专题05 四边形（5大考点）（山西专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦四边形专题，整合山西多地二模真题，覆盖多边形及特殊四边形全考点，通过传统建筑、自然现象等情境和新定义探究题，考查几何直观与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|多题|多边形内角和、平行四边形判定、矩形折叠、菱形性质、正方形旋转|秋葵截面（多边形）、传统花窗（菱形）等情境题，结合生活实际| |解答题|含综合探究|新定义“平行六边形”“双等腰四边形”、折叠旋转综合证明|综合题融合几何变换与逻辑推理，呼应中考命题趋势|

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·山西吕梁·二模）大自然处处蕴藏着数学之美．如图所示秋葵的截面图就呈现出漂亮的五边形．图中五边形的内角和等于________． 2．（2026·山西运城·二模）如图1是某校的一块宣传展板，其外轮廓是一个正五边形，其示意图如图2所示，则__________． 3．（2026·山西吕梁·二模）如图，在正六边形的边处放置一块平面镜，一束光线从点发出，照射到镜面上的点处，经反射后恰好经过边上的点．若正六边形的边长为，，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山西晋城·二模）将矩形纸片沿剪掉一个角，得到了如图所示的图形①和图形②两部分，则得到图形①的内角和是图形②内角和的________倍． 5．（2026·山西朔州·二模）窗是我国传统建筑中最重要的构成要素之一，窗的类型很多，如图1是一个正六边形窗，这个正六边形的示意图如图2所示，已知该正六边形的周长约为，则之间的距离为______dm． 6．（2026·山西太原·二模）中国宴席中的摆盘艺术体现传统美学原则．如图1，将六个全等的正五边形陶瓷盘按照如图1的方式摆放，正五边形的五个顶点代表“五福”，具有美好的寓意．若将其抽象成如图2的图形，则的度数为______°． 7．（2026·山西太原·二模）如图，以线段为边，在其两侧作正五边形，再分别以点，为圆心，的长为半径作和，得到的扇形和扇形与两个五边形组成一个轴对称图形，其中，点，，，均为五边形的顶点．若，则这个轴对称图形的周长为_______． 8．（2026·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“平行六边形”的研究报告研究对象：平行六边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念——性质——判定”的路径，由一般到特殊进行研究 研究方法：观察（测量、实验）——猜想——推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸六边形，若其三组对边两两平行，则称该六边形为平行六边形． 如图1，在凸六边形中，，，，则这样的凸六边形就是平行六边形．其中与，与，与叫做“主对边”；与，与，与叫做“主对角”；，，叫做“主对角线”． 【性质探索】 内角：平行六边形的三组主对角分别相等； 对角线：…… 【判定探索】 平行六边形的定义是判定的一种方法，不过根据判定定理可由性质定理的逆命题进行猜想的研究思路，大胆猜测：三组主对角分别相等的凸六边形是平行六边形，探究过程如下： 已知：如图2，在凸六边形中，，，． 求证：凸六边形是平行六边形． 证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． …… 【平行六边形拓展】 六条边都相等的平行六边形叫做等边平行六边形． 任务： (1)补全材料中“【判定探索】”的证明过程； (2)如图4，已知平行六边形满足，则平行六边形________等边平行六边形（填“是”或“不是”）； (3)如图5，已知在菱形中，，请在图中作一个等边平行六边形，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 平行四边形的性质与判定 考点02 1．（2026·山西阳泉·二模）如图，在中，，是的中位线，平分，交于点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山西阳泉·二模）如图，在中，点是边上的动点，连接，，，分别是，的中点，在点从点运动到点的过程中，下列结论一定成立的是（   ） A．的长度逐渐减小 B．的面积逐渐增大 C．始终与平行 D．的周长始终保持不变 3．（2026·山西大同·二模）如图，在中，是边上的中线，在中，是边上的中线，下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山西运城·二模）如图，在中，，，，分别以点，为圆心，的长为半径画弧，分别与，的延长线交于点，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山西晋中·二模）如图，在平行四边形中，为对角线上一点，过点作分别交，于点，，连接和，若，则的面积为________． 6．（2026·山西吕梁·二模）如图，四边形是平行四边形，，分别过点，作，的垂线，分别交和的延长线于点，．求证：四边形是正方形． 7．（2026·山西吕梁·二模）如图，，平分，交于点C，平分，交于点D，连接.请判断四边形的形状，并说明理由． 8．（2026·山西太原·二模）综合与探究 问题情境：如图1，已知中，，点是边的中点，过点作的平行线交于点． 猜想论证： (1)判断四边形的形状，并证明你的结论； 拓展探究： (2)在图1的基础上，连接并延长交射线于点，连接并延长交线段于点（其余条件不变），探究下列问题： ①猜想图2中线段与的数量关系，并说明理由； ②若以点，，为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出的值． 9．（2026·山西晋中·二模）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点E在边上，沿折叠，得到． (1)猜想证明：如图①，当时，交于点F，连接，．判断与的数量关系，并说明理由； (2)拓展延伸：如图②，连接交于点G． ①连接，当时，判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，若，，，当与的一边垂直时，请直接写出的值． 10．（2026·山西晋城·二模）综合与探究 问题情境：有一条对角线与一组对边相等的平行四边形，称为双等腰四边形．以下对该图形的性质、判定和应用逐一进行探究． 探究性质： (1)如图①，若四边形为双等腰四边形，其中，，判断与的数量关系，并说明理由； 探究判定： (2)如图②，用两个全等的含角的直角三角形和直角三角形拼出一个矩形，固定，将沿的方向平移，使与交于点，与交于点．当时，求证：四边形是双等腰四边形； 探究应用： (3)如图③，在矩形中，分别为边上的点，连接，若四边形为双等腰四边形，且，直接写出的值． 矩形的性质与判定 考点03 1．（2026·山西吕梁·二模）如图，将矩形沿翻折，使点C的对应点与点A重合，点D的对应点为，若，，则折痕的长为（   ） A．6 B．4 C． D． 2．（2026·山西太原·二模）如图，在矩形中，点是对角线的中点，直线经过点，并且与交于点，与交于点，连接，，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为菱形的是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·山西运城·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点分别在轴和轴的正半轴上，点是的中点，点是上一点，连接，已知且．若点的坐标为，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山西太原·二模）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为________． 5．（2026·山西吕梁·二模）如图，在矩形中，线段垂直平分对角线，是边上一点，连接并延长，与的延长线交于点，连接．若，则线段的长为__________． 6．（2026·山西吕梁·二模）综合与探究 问题情境：在矩形纸片中，，，点在边上，沿过点，的直线折叠该纸片，得到，然后把纸片展平．连接并延长交射线于点． 猜想证明： (1)如图1，当点与点重合时，猜想线段与的数量关系，并说明理由； 数学思考： (2)如图2，沿过点的直线继续折叠该纸片，折痕为，，且与交于点，然后展平．连接，判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： (3)隐去折痕，连接．当时，请直接写出线段的长． 7．（2026·山西阳泉·二模）综合与探究 问题情境：已知矩形中，点为边上的一点，．沿过点的动直线折叠，得到同一平面内的（点，的对应点分别是点，），延长交射线于点．    (1)猜想证明：如图，当点，都落在矩形内部时，判断线段与的数量关系，并说明理由； (2)拓展延伸：在矩形中，过点作的垂线，分别交线段，于点，．解决下列问题： ①如图2，当点恰好落在边上时，猜想线段，与的数量关系，并说明理由； ②如图3，已知，，点与点重合，连接交线段于点．当以，，为顶点的三角形是直角三角形时，请直接写出，两点之间的距离． 8．（2026·山西晋中·二模）综合与探究 问题情境：如图，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接，将矩形沿折叠，点的对应点为，延长与直线相交于点． 猜想证明： (1)如图，连接，若点为的中点，延长交边于点，连接，，，判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： (2)当点与点重合时，改变点的位置． 如图，若点与点重合，猜想线段与的数量关系，并说明理由； 延长交于点，直线与直线相交于点，若，，，请直接写出线段的长． 9．（2026·山西太原·二模）综合与探究 问题情景：数学课上，老师与同学们探究矩形中的折叠问题，有一张矩形纸片，其中，，将矩形纸片对折，使与重合，与重合，折痕为（如图），然后展开，再将矩形进行第二次折叠，使点与点重合，折痕为（如图），然后展平，两条折痕交于点． 猜想证明： (1)连接，，，（如图），判断四边形的形状，并说明理由． 拓展延伸： (2)当时，求此时的长度． (3)如图，若，点是线段上的动点，将沿所在直线折叠，得到，连接，交线段于点，当是直角三角形时，直接写出此时的长． 10．（2026·山西晋中·二模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们利用准备好的两个矩形纸片进行探究活动． 智慧小组准备了两张矩形纸片和，其中，将它们按如图所示的方式放置，点落在上，点落在的延长线上，连接和． 观察发现： （1）如图连接，则和的位置关系是__________，___________． 操作探究： （2）如图，将矩形绕点按顺时针方向旋转（），试探究（1）中和的数量关系是否仍然成立，并说明理由． 拓展延伸： （3）在矩形旋转的过程中，当三点共线时，直接写出线段的长． 菱形的性质与判定 考点04 1．（2026·山西晋中·二模）古典花窗是中国传统建筑中独具特色的窗式，常见于园林、住宅等场所，兼具实用功能与艺术装饰价值．如图①为某花窗的局部图案，中心部位包含一个菱形与3个全等的正六边形，如图②将其几何示意图放在平面直角坐标系中，点，，，为菱形的顶点，点为正六边形的顶点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山西临汾·二模）如图，在菱形中，，分别以点A和B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线，交于点E，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·山西阳泉·二模）如图，在菱形中，是对角线，于点，为的中点，连接并延长，交于点．若，则线段的长为__________． 4．（2026·山西临汾·二模）如图，在菱形中，，，E是的中点，F是边上一点，连接，，若，则的长为______． 5．（2026·山西临汾·二模）如图，在菱形中，点是边的中点，动点在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则的最小值是______． 6．（2026·山西临汾·二模）如图，已知菱形的边长为，是的中点，平分交于点，交于点．若，则的长是______． 7．（2026·山西大同·二模）如图，已知菱形，连接，为的中点． (1)实践与操作：利用尺规作四边形，使得四边形为平行四边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； (2)应用与计算：在（1）的条件下，连接，若，，求的面积． 8．（2026·山西阳泉·二模）综合与探究 问题情境：如图，在菱形中，点是边上的点（点不与点重合），连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段． 猜想证明： (1)如图①，连接，交于点，若，当点与点重合时，过点作交的延长线于点．试判断四边形的形状，并说明理由； 拓展延伸： (2)如图②，若，连接并延长交的延长线于点． ①判断线段与的数量关系，并说明理由； ②连接交于点，若，当点为的三等分点时，请直接写出的长． 9．（2026·山西阳泉·二模）阅读与思考 下面是小思同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 菱形的“特征比” 菱形的四条边相等，两条对角线的数量关系却有不同，这种不同会影响菱形的形状．为了刻画菱形之间形状的差异，我们把两条对角线长度的比值叫做该菱形的特征比，记作k，其中． 【概念感知】 如图1，菱形中，对角线，交于点O，若，则菱形的特征比． 【特例分析】 问题1：已知菱形中，，则该菱形的特征比为_______； 问题2：如图2，已知菱形中，对角线，交于点O，且．若菱形的特征比，求的度数．解答如下： 解：∵菱形的特征比，， ． …… 任务： (1)特例分析： ①问题1中“______”处空缺的内容为______； ②补全问题2的解答过程； (2)理解应用： 如图3，在中，，，．请在图3中作出以为边、特征比为的菱形（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一个即可）． 10．（2026·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是小慧同学的一篇数学日记的部分内容，请认真阅读并完成相应任务． 由一道课本习题引发的思考与探究中，已知，及其夹角（是锐角），能求出的面积S吗？如果能，用，及其夹角表示S． 【分析论证】 如图1，过点A作，垂足为点H． 在中，∵，∴． ∴． 【应用结论】 已知菱形的边长为4，一个内角为，则这个菱形的面积为 ▲ ． 【类比思考】 我们知道，菱形的面积还等于两条对角线长度乘积的一半．如图2，在菱形中，对角线，相交于点O，则． 对于一般的平行四边形，它的面积是否也与两条对角线的长度有关呢？经过探索，我发现平行四边形的面积与两条对角线的长度及对角线的夹角有关． 如图3，在中，对角线，相交于点O（），则．下面是对这个结论的证明过程． 证明：过点D作，垂足为点H． …… 【拓展探究】 经过进一步探究，我发现对于一般的四边形，图3中得到的结论仍然成立． 如图4，在四边形中，对角线，相交于点O（），则． …… 学习任务： (1)直接写出材料中“▲”处空缺的内容：____________； (2)结合图3补全材料中的证明过程； (3)如图5，已知线段a，b与，求作四边形，使（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一个即可）． 正方形的性质与判定 考点05 1．（2026·山西吕梁·二模）如图，在正方形中，点在边上，连接，过点作于点，过点作于点，若，则的长为（    ） A．4 B．5 C．7 D．11 2．（2026·山西临汾·二模）如图，在图中大正方形的四个角上分别剪去直角边长为的直角三角形，若用两种不同的方法表示剩余部分的面积，则可以得到的代数恒等式为（   ）． A． B． C． D． 3．（2026·山西长治·二模）如图，已知，在边的同侧作正、正和正，连接，，则下列选项中不正确的是（   ）    A．一定会出现平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当，且时四边形为正方形 D．当，且时，四边形为菱形 4．（2026·山西阳泉·二模）如图，在正方形中，，点E是边的中点，的平分线交于点F，连接，则的值为_______． 5．（2026·山西晋中·二模）如图，在正方形中，点E为正方形内一点，且，，若，则的长为_______． 6．（2026·山西晋中·二模）如图①是一扇圆弧形拱门屏风，为中国古代家庭常见的装饰隔断，图②是其几何示意图，四边形是正方形，圆弧与边，相切，通过测量可得，，则阴影部分的面积为________． 7．（2026·山西吕梁·二模）综合与探究 问题情境： 如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点． 初步探究： （1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____． （2）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （3）如图3，当四边形是菱形时． ①求线段的长； ②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积． 8．（2026·山西临汾·二模）综合与探究 问题情境： 在正方形中，是边上的一个动点，连接将沿直线翻折，得到，点的对应点落在正方形内． 猜想证明： （1）如图，连接并延长，交边于点求证：． （2）如图，当是边的中点时，连接并延长，交边于点，将沿直线翻折，点恰好落在直线上的点处，交于点，交于点试判断四边形的形状，并说明理由． 问题解决： （3）在（2）的条件下，若，请直接写出四边形的面积． 9．（2026·山西阳泉·二模）综合与探究 问题情境： 在边长为4的正方形中，是射线上一点（不与点，重合），过点作射线交射线于点，过点作，交射线于点． 初步探究： (1)如图1，是边的中点，于点，当射线经过点时，求的值． 深入探究： (2)如图2，若是对角线上任意一点，求证：． 拓展探究： (3)若，当为对角线的三等分点时，请直接写出线段的长． 10．（2026·山西大同·二模）综合与探究 问题情境：如图①，将正方形纸片对折，使点与点重合，点与点重合，得到折痕，将正方形纸片沿剪开，得到矩形和矩形（与重合），取的中点，将矩形以点为旋转中心，逆时针旋转． (1)初步探究： 如图②，当点与点重合，点落在线段上时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)拓展延伸： 在旋转的过程中，线段与线段交于点，连接． ①如图③，当为的中点时，连接，判断与的数量关系，并说明理由； ②若正方形的边长为6，当为线段的三等分点时，请直接写出的长． 11．（2026·山西太原·二模）综合与探究 【问题情境】 如图1，在正方形中，，点E，F分别为，边的中点，连接，交于点M，交对角线于点N． 【猜想验证】 （1）猜想与有怎样的数量关系，并加以证明． 【深入探索】 （2）将线段绕点C顺时针旋转得到线段，点E的对应点为点Q，连接，如图2．请判断四边形的形状，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）连接，如图3，请直接写出的长． 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·山西吕梁·二模）大自然处处蕴藏着数学之美．如图所示秋葵的截面图就呈现出漂亮的五边形．图中五边形的内角和等于________． 【答案】 【详解】解：五边形的内角和． 2．（2026·山西运城·二模）如图1是某校的一块宣传展板，其外轮廓是一个正五边形，其示意图如图2所示，则__________． 【答案】72 【详解】解：． 3．（2026·山西吕梁·二模）如图，在正六边形的边处放置一块平面镜，一束光线从点发出，照射到镜面上的点处，经反射后恰好经过边上的点．若正六边形的边长为，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过作于点，连接，交于点，交于点，交于点，延长交于点，则，证明，则有，由六边形是正六边形，所以，正六边形内角和为，垂直平分，所以，，证明四边形是矩形，四边形是矩形，故有，，然后证明，，所以，，然后代入数值即可． 【详解】解：如图，过作于点，连接，交于点，交于点，交于点，延长交于点，则， 由反射可知， ∵， ∴， ∴， ∵六边形是正六边形， ∴，正六边形内角和为，垂直平分， ∴，， ∴， ∴，， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：． 4．（2026·山西晋城·二模）将矩形纸片沿剪掉一个角，得到了如图所示的图形①和图形②两部分，则得到图形①的内角和是图形②内角和的________倍． 【答案】 【分析】先观察图形分辨图①、图②的形状，再分别求出两个图形的内角和即可得到答案． 【详解】如图，图②为三角形，其内角和为，图①为五边形，其内角和为， ∵， ∴图形①的内角和是图形②内角和的倍． 5．（2026·山西朔州·二模）窗是我国传统建筑中最重要的构成要素之一，窗的类型很多，如图1是一个正六边形窗，这个正六边形的示意图如图2所示，已知该正六边形的周长约为，则之间的距离为______dm． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形与中心角，等边三角形的判定与性质，连接与交于点O，证明为等边三角形，从而，同理可得，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接与交于点O， ∵为正六边形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵正六边形的周长约为， ∴， ∴， 同理可得， ∴． 故答案为：． 6．（2026·山西太原·二模）中国宴席中的摆盘艺术体现传统美学原则．如图1，将六个全等的正五边形陶瓷盘按照如图1的方式摆放，正五边形的五个顶点代表“五福”，具有美好的寓意．若将其抽象成如图2的图形，则的度数为______°． 【答案】36 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式是关键． 用减去三个正五边形的内角的度数即可． 【详解】解：∵正五边形每个内角的度数为 ∴． 故答案为：36． 7．（2026·山西太原·二模）如图，以线段为边，在其两侧作正五边形，再分别以点，为圆心，的长为半径作和，得到的扇形和扇形与两个五边形组成一个轴对称图形，其中，点，，，均为五边形的顶点．若，则这个轴对称图形的周长为_______． 【答案】 【分析】牢记正多边形的内角和为，算出和的圆心角度数，根据弧长公式（n为圆心角度数，r为半径）算出和长度，最后根据周长定义进行求解． 【详解】解：由题意可知：正五边形的内角和为：， 每个内角的度数为， ， ， ，， 所以这个图形的周长为：． 8．（2026·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“平行六边形”的研究报告研究对象：平行六边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念——性质——判定”的路径，由一般到特殊进行研究 研究方法：观察（测量、实验）——猜想——推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸六边形，若其三组对边两两平行，则称该六边形为平行六边形． 如图1，在凸六边形中，，，，则这样的凸六边形就是平行六边形．其中与，与，与叫做“主对边”；与，与，与叫做“主对角”；，，叫做“主对角线”． 【性质探索】 内角：平行六边形的三组主对角分别相等； 对角线：…… 【判定探索】 平行六边形的定义是判定的一种方法，不过根据判定定理可由性质定理的逆命题进行猜想的研究思路，大胆猜测：三组主对角分别相等的凸六边形是平行六边形，探究过程如下： 已知：如图2，在凸六边形中，，，． 求证：凸六边形是平行六边形． 证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． …… 【平行六边形拓展】 六条边都相等的平行六边形叫做等边平行六边形． 任务： (1)补全材料中“【判定探索】”的证明过程； (2)如图4，已知平行六边形满足，则平行六边形________等边平行六边形（填“是”或“不是”）； (3)如图5，已知在菱形中，，请在图中作一个等边平行六边形，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)见解析 (2)是 (3)见解析 【分析】（1）分别延长，交于点G，，交于点H，先推导出，，继而推导出，得到，证明出， 同理可得，，则凸六边形是平行六边形，即可解答； （2）连接，推导出四边形是平行四边形，得到，继而推导出证明出，得到，则平行六边形是等边平行六边形，即可解答； （3）分别用尺规作图作出的垂直平分线，的垂直平分线，的垂直平分线，的垂直平分线，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上，顺次连接成六边形，即可解答． 【详解】（1）证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． ， ． ． ，， ． ， ． ， ． ， 即． 同理可得，． 凸六边形是平行六边形． （2）解：连接，如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行六边形是等边平行六边形； （3）解：如图，六边形即为所求． 理由如下： 连接，如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，， 由作图，可知是的垂直平分线，是的垂直平分线，是的垂直平分线，是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴ ∴，， 同理可得， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴六边形是平行六边形， ∵， ∴六边形是等边平行六边形． 平行四边形的性质与判定 考点02 1．（2026·山西阳泉·二模）如图，在中，，是的中位线，平分，交于点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据勾股定理可得，再由三角形中位线定理可得，，然后结合角平分线的定义可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵是的中位线， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． 2．（2026·山西阳泉·二模）如图，在中，点是边上的动点，连接，，，分别是，的中点，在点从点运动到点的过程中，下列结论一定成立的是（   ） A．的长度逐渐减小 B．的面积逐渐增大 C．始终与平行 D．的周长始终保持不变 【答案】C 【分析】利用三角形中位线定理判断的长度与位置关系，结合平行四边形中 为定长、点到的距离为定值，分析的面积和周长变化，进而选出正确结论． 【详解】解：A、∵，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵在中的长度固定， ∴的长度始终不变，不会逐渐减小，故A错误，不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ 点到的距离等于平行四边形边上的高，是定值， ∴，底和高均为定值，面积始终保持不变，故B错误，不符合题意； C、∵是的中位线， ∴，故C正确，符合题意； D、的周长，其中长度固定，但和的长度会随着点在上的移动而变化， ∴的周长会发生改变，故D错误，不符合题意． 3．（2026·山西大同·二模）如图，在中，是边上的中线，在中，是边上的中线，下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得是的中位线，可得． 【详解】解：在中，是边上的中线，在中，是边上的中线， ，分别是，的中点， 是的中位线， ． 所以，选项 C正确，选项A，B，D不正确． 4．（2026·山西运城·二模）如图，在中，，，，分别以点，为圆心，的长为半径画弧，分别与，的延长线交于点，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作于点，连接，利用锐角三角函数求出，然后利用扇形面积公式和三角形面积公式求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，连接， ∵四边形为平行四边形，且，， ∴， ∴， ∵， ∴阴影部分的面积为． 5．（2026·山西晋中·二模）如图，在平行四边形中，为对角线上一点，过点作分别交，于点，，连接和，若，则的面积为________． 【答案】4 【分析】先证明四边形和都是平行四边形，得出，，设点到的距离为，到的距离为，再证明，得出，从而可得，即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形和都是平行四边形， ∴，， 设点到的距离为，到的距离为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴． 6．（2026·山西吕梁·二模）如图，四边形是平行四边形，，分别过点，作，的垂线，分别交和的延长线于点，．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】先根据平行四边形的性质结合垂线的定义证明四边形是矩形，再根据直角三角形的两锐角互余结合等角对等边证明，即可得证． 【详解】证明：，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是矩形． ， ， ， 矩形是正方形． 7．（2026·山西吕梁·二模）如图，，平分，交于点C，平分，交于点D，连接.请判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】四边形是菱形，证明见解析 【分析】由平行线的性质和角平分线定义得出，证出，同理，则，再证四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】四边形是菱形， 证明：∵， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 8．（2026·山西太原·二模）综合与探究 问题情境：如图1，已知中，，点是边的中点，过点作的平行线交于点． 猜想论证： (1)判断四边形的形状，并证明你的结论； 拓展探究： (2)在图1的基础上，连接并延长交射线于点，连接并延长交线段于点（其余条件不变），探究下列问题： ①猜想图2中线段与的数量关系，并说明理由； ②若以点，，为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出的值． 【答案】(1)菱形； 证明：∵，中， ∴四边形是平行四边形， ∵点是边的中点， ∴， ∵中，， ∴， ∴是菱形； (2)①， 理由如下： 延长交于点， ∵， ∴， ∵是中点， ∴ ∴，即：， 即： 同理：， 即：， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴即： ∴即： ∴； ； ②或 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再通过论证，得到是菱形； （2）①利用可得，利用可得，进而可得；②分两种情况讨论即可．　 【详解】（1）略； （2）①略； ②当时， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴平分， ∴， ∴； 当时，延长交于点，连接， ∵由①得， ∴， ∵， ∴， ∵是边的中点， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， 设，， ∵， ∴， ∴. 9．（2026·山西晋中·二模）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点E在边上，沿折叠，得到． (1)猜想证明：如图①，当时，交于点F，连接，．判断与的数量关系，并说明理由； (2)拓展延伸：如图②，连接交于点G． ①连接，当时，判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，若，，，当与的一边垂直时，请直接写出的值． 【答案】(1)，见解析 (2)①四边形是菱形，见解析；②或 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，，由折叠得到，，，因此，，，进而得到，从而证得，从而； （2）①先根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”得到四边形是平行四边形，再由折叠得，即可得到菱形； ②分以下两种情况：（i）当时，（ii）当时，分别求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵四边形为平行四边形， ，，， ， ， 由折叠的性质得，，， ，，， ，E，三点共线， ， ， ， ∵在和中， ， ； （2）解：①四边形是菱形，理由如下： ， ， 由折叠可得， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 由折叠得， ∴四边形是菱形； ②∵四边形为平行四边形， ， ，， ， ， ， ， ． 分以下两种情况：（i）当时，如图， 设与交于点H，由折叠的性质得， ， ， ，， ， ， ， ， ， 与等高， ； （ii）当时，如图， ， ∴此时与部分重合， 过点作于点M， ，， ， ，， ，， 设，则，， ∵在中，， 即，解得， ， 同理可得， ． 综上所述，的值为或． 10．（2026·山西晋城·二模）综合与探究 问题情境：有一条对角线与一组对边相等的平行四边形，称为双等腰四边形．以下对该图形的性质、判定和应用逐一进行探究． 探究性质： (1)如图①，若四边形为双等腰四边形，其中，，判断与的数量关系，并说明理由； 探究判定： (2)如图②，用两个全等的含角的直角三角形和直角三角形拼出一个矩形，固定，将沿的方向平移，使与交于点，与交于点．当时，求证：四边形是双等腰四边形； 探究应用： (3)如图③，在矩形中，分别为边上的点，连接，若四边形为双等腰四边形，且，直接写出的值． 【答案】(1)，见解析 (2)见解析 (3)或 【分析】（）先根据双等腰四边形和的条件，推出中，判定为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的边长关系，得到； （）由平移性质证四边形是平行四边形，借助直角三角形边长关系证得它是菱形，再推出等边三角形，最终证出四边形为双等腰四边形； （）结合矩形和平行四边形性质推出，根据双等腰四边形分两种情况，利用等腰三角形三线合一与矩形边长关系，算出的值为或． 【详解】（1）解：； 理由如下： ∵四边形为双等腰四边形，， ， 为等腰直角三角形， ； （2）证明：由平移的性质可知，，， ∴四边形是平行四边形，，， ， ， 在中， ，， ， ， ∴平行四边形是菱形， ， 如图①，连接， ∵， ∴是等边三角形， ， ∴四边形是双等腰四边形； （3）解：的值为或． 解：∵四边形为矩形， ，，， 四边形为平行四边形， ， ，， ， ∵四边形为双等腰四边形， ∴有以下两种情况：①当时，如图②，过点作于点， ，， 为的中点， ， ∵在矩形中，， ， ∴四边形为矩形， ， 又， ， ， ， ； ②当时，如图③，过点作于点， ， 为的中点，，， 设，则， ， ， 在矩形中，， ， ， ， ，由可得， ， ． 综上所述，的值为或． 矩形的性质与判定 考点03 1．（2026·山西吕梁·二模）如图，将矩形沿翻折，使点C的对应点与点A重合，点D的对应点为，若，，则折痕的长为（   ） A．6 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，涉及了勾股定理，由题意得，根据可求出；作，推出，即可求解． 【详解】解：由题意得：， ∵ ∴， 解得：， ∴，， 作，如图所示： 则四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 2．（2026·山西太原·二模）如图，在矩形中，点是对角线的中点，直线经过点，并且与交于点，与交于点，连接，，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为菱形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据已知条件证明四边形是平行四边形，再结合所给条件逐一分析即可． 【详解】解：∵矩形，O是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， A、添加，由上面的推导可知，是平行四边形本身就具备的性质，仅这个条件无法证明平行四边形是菱形； B、添加，根据平行四边形中，一组邻边相等，则这个平行四边形是菱形，所以可以判定； C、添加 ∵， ∴， 又， ∴， ∴， 根据邻边相等的平行四边形是菱形，可以判定； D、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以判定． 综上，不能判定四边形为菱形的是A． 3．（2026·山西运城·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点分别在轴和轴的正半轴上，点是的中点，点是上一点，连接，已知且．若点的坐标为，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质得出直角和相等的边，证明，得出相等的线段，然后利用线段中点的性质以及线段的数量关系进行求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵点的坐标为， ∴， ∴， ∴点的坐标为． 4．（2026·山西太原·二模）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为________． 【答案】 【分析】过点作交于点，过点作交的延长线于点，过点作于点，可得四边形为平行四边形，得到，再根据正切的定义得到，，利用勾股定理得到，最后根据求出的长即可求解． 【详解】解：过点作交于点，过点作交的延长线于点，过点作于点， 则，， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 5．（2026·山西吕梁·二模）如图，在矩形中，线段垂直平分对角线，是边上一点，连接并延长，与的延长线交于点，连接．若，则线段的长为__________． 【答案】 【分析】先根据矩形性质结合勾股定理得到，，，，再根据线段垂直平分线的性质得到，；证明，结合正切定义可得，再利用锐角三角函数分别求得，，过G作延长线于Q，则，利用平行线分线段成比例求得，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴，， ∵线段垂直平分对角线， ∴，，即， ∴， ∴，     ∵， ∴， 在中，， ∴，， ∴， 过G作延长线于Q，则， ∴，即， ∴， 在中，， 在中，， 故线段的长为． 6．（2026·山西吕梁·二模）综合与探究 问题情境：在矩形纸片中，，，点在边上，沿过点，的直线折叠该纸片，得到，然后把纸片展平．连接并延长交射线于点． 猜想证明： (1)如图1，当点与点重合时，猜想线段与的数量关系，并说明理由； 数学思考： (2)如图2，沿过点的直线继续折叠该纸片，折痕为，，且与交于点，然后展平．连接，判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： (3)隐去折痕，连接．当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 (3)的长为，或 【分析】（1）根据折叠的性质得出，，进而得出，根据矩形的性质，即可求解； （2）由（1）可知，，，进而证明得出四边形是平行四边形，根据折叠的性质可得，即可得证； （3）设，分类讨论，分别画出图形，当时，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解： 理由如下：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由折叠，得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）四边形是菱形 证明：由（1）可知，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴是菱形． （3）解：设， 如图，当时， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵，则， ∴， 在中， ∴ 解得：（舍去）或 ∴ 如图，当重合时，，解得：，即 如图，当是等腰梯形时，如图 ∵，则， ∴， 在中， ∴ 解得： 综上所述，的长为，或 7．（2026·山西阳泉·二模）综合与探究 问题情境：已知矩形中，点为边上的一点，．沿过点的动直线折叠，得到同一平面内的（点，的对应点分别是点，），延长交射线于点．    (1)猜想证明：如图，当点，都落在矩形内部时，判断线段与的数量关系，并说明理由； (2)拓展延伸：在矩形中，过点作的垂线，分别交线段，于点，．解决下列问题： ①如图2，当点恰好落在边上时，猜想线段，与的数量关系，并说明理由； ②如图3，已知，，点与点重合，连接交线段于点．当以，，为顶点的三角形是直角三角形时，请直接写出，两点之间的距离． 【答案】(1)．理由见解析 (2)①．理由见解析；②，两点之间的距离为或 【分析】（1）连接，根据折叠性质得出，，可证明，得出，根据线段的和差关系即可得出； （2）①连接，根据折叠的性质及矩形的性质得出，进而证明四边形是矩形，，即可得出； ②连接，分点在延长线上和点在上两种情况，利用勾股定理及三角函数的定义分别求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵沿过点的动直线折叠，得到同一平面内的， ∴，， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：①，理由如下： 如图，连接， ∵沿过点的动直线折叠，得到同一平面内的，点恰好落在边上， ∴，，，， ∴，即， ∵， ∴四边形是矩形，， ∵， ∴． ②如图，连接，当点在延长线上，时， ∵，， ∴， ∵点与点重合，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴． 如图，连接，当点在上，时， ∵， ∴， ∴点在上， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 综上所述：，两点之间的距离为或． 8．（2026·山西晋中·二模）综合与探究 问题情境：如图，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接，将矩形沿折叠，点的对应点为，延长与直线相交于点． 猜想证明： (1)如图，连接，若点为的中点，延长交边于点，连接，，，判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： (2)当点与点重合时，改变点的位置． 如图，若点与点重合，猜想线段与的数量关系，并说明理由； 延长交于点，直线与直线相交于点，若，，，请直接写出线段的长． 【答案】(1)四边形为菱形，理由见解析； (2) ，理由见解析； 的长为或． 【分析】（1）由矩形的性质，可得，，，证明，，可得，，四边形为平行四边形，由折叠可得，即可得四边形的形状； （2）由矩形的性质，结合折叠可得，，，证明，即可得线段与的数量关系；按照点与线段的位置关系，进行分类讨论，由三角形相似的判定和性质，结合勾股定理，即可得线段的长． 【详解】（1）解：四边形为菱形． 理由：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，，，， 又∵为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， 由折叠得，， 即， ∴四边形为菱形； （2）解：． 理由：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠得，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 或． 由折叠得，，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 如解图，当点在线段上时， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， 设，则， ∵， ∴， ∴， 在中，， 即，， 解得， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 即， 解得； 如解图，当点在线段的延长线上时， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即， 设，则， ∵， ∴， ∴， 在中，， 即，， 解得， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 即， 解得． 综上，的长为或． 9．（2026·山西太原·二模）综合与探究 问题情景：数学课上，老师与同学们探究矩形中的折叠问题，有一张矩形纸片，其中，，将矩形纸片对折，使与重合，与重合，折痕为（如图），然后展开，再将矩形进行第二次折叠，使点与点重合，折痕为（如图），然后展平，两条折痕交于点． 猜想证明： (1)连接，，，（如图），判断四边形的形状，并说明理由． 拓展延伸： (2)当时，求此时的长度． (3)如图，若，点是线段上的动点，将沿所在直线折叠，得到，连接，交线段于点，当是直角三角形时，直接写出此时的长． 【答案】(1)四边形是平行四边形，理由如下： 由第一次折叠可得，，， ， 由第二次折叠可得，，∠ ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ∴， ， ， ∴，， ， ， ∴四边形是平行四边形； (2) (3)或 【分析】（1）根据折叠可得出，， ，根据平行线的性质得出，则，根据等角对等边得出然后根据证明，得出，，再证明，最后根据平行四边形的判定即可得证； （2）过H作于K，根据三线合一得出，根据平行四边形的性质得出，则，证明四边形是矩形，得出，证明四边形是矩形，得出，则，设，则，在中，根据勾股定理得出，求出，即可求解； （3）分和讨论，根据矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：过H作于K， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由第一次折叠可得，， 在矩形中，， ∴四边形是矩形， ∴， 同理四边形是矩形， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴； （3）解∶由题意知：， 在中，， ∴， 解得， ∴， 当，如图，则， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵翻折， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴； 当时，如图，连接，过H作于E， 则四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴， ， 在中，， ∴， 解得， ∴， 过作于F， 则，即， 解得， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， 综上，的长或． 10．（2026·山西晋中·二模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们利用准备好的两个矩形纸片进行探究活动． 智慧小组准备了两张矩形纸片和，其中，将它们按如图所示的方式放置，点落在上，点落在的延长线上，连接和． 观察发现： （1）如图连接，则和的位置关系是__________，___________． 操作探究： （2）如图，将矩形绕点按顺时针方向旋转（），试探究（1）中和的数量关系是否仍然成立，并说明理由． 拓展延伸： （3）在矩形旋转的过程中，当三点共线时，直接写出线段的长． 【答案】（1）；；（2）成立，见解析；（3）或 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，计算较复杂，做出正确的辅助线是解题的关键． （1）由矩形性质得到的长度，求的长度，用勾股定理求解的长度，可得，用勾股定理逆定理可判定是直角三角形，故． （2）连接和，结合矩形性质和勾股定理可求的长度，求得，且，故，可得、，求得，故，得证； （3）有两种情况，若当点在的延长线上，在直角三角形中求，则，结合（2）中，可求；若点在线段上，在直角三角形中求，则，结合（2）中，可求． 【详解】解：如下图，连接，延长相交于， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴，， ∴在中，， 同理：， ， ∴ ∵， ∴是直角三角形， ∴，． 故答案为：垂直，； （2）成立 理由：如下图，连接和． 四边形是矩形，， ∴，， ∴ 四边形是矩形，， ∴， ∴ 在和中， ，， ∴． ， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴ （3）的长为或 情况一：如下图，当点在的延长线上时， ， ∴为直角三角形， ∴，即， ∴， ∴． 由（2）得， ∴． 情况二：如图，当点在线段上时， ， ∴为直角三角形， ∴，即， ∴， ∴． 由（2）得， ∴． 综上所述，当三点共线时，线段的长为或． 菱形的性质与判定 考点04 1．（2026·山西晋中·二模）古典花窗是中国传统建筑中独具特色的窗式，常见于园林、住宅等场所，兼具实用功能与艺术装饰价值．如图①为某花窗的局部图案，中心部位包含一个菱形与3个全等的正六边形，如图②将其几何示意图放在平面直角坐标系中，点，，，为菱形的顶点，点为正六边形的顶点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题涉及了把几何图形放在平面直角坐标系中，利用坐标求线段的长度，了解菱形对角线的性质：互相垂直平分．熟悉正六边形的性质：中心到顶点的距离等于边长，正六边形的边心距与边长的关系．利用正六边形边长，边心距求E点的坐标． 【详解】解：根据图②， 得到． 设正六边形的边长为，根据正六边形的性质（正六边形的外接圆半径等于边长），则正六边形中心到顶点的距离为． E为其中一个正六边形的顶点， ，． 正六边形的边长为1， 根据正六边形的边心距：中心到一条边的垂直距离为，得到正六边形中心到一边的垂直距离为． E点的坐标为． 2．（2026·山西临汾·二模）如图，在菱形中，，分别以点A和B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线，交于点E，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，由垂直平分线的性质和等腰直角三角形的性质，得，再得，利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】解：连接，如图： 由作图痕迹可知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在等腰中，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，则 ； 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到． 3．（2026·山西阳泉·二模）如图，在菱形中，是对角线，于点，为的中点，连接并延长，交于点．若，则线段的长为__________． 【答案】 【分析】过点作,根据正切值可知的长度，进而根据勾股定理可知， 设，可知，进而根据构造方程求解，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：过点作, 在菱形中，， ∴,，， ∵， ∴， ∴， ∴, ∴, ∴, ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， 解得：， 则, ∴． 4．（2026·山西临汾·二模）如图，在菱形中，，，E是的中点，F是边上一点，连接，，若，则的长为______． 【答案】 【分析】延长与的延长线交于点G，过点B作交的延长线于点H，由题意可证明，通过解直角三角形分别求出，，通过证明得到，，表示，在中，由勾股定理构造方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 如解图，延长与的延长线交于点G，过点B作交的延长线于点H， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴，又， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理，得 ， 即， 解得， 即的长为． 5．（2026·山西临汾·二模）如图，在菱形中，点是边的中点，动点在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则的最小值是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，一点到圆上一点的距离的最值问题、折叠问题、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，确定点F在以E为圆心，为半径的半圆上是解题的关键． 根据中点的定义以及折叠的性质可求得，如图：当D、E、F在同一直线上时，最短，过点E作于点H，依据，，即可得到的长度，进而得出的最小值． 【详解】解：∵点E是边的中点， ∴， ∵以为折痕将折叠得到， ∴， ∴点F在以E为圆心，为半径的半圆上， ∵， ∴当F在上时，有最小值，最小值为； 如图，过点E作交于延长线点H，连接， ∵在边长为4的菱形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴ ∴的最小值． 故答案为：． 6．（2026·山西临汾·二模）如图，已知菱形的边长为，是的中点，平分交于点，交于点．若，则的长是______． 【答案】/ 【分析】方法一：过点作于点，过点作于点，根据，可得，所以，然后证明是的垂直平分线，可得，设，根据，进而可以解决问题； 方法二：作垂直于，延长和交于点由已知可得，所以设，则，，由三角形相似于三角形即可得结论． 【详解】解：方法一，如图，过点作于点，过点作于点， 菱形的边长为4， ， ， ， ， 是的中点， ， ， 是的垂直平分线， ， 平分， ， ， ， ， ， 设， ，， ， ， ， ， ， ， 解得， 则的长是． 或者：，， 四边形的等腰梯形， ， 则， 解得， 则的长是． 方法二：如图，作垂直于，延长和交于点， 菱形的边长为4， ， ， ， 是的中点， ， ， 是的垂直平分线， ， 所以， 设， 则，， ， ， ， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形、相似三角形的判定及性质，解题的关键是掌握菱形的性质． 7．（2026·山西大同·二模）如图，已知菱形，连接，为的中点． (1)实践与操作：利用尺规作四边形，使得四边形为平行四边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； (2)应用与计算：在（1）的条件下，连接，若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查尺规作图，平行四边形的性质与判定，菱形的性质； （1）依据对边相等的四边形是平行四边形，可用尺规作图画出四边形； （2）连接交于点，由四边形为菱形，可得，，再利用勾股定理求出，从而求出，利用和即可得出结果． 【详解】（1）解：如图①所示，四边形即为所求作（作法不唯一）， 以点为圆心，长为半径画弧，以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接，，则四边形即为所求作， ∵，， ∴四边形是平行四边形． （2）解：如图②所示，连接交于点，连接， 四边形为菱形，， ，， ， 在中，由勾股定理得， ， 四边形为平行四边形， ，， 为的中点， ． 8．（2026·山西阳泉·二模）综合与探究 问题情境：如图，在菱形中，点是边上的点（点不与点重合），连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段． 猜想证明： (1)如图①，连接，交于点，若，当点与点重合时，过点作交的延长线于点．试判断四边形的形状，并说明理由； 拓展延伸： (2)如图②，若，连接并延长交的延长线于点． ①判断线段与的数量关系，并说明理由； ②连接交于点，若，当点为的三等分点时，请直接写出的长． 【答案】(1)四边形是矩形，见解析 (2)①，见解析；②或 【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直，矩形的判定证明即可； （2）①在上截取，使得，连接，根据角所对的直角边等于斜边的一半，解答即可； ②在上截取，使得，连接，过点作，垂足为，根据三角形相似，三角形全等的判定和性质，求解即可． 【详解】（1）解：四边形是矩形． 理由：四边形是菱形， ，即， 线段绕点顺时针旋转得到线段，， ， ， 四边形是矩形； （2）①解：．理由如下： 如图①，在上截取，使得，连接， 四边形是菱形， ，， ， ， 将绕点顺时针旋转得到， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， 在中，， ， ； ②解：四边形是菱形， ，， ， ， 由①知，， ，， ． 如图②和③，在上截取，使得，连接， 过点作，垂足为． 如图②，当时，则，可得， ， 由①知， ， ，， ， ， ， ， ； 如图③，当时，则，可得， ， 由①知， ， ，， ， ， ， ， ， 综上所述，的长为或． 9．（2026·山西阳泉·二模）阅读与思考 下面是小思同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 菱形的“特征比” 菱形的四条边相等，两条对角线的数量关系却有不同，这种不同会影响菱形的形状．为了刻画菱形之间形状的差异，我们把两条对角线长度的比值叫做该菱形的特征比，记作k，其中． 【概念感知】 如图1，菱形中，对角线，交于点O，若，则菱形的特征比． 【特例分析】 问题1：已知菱形中，，则该菱形的特征比为_______； 问题2：如图2，已知菱形中，对角线，交于点O，且．若菱形的特征比，求的度数．解答如下： 解：∵菱形的特征比，， ． …… 任务： (1)特例分析： ①问题1中“______”处空缺的内容为______； ②补全问题2的解答过程； (2)理解应用： 如图3，在中，，，．请在图3中作出以为边、特征比为的菱形（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一个即可）． 【答案】(1)①1；②补全问题2的解答过程见解析 (2)作图见解析 【分析】（1）①由题意可得菱形为正方形，则，再结合特征比的定义即可得出结果；②由菱形的性质可得，，，从而即可得出，，解直角三角形即可得出结果； （2）以点为圆心，为半径画弧交于点，再分别以点、为圆心，长为半径画弧交于点，则菱形即为所作． 【详解】（1）解：（1）①∵菱形中，， ∴菱形为正方形， ∴， ∴该菱形的特征比为； 故答案为：1； ②∵四边形为菱形， ，，． ，． ∵在中，， ． ． （2）解：以点为圆心，为半径画弧交于点，再分别以点、为圆心，长为半径画弧交于点， 则， ∴四边形为菱形， 连接，交于点，则，，， ∵在中，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴特征比为． 10．（2026·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是小慧同学的一篇数学日记的部分内容，请认真阅读并完成相应任务． 由一道课本习题引发的思考与探究中，已知，及其夹角（是锐角），能求出的面积S吗？如果能，用，及其夹角表示S． 【分析论证】 如图1，过点A作，垂足为点H． 在中，∵，∴． ∴． 【应用结论】 已知菱形的边长为4，一个内角为，则这个菱形的面积为 ▲ ． 【类比思考】 我们知道，菱形的面积还等于两条对角线长度乘积的一半．如图2，在菱形中，对角线，相交于点O，则． 对于一般的平行四边形，它的面积是否也与两条对角线的长度有关呢？经过探索，我发现平行四边形的面积与两条对角线的长度及对角线的夹角有关． 如图3，在中，对角线，相交于点O（），则．下面是对这个结论的证明过程． 证明：过点D作，垂足为点H． …… 【拓展探究】 经过进一步探究，我发现对于一般的四边形，图3中得到的结论仍然成立． 如图4，在四边形中，对角线，相交于点O（），则． …… 学习任务： (1)直接写出材料中“▲”处空缺的内容：____________； (2)结合图3补全材料中的证明过程； (3)如图5，已知线段a，b与，求作四边形，使（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一个即可）． 【答案】(1) (2)证明：：过点D作，垂足为点H． ∵四边形是平行四边形， ∴，，， 又∵， ∴， ∴ 在中，∵， ∴， ∴． (3)解：如图，四边形即为所求． 正方形的性质与判定 考点05 1．（2026·山西吕梁·二模）如图，在正方形中，点在边上，连接，过点作于点，过点作于点，若，则的长为（    ） A．4 B．5 C．7 D．11 【答案】B 【分析】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，由正方形的性质得再证明，根据证明，得，，从而可求出． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故选：B． 2．（2026·山西临汾·二模）如图，在图中大正方形的四个角上分别剪去直角边长为的直角三角形，若用两种不同的方法表示剩余部分的面积，则可以得到的代数恒等式为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先证明四边形是正方形，再分别利用割补法和勾股定理计算剩余部分的面积，即可得到答案． 【详解】解：如图，由题意可知，， ∴，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵正方形的面积为：， 四个直角三角形的面积为：， ∴剩余部分面积为：， ∵直角三角形两直角边为， ∴斜边为， ∴剩余部分面积为正方形的面积：， ∴可得恒等式：． 3．（2026·山西长治·二模）如图，已知，在边的同侧作正、正和正，连接，，则下列选项中不正确的是（   ）    A．一定会出现平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当，且时四边形为正方形 D．当，且时，四边形为菱形 【答案】A 【分析】本题考查等边三角形的性质，平行四边形的判定，矩形、正方形和菱形的判定．先证明和，推出四边形是平行四边形，再根据矩形，菱形和正方形性质和判定定理逐一证明判断即可． 【详解】解：当时， ∵、、都是等边三角形； ∴， ， ∴， 故， ∵， ∴， ∴， 同理可证，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵当时 ∴， ∴平行四边形是矩形，故B正确，选项B不符合题意； ∵， ∴， ∴矩形为正方形，故C正确，选项C不符合题意； ∵，且， ∴， ∴平行四边形是菱形，故D正确，选项D不符合题意； 当， ∴， 即D，A，F三点在同一直线上， ∴四边形不存在， 故A不正确，选项A符合题意； 故选：A． 4．（2026·山西阳泉·二模）如图，在正方形中，，点E是边的中点，的平分线交于点F，连接，则的值为_______． 【答案】/ 【分析】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，求角的正切值等，作于点G，由角平分线的性质可得，再证，推出，，设，用勾股定理解和，求出x的值，再根据即可求解． 【详解】解：如图，作于点G， 正方形中，，点E是边的中点， ，， ， ， 平分，，， ， 在和中， ， ， ，， ， 设，则， 在中，， 在中，， ， 即， 解得， ， ， 故答案为：． 5．（2026·山西晋中·二模）如图，在正方形中，点E为正方形内一点，且，，若，则的长为_______． 【答案】 【分析】过点A作的垂线，交的延长线于点F，证明，设，可得，先在中，利用勾股定理求出，再在中，利用勾股定理求出x即可． 【详解】解：如图，过点A作的垂线，交的延长线于点F， ∵四边形为正方形， ，， ， ， ， 在和中，， ， ， 设，则， ， 在中，， ， 在中，由勾股定理，得， ， 解得（负值已舍去）， ． 6．（2026·山西晋中·二模）如图①是一扇圆弧形拱门屏风，为中国古代家庭常见的装饰隔断，图②是其几何示意图，四边形是正方形，圆弧与边，相切，通过测量可得，，则阴影部分的面积为________． 【答案】 【分析】根据阴影部分面积等于正方形的面积减去扇形面积，再减去三角形面积，进行计算即可 【详解】解：∵为圆的半径 ∴为等边三角形 ∴圆的半径 ∵圆弧与边相切 ∴正方形的边长等于圆的直径 ∴正方形边长 ∵阴影部分由正方形减去一个大扇形和一个三角形构成 ∴大扇形的圆心角为 ∵是边长为的等边三角形 故阴影部分的面积为． 7．（2026·山西吕梁·二模）综合与探究 问题情境： 如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点． 初步探究： （1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____． （2）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （3）如图3，当四边形是菱形时． ①求线段的长； ②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积． 【答案】（1）2；（2）四边形是平行四边形，见解析；（3）①；②6或 【分析】（1）根据正方形的性质可得，进而即可得出的长； （2）根据四边形是矩形，得出，根据平移的性质得出，进而得出，即可得出结论； （3）①根据勾股定理求得，设的长为，解，得出，即可求解； ②当线段经过点时，令与的交点为．由①知，．求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解；当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点，证明设的长为，在中，勾股定理得，进而根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】解：（1）解：∵四边形为正方形， ∴， ∴； （2）四边形是平行四边形． 理由：四边形是矩形， ． 由平移的性质得， ， 四边形是平行四边形； （3）①四边形是菱形， ． 设的长为，则． 在中，， ， ， ． 在中，， ，解得， ． ②6或． 如图1，当线段经过点时，令与的交点为． 由①知，， ∴， ； 如图2，当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点． ， ． ， ， ． 设的长为，则， ． 在中，由勾股定理得， ， 解得， ． 综上所述，重叠部分的面积为6或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质和判定，菱形的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键． 8．（2026·山西临汾·二模）综合与探究 问题情境： 在正方形中，是边上的一个动点，连接将沿直线翻折，得到，点的对应点落在正方形内． 猜想证明： （1）如图，连接并延长，交边于点求证：． （2）如图，当是边的中点时，连接并延长，交边于点，将沿直线翻折，点恰好落在直线上的点处，交于点，交于点试判断四边形的形状，并说明理由． 问题解决： （3）在（2）的条件下，若，请直接写出四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）四边形是矩形；理由见解析；（3） 【分析】（1）设和相交于点O，证明，即可得到； （2）证明，即可证明四边形是矩形； （3）连接交于点G，求出，证明，得到，由等积法求出，由求出，即可求出，得到四边形的面积． 【详解】（1）证明：如图，设和相交于点， 四边形是正方形， ，， ， 由折叠可知，垂直平分， ， ， ， 在和中， ， ∴， ； （2）解：四边形是矩形；理由如下： 四边形是正方形， ，， ， 是边的中点， ， 由折叠的性质可知：，， ， ， 由折叠的性质可知：，， ， ， ， ， ， 四边形是矩形； （3）解：连接交于点，如图， 四边形是正方形， ， 是边的中点， ， 由（2）得，，， ，， ， ， 由折叠可知：， ， ， 在和中， ， ， 同理可证，， ， ，， ， ， ， ， 由折叠可知：，， ，， ， ， 解得， ， ， 四边形的面积为． 9．（2026·山西阳泉·二模）综合与探究 问题情境： 在边长为4的正方形中，是射线上一点（不与点，重合），过点作射线交射线于点，过点作，交射线于点． 初步探究： (1)如图1，是边的中点，于点，当射线经过点时，求的值． 深入探究： (2)如图2，若是对角线上任意一点，求证：． 拓展探究： (3)若，当为对角线的三等分点时，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 【分析】（1）过点作于点，，可转化为，再结合正方形、等腰直角三角形的性质和已知条件是边的中点，即可得出比值； （2）在边上取一点，连接，使得，由证得，从而得到； （3）为对角线的三等分点，分两种情况：和，从入手，即可得出结果． 【详解】（1）解：如解图1，过点作于点，则． ∵是边的中点，，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴（SAS）， ， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，∴， 又，， ∴， ∴． （2）证明：如解图2，在边上取一点，连接，使得， 则， ∴． ∵四边形为正方形，， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． 由（1），知，． ∴． ∴， ∴． （3）分以下两种情况讨论： 当时， 如解图3，过点作于点． 由（1），得． ∵， ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴， ∴，即． 由（2）可知， ． ∴． ． 当时， 如解图4，过点作于点． 则是等腰直角三角形，， ∵，∴， 由（2）可知， ， ∴ 得． 综上所述，线段的长为或． 10．（2026·山西大同·二模）综合与探究 问题情境：如图①，将正方形纸片对折，使点与点重合，点与点重合，得到折痕，将正方形纸片沿剪开，得到矩形和矩形（与重合），取的中点，将矩形以点为旋转中心，逆时针旋转． (1)初步探究： 如图②，当点与点重合，点落在线段上时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)拓展延伸： 在旋转的过程中，线段与线段交于点，连接． ①如图③，当为的中点时，连接，判断与的数量关系，并说明理由； ②若正方形的边长为6，当为线段的三等分点时，请直接写出的长． 【答案】(1)四边形为正方形，理由见解析 (2)①，理由见解析；②或 【分析】本题考查正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定； （1）由四边形和四边形为矩形，可得四边形为矩形，再结合，即可得出四边形为正方形； （2）①连接，证明，可得，再证明，可得，等量代换即可证明；②分以下两种情况讨论：当时，如图②所示，连接，交于点，由，可得，即可求出，同理当时，如图③所示，利用即可求出． 【详解】（1）解：四边形为正方形，理由如下： 四边形和四边形为矩形， ，， 四边形为矩形， 为和的中点，且， ， 四边形为正方形． （2）解：①，理由如下： 如图①所示，连接， 为和的中点，且， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 为的中点， ，由旋转的性质得， ， ， ， ， ， ． ②由①可得，，， ， ， ， ， 分以下两种情况讨论：当时，如图②所示，连接，交于点， 正方形的边长为6， ，， ，为的中点， ，，， ∴在Rt中， ， ∵，， ∴垂直平分， ， ， ， ， ， ， ； 当时，如图③所示，连接，交于点， 同理可得，，，垂直平分， 在Rt中，， ， ， ， ， ， ， ． 综上所述，的长为或． 11．（2026·山西太原·二模）综合与探究 【问题情境】 如图1，在正方形中，，点E，F分别为，边的中点，连接，交于点M，交对角线于点N． 【猜想验证】 （1）猜想与有怎样的数量关系，并加以证明． 【深入探索】 （2）将线段绕点C顺时针旋转得到线段，点E的对应点为点Q，连接，如图2．请判断四边形的形状，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）连接，如图3，请直接写出的长． 【答案】（1），理由见解析；（2）四边形是菱形，理由见解析；（3） 【分析】（1）证明，利用相似三角形的性质即可求解； （2）先证明得到，由旋转性质得，，证明得到，，进而得到，则，证明四边形是平行四边形，然后利用菱形的判定定理可得结论； （3）如图3，过M作于G，利用正切定义得到，在中，利用勾股定理求得，再利用正切定义得到，在中，由由勾股定理求得，，则，在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1），理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点F为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，则； （2）四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由旋转性质得，， ∵点E为的中点， ∴， ∴，又，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （3）如图3，过M作于G， ∵， ∴， ∴， 在中，由 解得， ∵， ∴， ∴，则， 在中，由， 解得，， ∴， 在在，． 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 $命学科网 www.zxxk 专题05 考点01 多边形的性质与计算 1.540 2.72 3.C 4.3 5.6W5 6.36 7.32n+16 5 8.(I):∠BCD=∠AFE, :180°-∠BCD=180°-∠AFE. .∠3=L4 :∠H=180°-∠3-∠2，∠G=180°-∠4-∠1， .∠H=∠G. :LABC=∠DEF, :∠H+∠ABC=∠G+∠DEF. :∠H+∠ABC+∠G+∠DEF=360°， ∠H+∠ABC=180°. .BG HE 即AB∥DE. 同理可得BC∥EF,CD∥AF. :凸六边形ABCDEF是平行六边形. (2)是 3/3 com 让教与 四边形 学更高效 命学科网 WW 考点02 平行四边形的性质与判定 1.D 2.C 3.C 4.A 5.4 6.四边形CEDF是正方形 7.四边形ABCD是菱形 8.(1)菱形； (2)①AE=3EG, ②5或 33 9.(1)A'C=BD 3 (2)①四边形AEA'G是菱形；②二或 10.0①AB=5BC 2 (②)四边形EMBN是双等腰四边形 2 3 考点03 矩形的性质与判定 1.C 2.A 3.B 4.35 5.2 6.(1)FG=BE, (②)四边形AEFH是菱形 2 ③)4E的长为亏，2或25-4 w.zxxk.com 让 2/3 与学更高效 命学科网 www.zxxk.com 让教 7.(1)HG=HE. (20CG=BE+GM:②G,P两点之间的距离为5或5-5 2 8.(1)四边形EFHG为菱形： (2) ①BD=FC9 ②F倍长为号 20 9.(1)四边形EHFG是平行四边形， (2)AD=2V2 614 10.(1)BD⊥FD; 5:(2)成立；(3)8N+12或82-12 4 5 5 菱形的性质与判定 考点04 1.D 2.A 3.2V6 5 4 5.27-2 8/22 6. 33 E 7.(1) D 图① (2)6 8.(1)四边形OEF2是矩形， 204B=2BG,:②18或36 5 7 9.(1)①1： 3/3 学更高效 命学科网 www.zxxk.com M (2) B 10.(1)8V3 (2)证明：：过点D作DH⊥AC,垂足为点H. D C H A B 图3 :四边形ABCD是平行四边形， :AB=CD,AD=CB,OB=OD=-BD, 又AC=AC, .△ABC≌△CDA(SSS, .S△ABc=SAADC 在Rt△DOH中，：Sim∠AOD=DH OD .DH=OD.sin∠AOD, 1 1 ∴S=2SAcD=2×5AC·DH=AC·DH=AC.OD·sin∠AOD=AC.BD.sin.∠ 2 D (3)解： 正方形的性质与判定 考点05 1.B 2.D 3.A 2/3 让教与学更高效 AOD 命学科网 www.zxxk.com 4.3-V5/-5+3 5.√65 616-1g-5 7.(1)2;(2)四边形BMD'N是平行四边形；(3)①DD'=5; 8.（1)BP=CB:2)四边形B'WDw是矩形：(3)2谷 48 ga号 、PBPM (②PDPN ③)16v5或8v5 9 、9 10.(1)四边形AE0G为正方形， (②OAB=FH,:②3或610 13 5 11.(1)CN=24N;(2)四边形CDQ是菱形；(3)40 3/3 让教与学更高效 ②6或 90 11