方形， ，，． 在和中， ， ， ，故①正确； ②在上取一点G，使，连接， ， ． ， ， ， ． ， ， ． ， 是等边三角形． ，， ， ． ，， ． 在和中， ， ， ． ， ，故②正确； ③过D作交于M， 在中，， 由面积公式得：， ， ， ， 中，中， 在中，， ，． ． ∴，故③错误； ④在中，， 是等边三角形， ， ，， ∴． ，故④正确； 综上，正确的结论有①②④． 2．（2026·山东东营·二模）如图，在边长为4的正方形中，E、F是边上的两个动点，且，连接，与交于点G，连接交于点H，连接，下列结论正确的个数是（   ） ①；②；③；④线段的最小值是． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】首先证明，，，利用全等三角形的性质以及相似三角形的性质，等高模型、三边关系一一判断即可． 【详解】解：四边形是正方形， ，，， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 即，故②正确； ∴， ∵， ∴，，故①正确； 同理可证：， ， ， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， 又， ，故③正确； 如图所示，取的中点，连接、， ，正方形的边长为4， ， 由勾股定理得， ， 、、三点共线时，最小， 最小为，故④正确； 综上，①②③④都是正确的． 3．（2026·山东济南·一模）如图，在边长为2的正方形中，按如下步骤作图： ①分别以，为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于两侧，过两交点作直线，分别交，于点，；②连接，以为圆心，适当长为半径作弧，分别与，交于两点；再分别以这两点为圆心，适当长为半径作弧，两弧交于内一点，过与该交点作射线，交于点；③过点作于点．根据以上作图，线段的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由作图步骤可知是线段的垂直平分线，平分，因此由正方形的性质可得四边形是矩形，利用勾股定理求得，然后在上截取，连接、，根据角平分线的定义，利用可证，推出，，然后设，在和中，利用勾股定理建立方程，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形，边长为， ∴， ， 由步骤①可知，是线段的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴在中，， 由步骤②可知，平分，即， 如图，在上截取，连接、， 在和中， ， ， ，， ， 设，则，， 在中，， ∴， 在 中，， ∴， ， 解得， ． 4．（2026·山东青岛·二模）如图，正方形的边长为，是上一点，，将沿折叠得到，交于，延长交于，以下结论：①；②；③；④点到的距离是．其中正确的是_____．（填写序号） 【答案】①②④ 【分析】根据折叠的性质可判定①，在正方形中，，可判定②，过点作于，作于，由折叠可知，，，，证明四边形为矩形，则设，，在和中根据勾股定理列方程求出，即可判定④，由④知，可求出，进而得到，证明，得到，可求出，根据，得到，即，即可求解． 【详解】解：①由折叠可得，，，， ，故①正确； ②在正方形中，， ，故②正确； ④四边形是正方形， ， 由折叠可知，，，， 过点作于，作于． ， 四边形为矩形， ，， 设，． 在中，，即， 整理得①， 在中，，即， 整理得②， 联立①②得， 则， 代入②中得， 解得或（舍去）， ， 即点到的距离是，故④正确； ③由④知， ， ， ，， ， ， ，即， ， ， ，即， ，故③错误； 故答案为：①②④． 5．（2026·山东临沂·二模）如图，已知正方形，边长为，点是正方形内部一点，且，点是边上一动点，连接，．则的最小值为___． 【答案】 【分析】由，根据圆周角定理，可知点在以为直径的圆上；先作点关于的对称点，则，因此．要使最小，即求的最小值，也就是定点到圆上动点的最短距离（最小值），再结合对称性性质求解． 【详解】解：，， 点在以为直径的上，圆心为中点，半径， 作点关于的对称点，连接，则， ， 当、、三点共线时，最小，即最小，最小值为的最小值， 圆外一点到圆上点的最短距离=该点到圆心距离半径， 作于点，连接， ， 又， 四边形是矩形， ，， 根据勾股定理，， ， 即的最小值为． 6．（2026·山东济南·二模）如图，正方形不动，正方形绕点逆时针旋转，旋转角，，连接，，，，，，在旋转过程中，当点，，在同一直线上时，则线段的长为__________． 【答案】/ 【分析】先证明，，可得三点共线，，进一步可得答案． 【详解】解：∵正方形，正方形， ∴，，，， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴， ∴． 7．（2026·山东济南·二模）特例研究：在正方形中，，相交于点． (1)如图1，可以看成是绕点逆时针旋转并放大倍得到，此时旋转角的度数为 ，的值为 ； (2)如图2，将绕点逆时针旋转，旋转角为，并放大得到（点，的对应点分别为点，），使得点落在上，点落在上，求的值； 类比探究： (3)如图3，在菱形中，，是的垂直平分线与的交点，将绕点逆时针旋转，旋转角为，并缩放得到（点，的对应点分别为点，），使得点落在上，点落在上．猜想的值是否与有关，并说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)的值与无关，理由见解析 【分析】（1）利用正方形的性质结合勾股定理，表示出，再根据旋转的性质即可得解； （2）利用正方形的性质结合勾股定理，表示出，由旋转的性质可得，进而证明，由相似三角形的性质即可得解； （3）由旋转的性质，可得，由菱形的性质，可得，再利用垂直平分线的性质得到，从而借助等边对等角求出，再借助外角性质求出，可证明，过点作于，利用勾股定理和角的直角三角形的性质表示出，即可利用相似三角形的性质求出的值． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，，， ， 可以看成是绕点逆时针旋转并放大倍得到， 旋转角的度数为，； （2）解：四边形是正方形， ，，， ， 将绕点逆时针旋转，旋转角为，并放大得到， ， ，， ，，即， ， ； （3）解：的值与无关，理由如下： 由旋转的性质，可得， 由菱形的性质，可得， 点在的垂直平分线上， ， ， ， ，， ， ， 如图，过点作于， ， ， ， ， ， ， ， 的值与无关． 8．（2026·山东菏泽·二模）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，某综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 【特例研究】 (1)如图1，在正方形中，相交于点O．可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，则k的值为____________； 【类比探究】 (2)如图2，在正方形中，相交于点O．将绕点A逆时针旋转，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值； (3)如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．请直接写出=____________． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质以及锐角三角函数求解； （2）根据正方形的性质，证明，利用相似三角形的性质即可求解； （3）过点作于点，根据菱形的性质以及线段垂直平分线的性质得出相关角的度数，利用锐角三角函数表示出线段之间的关系，证明，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，且，， ∴； （2）解：∵四边形是正方形，且根据旋转的性质可得， ∴与为等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，过点作于点， ∴， ∵O是的垂直平分线与的交点， ∴，， ∵在菱形中，， ∴，， ∴， ∴； 根据旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴． 2/23 1/23 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多边形内角和与外角和 考点02平行四边形性质与判定 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 多边形内角和与外角和 考点01 1．（2026·山东济南·二模）如图，在正五边形中，连接对角线，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·山东聊城·二模）在建筑设计中，具有独特对称性和美观性的多边形，常被用于窗框设计．某建筑公司承接了一项古建装饰工程，需要为一座古建筑制作如图窗框．已知窗框由八块完全相同的木条拼接而成，且拼接后形成的多边形各内角都相等．那么工人在施工时，相邻两块木条所成的夹角应为多少度？（    ） A． B． C． D． 3．（2026·山东济南·二模）如图，直线与正五边形的边、分别交于点M、N，则的度数为____． 4．（2026·山东滨州·二模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M，________°． 5．（2026·山东临沂·二模）如图，正五边形的边长为6，以为边作等边，以A为圆心，长为6为半径画，则图中阴影部分的面积为___． 6．（2026·山东济南·二模）已知直线，将正五边形按如图所示的位置摆放，顶点在直线上，若，则的度数是_____． 7．（2026·山东济南·二模）两个全等的正五边形按如图所示的方式拼接在一起，以点A为圆心，的长为半径作弧．若，则图中阴影部分的面积是________． 平行四边形性质与判定 考点02 1．（2026·山东青岛·二模）如图，中，E，F分别是，边上的中点，连接，，．若是等腰直角三角形，，，则的长是（     ） A．2 B． C． D．2.5 2．（2026·山东德州·二模）如图，平行四边形中，点是的中点，连接，过点作交于点．若，，，则长度为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·山东济宁·二模）如图，中，，，，点为边上异于的一点，以、为邻边作，则的最小值是________． 4．（2026·山东济南·二模）在中，已知，，．点为边上任意一点，将沿直线折叠，点的对应点为，连接，当是以为直角的直角三角形时，则线段的长度为________． 5．（2026·山东菏泽·二模）如图，在中，对角线、相交于点，，点、分别为 、的中点，连接、，若，则___________． 6．（2026·山东聊城·二模）已知四边形为平行四边形，，E为边的中点．作的平分线，交于点F，连接，，相交于点G． (1)求证：F为的中点； (2)求四边形与的面积比． 7．（2026·山东青岛·二模）如图，已知，求作：平行四边形．使对角线与边垂直．且点D到的距离相等． 8．（2026·山东济南·二模）已知：在平行四边形中，，是对角线上的两点，且，，分别是边，上的点，且．求证：． 9．（2026·山东济南·二模）如图，在平行四边形中，点，在对角线上，且，求证：． 矩形的性质与判定 考点03 1．（2026·山东泰安·二模）在矩形中，，，点E是线段上一动点（不与A，B重合），过点E作交于点F，过点F作交于点G，连接，则的最小值为（   ） A．3 B． C．4 D． 2．（2026·山东日照·二模）如图，在矩形中，，点是线段上一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点，则为（　　） A． B．5 C．6 D． 3．（2026·山东青岛·一模）如图，在矩形中，，，是上的动点，于点，于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形纸片中，点E是边上一点，将纸片沿直线折叠，使点A落在点F处，连接并延长，交边于点G，若点F为线段的中点，，则_____． 5．（2026·山东聊城·二模）如图，在矩形中，，，E，F分别为的中点，将绕点E顺时针旋转，使点A落在处，点F落在处，连接，，则在旋转过程中，面积的最小值为________． 6．（2026·山东日照·二模）如图，点，在矩形内，≌．若，，，则的长为________． 7．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形纸片中，，是上一点，将纸片沿过点的直线翻折，使点落在点处，点恰好落在延长线上的点处，折痕交于点．若，，则__________． 8．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形纸片中，点，分别是边，上的点，连接，将四边形沿折叠，点的对应点恰好落在边上，点的对应点为点，连接．若，，则的最小值是_____． 9．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形中，点，分别在边，上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．若，，则的值为_____． 10．（2026·山东德州·二模）如图，在矩形中，，，点是边的中点，点是边上任意一点，将线段绕点顺时针旋转，点旋转到点，则周长的最小值为________． 11．（2026·山东济南·二模）如图，在矩形中，对角线和相交于点，边的长为4，边的长为，在平面内绕点旋转，且始终保持，． (1)如图1，当点与点重合时，线段与线段的数量关系是_____，线段与线段的位置关系是_____． (2)如图2，我们发现在绕点旋转的程中始终保持，当点旋转至线段的中点时，求线段的长． (3)如图3，若点的运动轨迹为直线，连接，请直接写出线段的最小值和此时的面积． 12．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形是矩形． (1)用尺规作线段的垂直平分线交于点E，交于点F；（保留作图痕迹，不写作法） (2)连接，求证：四边形是菱形； (3)若，，求的长． 菱形的性质与判定 考点04 1．（2026·山东济宁·二模）菱形的对角线，相交于点，分别以点，为圆心、大于的长为半径作弧，两弧分别交于点，，作直线交于点，连接．若，，则的长为（  ） A． B． C．3 D．6 2．（2026·山东东营·二模）如图，菱形的边长为2，，对角线、相交于点M．过点D作的平行线交的延长线于点N，连接．则的长为_______． 3．（2026·山东青岛·二模）已知：如图，菱形的对角线、交于点，分别过点C、D作，，连接交于点． (1)求证：； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 4．（2026·山东泰安·二模）如图，在中，连接对角线，按如下步骤作图： ①在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线交于点H； ②分别以点A和H为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点E，交于点F；连接、． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)若，，求线段的长． 5．（2026·山东青岛·二模）如图①，在菱形中，，．动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，线段（点，分别与点，重合）从点出发，沿方向匀速平移，速度为；线段停止运动时，点也随之停止运动．交于点，连接，．设运动时间为，解答下列问题： (1)是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (2)是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (3)设四边形的面积为，为何值时，； (4)如图②，点是点关于直线的对称点，连接，，当为何值时，点，，在同一条直线上？请说明理由． 6．（2026·山东聊城·二模）如图，在菱形中，与相交于点，垂足为点M，交于点，若，求的长． 正方形的性质与判定 考点05 1．（2026·山东东营·二模）如图，在正方形的对角线上取一点E，使得，连接并延长到F，使，与相交于点H，若，有下列结论：①；②；③；④，则其中正确的结论有（     ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④ 2．（2026·山东东营·二模）如图，在边长为4的正方形中，E、F是边上的两个动点，且，连接，与交于点G，连接交于点H，连接，下列结论正确的个数是（   ） ①；②；③；④线段的最小值是． A．4 B．3 C．2 D．1 3．（2026·山东济南·一模）如图，在边长为2的正方形中，按如下步骤作图： ①分别以，为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于两侧，过两交点作直线，分别交，于点，；②连接，以为圆心，适当长为半径作弧，分别与，交于两点；再分别以这两点为圆心，适当长为半径作弧，两弧交于内一点，过与该交点作射线，交于点；③过点作于点．根据以上作图，线段的长为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山东青岛·二模）如图，正方形的边长为，是上一点，，将沿折叠得到，交于，延长交于，以下结论：①；②；③；④点到的距离是．其中正确的是_____．（填写序号） 5．（2026·山东临沂·二模）如图，已知正方形，边长为，点是正方形内部一点，且，点是边上一动点，连接，．则的最小值为___． 6．（2026·山东济南·二模）如图，正方形不动，正方形绕点逆时针旋转，旋转角，，连接，，，，，，在旋转过程中，当点，，在同一直线上时，则线段的长为__________． 7．（2026·山东济南·二模）特例研究：在正方形中，，相交于点． (1)如图1，可以看成是绕点逆时针旋转并放大倍得到，此时旋转角的度数为 ，的值为 ； (2)如图2，将绕点逆时针旋转，旋转角为，并放大得到（点，的对应点分别为点，），使得点落在上，点落在上，求的值； 类比探究： (3)如图3，在菱形中，，是的垂直平分线与的交点，将绕点逆时针旋转，旋转角为，并缩放得到（点，的对应点分别为点，），使得点落在上，点落在上．猜想的值是否与有关，并说明理由． 8．（2026·山东菏泽·二模）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，某综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 【特例研究】 (1)如图1，在正方形中，相交于点O．可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，则k的值为____________； 【类比探究】 (2)如图2，在正方形中，相交于点O．将绕点A逆时针旋转，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值； (3)如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．请直接写出=____________． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $