专题10 四边形（5年汇编）（山西专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦四边形专题，整合山西2022-2026年中考真题及模拟题，覆盖5大核心考点，以分层设问和情境创新为特色，适配中考备考需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|约6题/18分|三角形中位线（2023-2025真题）、正方形性质（2026真题）|平行四边形载体直接考查定理，结合相似求比值| |填空|约6题/18分|平行四边形性质（2023-2024真题）、菱形折叠（2025模拟）|勾股定理计算，尺规作图背景求值| |阅读与思考|2题/24分|瓦里尼翁平行四边形（2023真题）、双关联线段（2025真题）|数学史情境，分层考查定理依据、尺规作图、猜想证明| |项目学习|1题/12分|矩形性质（2025真题）|景区实景俯视角，融合解直角三角形测算直径| |综合与探究|3题/34分|菱形旋转（2024-2026压轴题）|直角三角形中线旋转、分类讨论线段关系，直接写线段长|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题10四边形 5年真题1年模拟 五年真题分类园 考点01三角形中位线 1.C 2.A 3.(1)解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） (2)解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可.例如： 如图即为所求 E (3)瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和， 证明如下：点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点， :.EF-AC.GH=TAC 1 .EF+GH=AC 同理EH+FG=BD ∴，四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD 即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和. 考点02平行四边形的性质 1/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 205205 1.19/19 23 考点03矩形的判定与性质 1.14 18 2.5 3.(1)解：设AC,BD的交点为O,如图： :四边形ABCD是矩形， .OA=OB,∠ABC=90°； ,对角线AC与BD互为双关联线段， .∠A0B=60°， .△AOB是等边三角形， .∠OAB=60°， ∴.∠ACB=90°-∠OAB=30°： A D 故答案为：30°： 问题2中的依据是：等角的补角相等： 故答案为：等角的补角相等： (2):∠AFB是△AEF的外角， ∴.∠AFB=∠EAF+∠E :∠ACB是△ACD的外角， ∴.∠ACB=∠CAD+∠D :∠EAF=∠CAD,∠E=∠D .∠AFB=∠ACB=60° 即线段AD与线段BE所在直线形成的夹角中有一个角是60°， AD=BE, 2/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 线段AD与线段BE是双关联线段， 3)如图，线段CD即为所求。 作法一： D A CB 作法二： A 4.解：由题意得，∠AEF=90°，四边形AEFD为矩形， .EF=AD=26,AD∥EF, .∠ABE=∠DAB=37°，∠ACE=∠DAC=8.5°， 设BE=CF=x米，则CE=(26-x)米，BC=(26-2x)米， 在R△ABE中，∠AEB=90e,tan ZABE=1E BE .AE=BE.tan∠ABE=x~tan37°， 在Ra4CE中，∠HEC-90,tan∠ACE= CE AE=CE·tan∠ACE=(26-x)tan8.5° am37=(26-列an850,解得是 3 13 :BC=26-2×3≈17（米）， 3 答：内栏墙围成泉池的直径BC的长约为17米 5.(1)如图， 3/20 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2) AE=CF,证明如下： ,四边形ABCD是矩形， .AD∥BC. ∴.∠EAO=∠FCO,∠AEO=∠CFO. EF为AC的垂直平分线， ..OA=OC .△AEO≌△CF0 .AE=CF 考点04正方形的判定与性质 1.A 2.5-1+5 3.4v34 考点05菱形的判定与性质 1.(I)证明：AB=BC,BO是△ABC的中线， .∠A=∠C,AO=CO,BO⊥AC, :△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE, ∴.∠E=∠C,EO=CO」 .∠A=∠E,AO=EO, :∠AON=∠EOM, 在△AON和△EOM中， 4/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠A=∠E AO=EO ∠AON=∠EOM' .AAON≌△EOM(ASA) 2)①解：D0=DF, 理由如下： AB=BC,BO是△ABC的中线， ∴.∠ABO=∠CBO :△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE, .∠D=∠CBO,OD=OB」 ∴.∠ABO=∠D OD∥AB, ∠D=∠AFD, .∠AFD=∠ABO. .DF∥OB」 ·四边形DFBO是平行四边形， OD=OB .DFBO是菱形， :.DO=DF: ②解：OG=OH, “.G,H在以O为圆心，OH为半径的圆上，即图中的G,H,G,H', .∠GH'G=∠H'GH=∠GHG=∠HG'H'=90°， .四边形GHGH'为矩形， “当以点A,G,H为顶点的三角形是直角三角形，且GH为直角边时， 当∠AGH'=90°，则AH'一定过点O,不符合题意： ∴.只有∠AGH=90°或∠AH'G=90°， 此时A,G,H'三点共线， 如图所示，当点H在线段BO上时，∠AGH=90°，且点G在线段DO上，过点H作HP⊥OP于点P, 5/20 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B .∠HPO=∠AOB=90° OD∥AB. ∴.∠HOP=∠ABO. OB=2,OA=3, 六AB=O4P+O8=V3,tan∠H0P=tan∠AB0=40=3_PH B02OP· 设OP=2x,HP=3x」 则OH=VOp2+Hp=3x ..OG=OH =0G'=OH'=13x .OD∥AB, .△H'GO∽△HAB. OG HO AB H'B' 13x 13x .V13V13x+2, 解得： 3x=3-2或x=0(舍去)， 此时BH=B0-H0=2-Vi3x=2-(丽-2=4-3 BH'=OB+OH'=2+√13x=2+V13-2=V13 综上所述， BH=V5或4-5 2.(1)四边形BDB'E是菱形，理由如下： 6/20 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由折叠的性质可得BD=B'D,BE=B'E,∠B'DE=∠BDE, :B'Dll BC, ∴.∠B'DE=∠BED, .∠BDE=∠BED, .BD=BE, ∴.BE=BD=B'D=B'E, ∴.四边形BDB'E是菱形； (2)①DE⊥AE,理由如下： 由(1)知四边形BDB'E是菱形， .BD=B'E=B'D, 由折叠的性质得到 AD=A'D, AD=2BD, .A'D=2BD=2B'D=2B'E, .B'D=A'B'=B'E, .∠1=∠2，∠3=∠4」 .∠1+∠2+∠3+∠4=180°， .∠2+∠3=90° DE⊥A'E: ②解：∠C=90°，AB=15,BC=9, AC=AB2-BC2=12 当△AFG是以A'F为腰AG为底的等腰三角形时，如图，延长A'F交AB于点H,设AC,AD交点为M, 则FG=AF, 7/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 H D B :∠C=90°，AD‖BC, :.∠AMD=∠C=90°， .∠AMA'=90°， 由折叠的性质得AD=AD,∠ADF=∠A'DF,AF=A'F, :△1HDF≌DF(SAS) ∴.∠A=∠DA'F; ,∠AFH=∠A'FG. .∠AHF=∠AMA'=90°： ,∠A=∠A, .△AFH∽△ABC, AF HF AH ·AB BC AC, .HF:AH AF=BC:AC:AB=3:4:5, :∠A=∠DA'F,AF=A'F,∠AHF=∠AMF, :△AHF≌AAMF(AAS) .HF=FM,AH =A'M HF=FM =3x,AH=A'M=4x,AF=A'F=5x, .'AM AF+FM=8x, .·A'D‖BC 8/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△AMD∽△ACB AM AD 8x AD AC=AB,即12=15， .AD=10x, .BE=BD=AB-AD=15-10x, .CE=BC-BE =10x-6, FG=A'F=5x, ∴.MG=FG-FM=2x, .CG=AC-AM-MG=12-8x-2x=12-10x, A'D‖BC ∴.△A'MGAECG, A'M MG ·.CE=CG, 4x 2x .10x-612-10x, 解得：x=1, AF=5x=5: 当△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形时，如图，则AF=AG, H D MiB 2 G B------ E C 同理得HF:AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5,HF=FM,AH=A'M,AF=AF, HF FM =3y,AH=A'M =4y,AF=A'F=5y, .AM=AF+FM=8y, A'DI‖BC 9/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△AMD∽△ACB. AM AD 8y AD AC=AB,即12=15， .AD=10y, .BE=BD=AB-AD=15-10y, ∴CE=BC-BE=10y-6. ,△A'FG是以AF为腰FG为底的等腰三角形，AM⊥AC, ..GM=FM=3y, FG=GM+FM=6y, .CG=AC-AF-FG=12-1ly, .A'Dl BC, .△A'MGr△ECG. A'M MG :.CEcG’ 4v 3y .10y-612-11y 解得：少33 37, A'F=5y=165 37: 165 综上，AF的长为5或37· 3.(1)四边形AECF为矩形.理由如下： AE⊥BC,CF⊥AD ∴.∠AEC=90°，∠AFC=90°， 四边形ABCD为菱形， .AD∥BC, 10120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AFC+∠ECF=180°， ∴.∠ECF=180°-∠AFC=90°， .∠ECF=∠AEC=∠AFC=90°. .四边形AECF为矩形 (2)①CH=MD,理由如下： ,四边形ABCD为菱形， AB=AD,∠B=∠D ,△ABE旋转得到△AHG .AB=AH,∠B=∠H, ∴.AH=AD,∠H=∠D, ∠HAM=∠DAC, .AHAM≌△DAC, :AM=AC, :AH-AC=AD-AM. ..CH MD ②解：如图所示，当点N在线段CD上时，过点A作AP⊥CD于P, ,四边形ABCD是菱形， .AB=AD,∠B=∠D, :AE⊥BC, .∠AEB=90°=∠APD, △ABE≌AADP, .AE=AP, 由旋转知：AH=AB=5,GH=BE=4,∠G=90°， AE=AG=AP=AB2-BE=3 11/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :GH⊥CD, .∠GWP=90°， .∠APD=∠G=∠GNP=90°、 “.四边形APNG为矩形， AP=AG, .四边形APNG为正方形， .GN=PN=3. DP=VAD2-AP=4 .NH=ND=4-3=1, tan∠H=tan∠D=4G=N-MN3 GH NH ND 4 ..ON=MN=3 4 P0=339 44, S四边形AQ=S梯形ANP一S,APe -(+4P)PN-4PxP 9 4 当点N在线段DC延长线上时，AG在AB上，过点A作AK⊥CD于K,连接AN,如图所示： H M G D 由旋转知：GH=BE=4,AG=AE=3,∠D=∠H,AH=AD, .·∠HAM=∠DAQ. 12120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :.△AMH≌△AQD .AM=AO,HM DO :四边形ABCD是菱形， AB=AD,∠B=∠D, AE⊥BC, .∠AEB=90°=∠AKD, ∴△ABE≌△ADK, .'AE=AK=AG=3,DK=BE=4, .∠AGN=∠GNK=∠AKN=90°， .四边形AGNK为矩形， AG=AK, ∴.四边形AGNK为正方形， .GN=AK=3,AG‖NK, .HN=4+3=7, AGI NK. .△AGHr△QNH. HG AG ·HNNg' 43 .7Ng' 解得Q=2 4， .ND=NK+KD=3+4=7, .NH=ND :NH-MH ND-DO, 即NM=NQ, 13120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AM=AO,AN=AN, .△AMN≌△AQN, 2S.40-2xNOx 4K=2xx21x3=53 121 24 4 963 综上，四边形AMNQ的面积是4或4· 一年模拟练测同 1.A 2.C 3.C 4.B 5.D 10 6.3 722 8. 108 9.4 10.4 11.(1)③④ (2)证明：：∠CAD=∠BAE=90°， .∠BAD=∠CAE 又：AC=AD,AB=AE, :△ABD≌aACE(SAS) .∠1=∠2， ∠3=∠4， .180°-∠1-∠3=180°-∠2-∠4 ∴.∠COD=∠CAD=90° 14120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .CE⊥BD ∴.四边形BCDE是正交四边形. D 4 图3 (3)解：.CE⊥BD D02+C02=CD2-(32=18,B0+c0=BC2=2=4,D02+0E2=DE, B02+0E2=BE2=(2V3=12 .DE2+BC2=D02+OE2+B02+C02,CD2+BE2=D02+C02+B02+0E2 DE+BC-CD+BE .DE2+4=18+12, DE=V26 (舍负) 12.I)O证明：：矩形ABCD,对折，折痕分别交AB,CD于点M,N,连接MN. .∠D=∠A=90°=∠DNM=∠NMA=90°， ∴.四边形AMND是矩形； ②v2: (2)①45° ②解：如图，分别过点N,N'作直线CC的垂线，垂足分别为F,G, 15120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A M B 由旋转的性质，可知N'C'=NC,BC'=BC,∠BC'N'=∠BCN=90°， ∴，∠BC'C+∠CCN'=∠BCC'+∠NCF=90°. BC'=BC ∠BCC'=∠BC'C, ∠NCF=∠CCN', 在aNFC与△W'GC'中， I∠NFC=∠N'GC'=90° ∠NCF=∠CC'N' NC=N'C ∴.△NFC≌△N'GC'(AAS) .NF=N'G. .∠NFE=∠N'GE=90°，∠NEF=∠W'EG, ∴.ANEF≌△N'EG(AAS) :NE=N'E, 点E是NW'的中点. √5-√2 5+迈 3)线段CE的长为2或2. 13.(I)四边形BENM为菱形.理由如下： .E,M,N AB,BD.AD 分别是 的中点， .EN-DENMN4.MN ∴.四边形BENM为平行四边形. 由旋转得AB=DB, 16120 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..MN=EN .BENM为菱形. (2)①证明：如图，连接CE “在Rt△ABC中， ∠ACB=90,∠CAB=30 .∠ABC=90°-∠CAB=60° ,在Rt△ABC中，E是AB的中点， 1 .CE-7AB=BE. .△BCE是等边三角形. ∴.∠ECB=∠CEB=∠CBE=60°，CE=CB=BE ,四边形BEWM为菱形，∠ABD=a=90°， ∴四边形BENM为正方形. .∠BEN=∠ABD=90°，EN=BM ,∠CEN=∠CEB+∠BEN=150°，∠CBM=∠CBE+∠ABD=150° ∴.∠CEN=∠CBM ∴.ACEN≌ACBM ∴.CM=CN M B ②理由：当顺时针旋转90°时，如图所示，过M点作MG⊥CB于G, 由1B=13,an∠CAB= 12 BC 5 得AC12,BC2+AC2=132, .BC=5,AC=12, 17120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠MBG+∠ABC=90,∠CAB+∠ABC=90°」 .∠MBG=∠CAB .tan∠MBG=tan∠CAB= 12 MG 5 ·BG12 M B G 2,BG2+MG2=BM2, &Mc-3BG=6, .CG=5+6=11, .CM=VCG+MG=509 : 当顺时针旋转270°时，如图所示，过M点作MG1CB于G, 由B=l3,an∠CaB=5 12’ BC 5 得AC12,BC2+AC2=132, .BC=5,AC=12. .∠MBG+∠ABC=90°，∠CAB+∠ABC=90° .∠MBG=∠CAB. :.tan☑MBG=tan/CAB= 12, MG 5 ·BG12 2 BG2+MG2=BM2, 4MG-3BG=6, 18120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .CG=6-5=1, :CM=VCG2+MG-V2 B D 14.(1)∠AOE=45°（答案不唯一，合理即可） 2)AK=A0 理由如下： ,正八边形的内角和是 8-2)×180°=1080° ∠FEL=∠KL=1080 =135° .∠AEL=180°-∠FEL=45°，∠DKJ=180°-∠JKL=45° .∠AEL=∠DKJ :四边形ABCD是正方形， .∠BAD=∠ADC=90° :八边形EFGHLJKL是正八边形， .KJ=KL=EL 在△AEL与△DJK中， 「∠AEL=∠DJK ∠LAE=∠KDJ, EL=JK, :△1BL≌aDK(A1S) .KD=AL. 设KD=AL=x 在Rt△AEL中，∠EAL=90°， 19120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 sin∠AEL= EL .EL AL sin∠AELsin45=v2x】 :=E以=2x 4K=AL+KL-x+x 4D=AL+KL+KD=2x+x 在RtAAOD中，∠AOD=90°， :coS∠OAD=A0 AD' 4O=ADc0sZO4D=(2x+x)cos45x ..AK=AO 3)如图，八边形EFGHLJKL即为所作.（答案不唯一，合理即可） 方法一 方法二 方法三 20120 专题10 四边形 5年真题1年模拟 考点分类 山西考情（2022-2026） 命题规律 考点01三角形中位线 2025山西卷 2024山西卷 2023山西卷 1. 题型：3分选择、3分填空、12分阅读与思考大题全覆盖2. 选填：平行四边形、普通四边形载体，直接考查中位线定理、中点四边形基础性质3. 阅读探究大题：瓦里尼翁平行四边形新情境，分层考查定理依据填空、尺规作图、猜想证明，侧重文字理解、规范几何说理、动手作图能力 考点02 平行四边形的性质 2024山西卷 2023山西卷 1. 填空计算：平行四边形+垂线/角平分线模型，结合勾股定理求线段长度、线段比值2. 融合全等判定、等量代换，以基础送分题型为主3. 依托尺规作图背景，综合等腰三角形边角性质求值 考点03 矩形的判定与性质 2026山西卷 2025山西卷 2022山西卷 1. 选填：直角四边形背景，全等+勾股定理求线段长2. 阅读新定义大题：“双关联线段” 全新概念，包含求值、几何证明、尺规作图3. 项目学习应用题：结合景区实景俯视角，融合解直角三角形、三角函数测算直径4. 基础作图证明：作对角线垂直平分线，猜想并证明线段相等 考点04 正方形的判定与性质 2026山西卷 2024山西卷 2022山西卷 1. 选择题：正方形对角线平移，结合相似求线段比值2. 填空题：正方形习字格黄金分割计算、正方形全等 + 垂直模型，勾股定理求值3. 核心载体：正方形对角线相等垂直、四边相等，搭配全等、相似综合计算线段 考点05 菱形的判定与性质 2026山西卷 2025山西卷 2024山西卷 1. 必考综合探究压轴题（10–12 分），三大主流模型：直角三角形中线旋转、纸片折叠、菱形旋转2. 设问分层：线段相等推理证明、线段数量 / 位置关系探究、直角 / 等腰三角形分类讨论，直接写线段长3. 旋转拓展：菱形高判定矩形、旋转全等、直线垂直分类求四边形面积 考点01 三角形中位线 1．（2025·山西·中考真题）如图，在平行四边形中，点是对角线的中点，点是边的中点，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质，由三角形中位线的性质得，进而由平行四边形的性质得，即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵点是对角线的中点，点是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故选：． 2．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　) A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 【答案】A 【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题． 【详解】解：如图所示， 连接，， 点和点分别是和的中点， 是的中位线， ． 同理可得， ， ，， 四边形是平行四边形． ， ，且， ， 平行四边形是菱形， 与互相垂直平分． 故选：A． 3．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．    【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） (2)答案不唯一，见解析 (3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可； （2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可； （3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论． 【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） （2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求    （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和， 证明如下：∵点分别是边的中点， ∴． ∴． 同理． ∴四边形的周长． 即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和． 考点02 平行四边形的性质 1．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 _________． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键． 如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，由得，进而得，则，再由得，则，由，得，在中由勾股定理得，则，证明得，则，再证明得，由此可得BG的长． 【详解】解：如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K， ∵四边形为平行四边形， ∴，， 又∵， 在中，， ∴， 由勾股定理得：，即， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 故答案为：． 2．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为__________．    【答案】 【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可． 【详解】解：∵在中，， ∴，， 由作图知平分，， ∴是等边三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 考点03 矩形的判定与性质 1．（2026·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，．点是边上的一点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交边于点．若，则线段的长为________． 【答案】14 【分析】过点E作，交于点．通过等角对等边证明，过点作于点，作于点，证明，根据平行线分线段成比例求出，进而得出，证明四边形是矩形得到，根据勾股定理求出，得到的长，从而可得的值，进而在中解直角三角形即可求解． 【详解】过点E作，交于点． ， ， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ． 过点作于点，作于点，则． ， ， ∴， ， ， ， ， ． ， 四边形是矩形， ， 在中，， ． 在中，， 在中，， ． 2．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，延长交延长线于点，过作于点，则，由三线合一性质可得，然后证明四边形是矩形，所以，，又，则可证，所以，求出，然后通过平行线的性质和等角对等边可得，设，则，，最后通过勾股定理求出的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，延长交延长线于点，过作于点，则， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 由勾股定理得：， ∴，解得：， 即， ∴， 故答案为：． 3．（2025·山西·中考真题）阅读与思考 下面是小宣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． 双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．   【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．   问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．   求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …    任务： (1)问题1中的________，问题2中的依据是________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段． （要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）． 【答案】(1)，等角的补角相等； (2) 是的外角，   ． 是的外角，            ．          ， ．                即线段与线段所在直线形成的夹角中有一个角是． ， 线段与线段是双关联线段． (3) 如图，线段即为所求． 作法一：    作法二：    【分析】（1）设的交点为O，利用矩形的性质及已知可证明是等边三角形，由等边三角形的性质及矩形性质即可求解．利用等角的补角相等即可完成问题2的依据． （2）利用三角形外角的性质及等边三角形的性质即可，从而问题完成； （3）作一个等边三角形即可完成． 【详解】（1）解：设的交点为O，如图； ∵四边形是矩形， ∴； ∵对角线与互为双关联线段， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴；    故答案为：； 问题2中的依据是：等角的补角相等；                       故答案为：等角的补角相等； （2）略 （3）略 4．（2025·山西·中考真题）项目学习 项目背景：“源池泉涌”为我省某景区的一个景点，主体设计包括外栏墙与内栏墙，外栏墙高于内栏墙，两栏中间为步道，内栏墙内为泉池，池内泉水清澈见底．从正上方看，外栏墙呈正八边形，内栏墙呈圆形．综合实践小组的同学围绕“景物的测量与计算”开展项目学习活动，形成了如下活动报告． 项目主题 景物的测量与计算 驱动问题 如何测量内栏墙围成泉池的直径 活动内容 利用视图、三角函数等有关知识进行测量与计算 活动过程 方案说明 图为该景，点俯视图的示意图，点，是正八边形中一组平行边的中点，为圆的直径图中点在同一条直线上． 图为测量方案示意图，直径所在水平直线与外栏墙分别交于，点，，外栏墙与均与水平地面垂直，且．，均表示步道的宽，．图中各点都在同一竖直平面内． 数据测量 在点处测得，点和点的俯角分别为，，米．图中墙的厚度均忽略不计 计算 …… 交流展示 …… 请根据上述数据，计算内栏墙围成泉池的直径的长（结果精确到米．参考数据： ，，，，，）． 【答案】内栏墙围成泉池的直径的长约为米． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，由题意得，四边形为矩形，则，，所以，，设米，则米，米，然后通过， ，  列出方程，  解出方程即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由题意得，，四边形为矩形， ∴，， ∴，， 设米，则米，米， 在中，，， ∴， 在中，，， ∴， ∴，解得， ∴（米）， 答：内栏墙围成泉池的直径的长约为米． 5．（2022·山西·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）， (2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明． 【答案】(1) 如图， (2) ．证明如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴． ∴． ∵EF为AC的垂直平分线， ∴． ∴． ∴． 【分析】（1）根据垂直平分线的尺规作图的画法，分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径画弧，交于两点，过两点作直线即可得到线段AC的垂直平分线． （2）利用矩形及垂直平分线的性质，可以证得，根据全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】（1）略 （2）略 考点04 正方形的判定与性质 1．（2026·山西·中考真题）如图，在正方形中，对角线，交于点．将线段沿射线方向平移，点，的对应点分别为点，，线段分别与，交于点，．当点是的中点时，的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由四边形是正方形得，由点是的中点得，由平移得，进而得，得出，代换即可求出． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点是的中点， ∴， 由平移得， ∴， ∴, 又∵， ∴． 2．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为________（结果保留根号）． 【答案】/ 【分析】本题考查了黄金分割的定义，正方形的性质及矩形的判定与性质，熟记黄金比是解决本题的关键． 先证明四边形是矩形，根据黄金分割的定义可得，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 又∵， ∴， 故答案为：． 3．（2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为_________ 【答案】 【分析】连接AE、AF、EN，首先可证得，AE=AF，可证得垂直平分EF，可得EN=FN，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得AN的长． 【详解】解：如图：连接AE、AF、EN， 四边形ABCD是正方形 设AB=BC=CD=AD=a，， 在与中， ， ， 是等腰三角形， 又， 垂直平分EF， ， 又， ， 在中，， ， 解得a=20， ，， 在中，， ， 故答案为：． 考点05 菱形的判定与性质 1．（2026·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图1，在中，，是的中线．将绕点顺时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，线段分别与线段，交于点，，线段与交于点． (1)推理证明：求证：； (2)拓展延伸：在旋转过程中，当时，探究下列问题． ①如图2，判断与的数量关系，并说明理由； ②已知，．在射线上取一点，在射线上取一点，使．当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)证明：，是的中线， ，，，     绕点顺时针旋转得到， ，，     ，，     ， 在和中， ， ； (2)①解：， 理由如下： ，是的中线， ，     绕点顺时针旋转得到， ，， ， ∵， ， ， ， 四边形是平行四边形，     ， 是菱形， ； ②线段的长为或 【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质，旋转的性质得出，结合图形得到，运用“角边角”即可求证； （2）①根据旋转得到，由平行线的判定得到，可证四边形是菱形，由此即可求解； ②证明在以为圆心，为半径的圆上，即图中的，可得四边形为矩形，可得当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，当，则一定过点，不符合题意；只有或，此时三点共线，再进一步求解即可. 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：∵， ∴在以为圆心，为半径的圆上，即图中的， ∴， ∴四边形为矩形， ∴当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时， 当，则一定过点，不符合题意； ∴只有或， 此时三点共线， 如图所示，当点在线段上时，，且点G在线段上，过点作于点， ， ∵， ， ，， ∴，， 设，， 则， ， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：或（舍去）， 此时， . 综上所述，或． 2．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【答案】 （1）四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到 ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②5或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形； （2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：∵，，， ∴， 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得，，， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则， 同理得，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵是以为腰为底的等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或． 3．（2024·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． ①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积． 【答案】 （1）四边形为矩形．理由如下： ，     ， 四边形为菱形， ∴， ∴， ， ∴， 四边形为矩形． （2）①，理由如下： ∵四边形为菱形， ， 旋转得到， ， ， ， ， ， ， ． ②或 【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形； （2）①由菱形和旋转得性质证，可证； ②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：（1）略 （2）①略 ②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， 由旋转知：，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∴ ； 当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：    由旋转知：，，，， ∵， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∴，， ∵， ∴ 四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 综上，四边形的面积是或． 1．（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． 2．（2026·山西晋中·二模）如图，已知正方形对角线上有一点，连接，平分，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】因为四边形是正方形，所以先根据正方形对角线的性质，得到、、的度数，因为平分，所以根据角平分线的定义，计算出的度数，因为，所以代入对应角度即可得到结果． 【详解】在正方形中，， ∴， ∵平分， ∴， ∴． 3．（2026·山西忻州·二模）如图，已知菱形的面积为，对角线与相交于点，对角线的长为，于点，连接，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用菱形的面积公式可计算出，结合“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可计算出． 【详解】解：∵菱形的面积为，且， ∴， 在菱形中，点为的中点， 又∵， ∴． 4．（2026·山西运城·三模）如图，在矩形中，对角线相交于点，延长到点，使，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由矩形的性质得，，证明四边形是平行四边形得，进而可证B正确，无法证明A，C，D正确． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故B正确； 无法证明，，，故A，C，D不一定正确． 5．（2026·山西·三模）如图，在中，对角线相交于点O，是的中线，点E是的中点，连接．若，则的长为（    ） A． B． C．2 D．1 【答案】D 【分析】先推导出，再根据三角形的中位线，求出，即可解答． 【详解】解：在中，， ∵是的中线， ∴， ∵点E是的中点， ， ∴． 6．（2026·山西长治·三模）如图，点，分别是的一组对边 ，上的点，点 ，分别是另一组对边 ， 上的点，且线段 和 把的面积四等分．若 ， ，，则的长为__________． 【答案】 【分析】证明，连接交于点，证明相交于点，求出，连接，证明，设到的距离为则，同理可得，，得到，代入数据即可求出答案． 【详解】解：∵线段和把的面积四等分． ∴线段线段 和均把的面积二等分， 即， 如图，连接交于点， 设的边上的高为则， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴， ∴， 即为的中点， 同理可证，为的中点， 即相交于点， ∵ ， ，， ∴， 连接，则， ∵， ∴， 设到的距离为则 ， 同理可得，， ∴， ∴， 解得． 7．（2026·山西运城·二模）如图，在四边形中，，以点为旋转中心，将边绕点顺时针旋转，使点的对应点恰好落在边上，连接，取的中点，连接，若，，则的长为_________． 【答案】 【分析】过作于，构造矩形，利用旋转性质求出长度；再构造辅助线，利用中点结合中位线及直角三角形斜边中线定理求解． 【详解】提示：如图，过点作于点，过点作于点， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， 由题意可知，是的中点， 根据平行线分线段成比例，则， 是的中点， 是的中位线， ， ， ． 8．（2026·山西朔州·三模）如图，在矩形中，为边的中点，将沿折叠，使点落在矩形内点处，连接．若，，则的面积为________． 【答案】 【分析】过点作交于点，先根据中点求出的长，结合矩形的性质求出的长，再根据折叠得出并证明是等腰三角形，然后结合等腰三角形的三线合一推出，，进一步推出，证明，运用相似性质求出的长，最后根据三角形面积公式即可求解． 【详解】如图，过点作交于点， ∵为边的中点，， ∴， ∵矩形， ∴， ∴在，， ∵沿折叠得， ∴，， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴，，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴，即，解得：，， ∴， ∴的面积． 9．（2026·山西长治·二模）如图，正方形的边长为8，点为上靠近的三等分点，连接，将正方形沿折叠，点的对应点为，点的对应点为，延长，交于点，与交于点，则的长为____________． 【答案】 【分析】连接，由正方形的性质可得，，由折叠的性质可得，，，，证明，得出，设，则，，由勾股定理可求出，从而得出，，的长即可得解， 【详解】解：如图：连接， 正方形的边长为8，点为上靠近的三等分点， ，，，， 由折叠的性质可得：，，，， 在和中： ， ， ， 设，则，， 由勾股定理得，， ， 解得， ，，． 10．（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， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴． 11．（2026·山西晋中·二模）下面是勤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“正交四边形”的研究报告研究对象：正交四边形 研究思路：类比特殊平行四边形的学习过程，按“定义—性质—判定”的路径，由一般到特殊展开研究． 概念理解：对角线互相垂直的凸四边形叫作正交四边形；有一条对角线平分另一条对角线的正交四边形是筝形．例如，如图，在凸四边形中，若，则四边形为正交四边形；若，，则四边形为筝形． 问题解决：问题：下列四边形中，是筝形的有 ▲ ； ①平行四边形    ②矩形    ③菱形    ④正方形 问题：如图，分别以的边和为边向外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，使得，，，连接，交于点．求证：四边形是正交四边形． 证明：，． 又，， … 任务： (1)请写出问题中“▲”处空缺的内容为 ． (2)请补全问题的证明过程． (3)在图中，若，，，直接写出的长． 【答案】(1)③④ (2)证明：， ． 又，， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是正交四边形． (3) 【分析】（1）根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的对角线的性质分析即可； （2）证明，根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理即可证明； （3）分别对四个直角三角形运用勾股定理得到，即可求解． 【详解】（1）解：平行四边形和矩形的对角线不满足垂直的性质，故不符合题意； 菱形和正方形的对角线互相垂直且互相平分，故是筝形； （2）略 （3）解：∵ ∴，，， ∴， ∴ ∴， ∴（舍负）． 12．（2026·山西大同·三模）综合与探究： 我们在现实生活中经常用到纸，它是一种长和宽的比是一个定值的矩形，该种类型的纸也被称为标准纸．如图1是一张A4纸（矩形），对折后展开，折痕分别交于点M，N，连接． 【操作判断】 (1)①四边形都是矩形，请你对四边形是矩形进行证明； ②已知矩形和矩形相似，则纸长和宽的比为________； 【深入探究】 将矩形绕点顺时针旋转得到矩形． (2)①如图2，当恰好经过点C时，旋转角的度数是________； ②如图3，当矩形在平面内绕点旋转时，连接，，直线与线段交于点，证明点E是的中点． 【拓展应用】 (3)若，在矩形旋转过程中，当，，三点共线时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)①证明：∵矩形，对折，折痕分别交于点M，N，连接． ∴， ∴四边形是矩形； ②； (2) ① ②解：如图，分别过点，作直线的垂线，垂足分别为，， 由旋转的性质，可知，，， ， ， ， ， 在与中， ， ， ， ，， ， ， ∴点E是的中点． (3)线段的长为或． 【分析】（1）①根据折叠的性质及矩形的判定证明即可；②根据题意得出，再由相似多边形的性质求解即可； （2）①在直角三角形里，利用（1）②中的结果及三角函数算出，从而得到旋转角；②过、向作垂线，先证两个小三角形全等得到垂线段相等，再证包含、的两个三角形全等，从而得出； （3）分在线段上和延长线上两种情况，先证和是等边三角形，再结合勾股定理和（2）的结论，分别算出两种情况下的长度． 【详解】（1）解：②∵矩形，对折，折痕分别交于点M，N， ∴， ∵矩形和矩形相似， ∴即， ∴； （2）①解：当恰好经过点时， 由（1）②得， ∴， ∵旋转， ∴， ∵， ， ， ， ． ②略 （3）∵，， ∴， 解：①如图，当点在线段上时，， ，，， ， ， ， 连接，，则， ， ， 是等边三角形， ， 由（2）可知，， ，， ， ， 是等边三角形， 过点作于， ， ， ，， 在中，， ； ②如图，当点在线段的延长线上时，连接，，过点作于点， 同理可得是等边三角形， ， 综上所述，线段的长为或． 13．（2026·山西运城·三模）综合与探究 问题情境： 如图1，在中，，将边绕点按顺时针方向旋转（）得到线段，连接，分别是线段的中点，连接． 猜想验证： (1)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： (2)①如图2，当时，连接，求证：； ②在图（1）的基础上，，当时，连接，请直接写出线段的长度． 【答案】(1)四边形为菱形．理由如下： 分别是的中点， ． ∴四边形为平行四边形． 由旋转得， ． 为菱形． (2)①证明：如图，连接． 在中，， ∴ ∵在中，是的中点， ． 是等边三角形． ． ∵四边形为菱形，， ∴四边形为正方形． ． ． ． ． ． ②线段的长度为或; 【分析】（1）利用三角形的中位线定理和菱形的判定求解． （2）①利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等边三角形的判定与性质、正方形的判定与性质，得出即可求解；②分两种情况作出图形，构造直角，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）①略 ②理由：当顺时针旋转时，如图所示，过M点作于G， 由， 得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴, ∵，， ∴， ∴， ∴； 当顺时针旋转时，如图所示，过M点作于G， 由， 得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴, ∵，， ∴， ∴， ∴． 14．（2026·山西长治·三模）阅读与思考 尺规作图 一把直尺，一副圆规，就能开启奇妙的几何之旅．五种基本尺规作图，是构建万千图形的“钥匙”．不仅能完成严谨的几何证明与图形绘制，还能设计出对称精美的几何图案． 正方形内嵌正八边形，就是其中极具代表性的经典图案．如果一个正方形里面嵌套了一个正八边形，且正八边形至少有四个顶点分别在正方形的四条边上，那么我们称这个正八边形内嵌于这个正方形．你能用尺规作出图1或图2中正方形的内嵌正八边形吗？ 初步分析：从整体特征与元素特征两个角度回顾正八边形的性质． （1）整体特征：具有轴对称性和旋转对称性． （2）元素特征：各边相等，各角相等且都等于． 深入分析：以图2正方形内嵌正八边形为例，如图3，连接，，，，发现的结论如下： （1），，，分别是正方形各边的中点； （2）是顶角为，底角为的等腰三角形； （3）中，； （4）___________________________． 动手作图：利用作垂直平分线和角平分线的方法作图 （1）如图4，作边，的垂直平分线，分别交，，，于点，，，； （2）分别作和的角平分线，交于点；利用旋转对称性作出点，，； （3）顺次连接这八个点． ∴八边形为正方形的内嵌正八边形． 任务： (1)请根据“深入分析”中的条件，写出一条你发现的结论______________． (2)类比研究图2正方形内嵌正八边形的方法，如图5，连接，，交于点．线段是否与线段相等，请说明理由． (3)请根据你发现的几何结论，换一种尺规作图方式，在正方形中作出其内嵌正八边形（不写作图步骤，保留作图痕迹）． 【答案】(1)（答案不唯一，合理即可） (2)． 理由如下： ∵正八边形的内角和是， ∴， ∴，， ∴． ∵四边形是正方形， ∴． ∵八边形是正八边形， ∴． 在与中， ∴， ∴． 设． 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴，． 在中，， ∴， ∴． ∴． (3)如图，八边形即为所作．（答案不唯一，合理即可） 【分析】（1）根据点，由旋转对称性作图得到，得出，即可求解． （2）根据多边形内角和定理求得，进而可得，根据四边形是正方形，得出，根据正八边形得出，证明得出，设，解直角三角形得出，则在中，根据，得出，即可证明． （3）根据正方形的性质和正八边形的定义进行作图即可． 【详解】（1）解：（答案不唯一，合理即可） ∵，且点，由旋转对称性作图得到， ∴对角线经过正方形内嵌正八边形的顶点和， ∴． （2）略 （3）略 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 四边形 5年真题1年模拟 考点分类 山西考情（2022-2026） 命题规律 考点01三角形中位线 2025山西卷 2024山西卷 2023山西卷 1. 题型：3分选择、3分填空、12分阅读与思考大题全覆盖2. 选填：平行四边形、普通四边形载体，直接考查中位线定理、中点四边形基础性质3. 阅读探究大题：瓦里尼翁平行四边形新情境，分层考查定理依据填空、尺规作图、猜想证明，侧重文字理解、规范几何说理、动手作图能力 考点02 平行四边形的性质 2024山西卷 2023山西卷 1. 填空计算：平行四边形+垂线/角平分线模型，结合勾股定理求线段长度、线段比值2. 融合全等判定、等量代换，以基础送分题型为主3. 依托尺规作图背景，综合等腰三角形边角性质求值 考点03 矩形的判定与性质 2026山西卷 2025山西卷 2022山西卷 1. 选填：直角四边形背景，全等+勾股定理求线段长2. 阅读新定义大题：“双关联线段” 全新概念，包含求值、几何证明、尺规作图3. 项目学习应用题：结合景区实景俯视角，融合解直角三角形、三角函数测算直径4. 基础作图证明：作对角线垂直平分线，猜想并证明线段相等 考点04 正方形的判定与性质 2026山西卷 2024山西卷 2022山西卷 1. 选择题：正方形对角线平移，结合相似求线段比值2. 填空题：正方形习字格黄金分割计算、正方形全等 + 垂直模型，勾股定理求值3. 核心载体：正方形对角线相等垂直、四边相等，搭配全等、相似综合计算线段 考点05 菱形的判定与性质 2026山西卷 2025山西卷 2024山西卷 1. 必考综合探究压轴题（10–12 分），三大主流模型：直角三角形中线旋转、纸片折叠、菱形旋转2. 设问分层：线段相等推理证明、线段数量 / 位置关系探究、直角 / 等腰三角形分类讨论，直接写线段长3. 旋转拓展：菱形高判定矩形、旋转全等、直线垂直分类求四边形面积 考点01 三角形中位线 1．（2025·山西·中考真题）如图，在平行四边形中，点是对角线的中点，点是边的中点，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　) A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 3．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．    考点02 平行四边形的性质 1．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 _________． 2．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为__________．    考点03 矩形的判定与性质 1．（2026·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，．点是边上的一点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交边于点．若，则线段的长为________． 2．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为______． 3．（2025·山西·中考真题）阅读与思考 下面是小宣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． 双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．   【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．   问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．   求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …    任务： (1)问题1中的________，问题2中的依据是________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段． （要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）． 4．（2025·山西·中考真题）项目学习 项目背景：“源池泉涌”为我省某景区的一个景点，主体设计包括外栏墙与内栏墙，外栏墙高于内栏墙，两栏中间为步道，内栏墙内为泉池，池内泉水清澈见底．从正上方看，外栏墙呈正八边形，内栏墙呈圆形．综合实践小组的同学围绕“景物的测量与计算”开展项目学习活动，形成了如下活动报告． 项目主题 景物的测量与计算 驱动问题 如何测量内栏墙围成泉池的直径 活动内容 利用视图、三角函数等有关知识进行测量与计算 活动过程 方案说明 图为该景，点俯视图的示意图，点，是正八边形中一组平行边的中点，为圆的直径图中点在同一条直线上． 图为测量方案示意图，直径所在水平直线与外栏墙分别交于，点，，外栏墙与均与水平地面垂直，且．，均表示步道的宽，．图中各点都在同一竖直平面内． 数据测量 在点处测得，点和点的俯角分别为，，米．图中墙的厚度均忽略不计 计算 …… 交流展示 …… 请根据上述数据，计算内栏墙围成泉池的直径的长（结果精确到米．参考数据： ，，，，，）． 5．（2022·山西·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）， (2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明． 考点04 正方形的判定与性质 1．（2026·山西·中考真题）如图，在正方形中，对角线，交于点．将线段沿射线方向平移，点，的对应点分别为点，，线段分别与，交于点，．当点是的中点时，的值为（     ） A． B． C． D． 2．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为________（结果保留根号）． 3．（2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为_________ 考点05 菱形的判定与性质 1．（2026·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图1，在中，，是的中线．将绕点顺时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，线段分别与线段，交于点，，线段与交于点． (1)推理证明：求证：； (2)拓展延伸：在旋转过程中，当时，探究下列问题． ①如图2，判断与的数量关系，并说明理由； ②已知，．在射线上取一点，在射线上取一点，使．当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，请直接写出线段的长． 2．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 3．（2024·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． ①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积． 1．（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． 2．（2026·山西晋中·二模）如图，已知正方形对角线上有一点，连接，平分，则的度数是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·山西忻州·二模）如图，已知菱形的面积为，对角线与相交于点，对角线的长为，于点，连接，则的长为（     ） A． B． C． D． 4．（2026·山西运城·三模）如图，在矩形中，对角线相交于点，延长到点，使，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（     ） A． B． C． D． 5．（2026·山西·三模）如图，在中，对角线相交于点O，是的中线，点E是的中点，连接．若，则的长为（    ） A． B． C．2 D．1 6．（2026·山西长治·三模）如图，点，分别是的一组对边 ，上的点，点 ，分别是另一组对边 ， 上的点，且线段 和 把的面积四等分．若 ， ，，则的长为__________． 7．（2026·山西运城·二模）如图，在四边形中，，以点为旋转中心，将边绕点顺时针旋转，使点的对应点恰好落在边上，连接，取的中点，连接，若，，则的长为_________． 8．（2026·山西朔州·三模）如图，在矩形中，为边的中点，将沿折叠，使点落在矩形内点处，连接．若，，则的面积为________． 9．（2026·山西长治·二模）如图，正方形的边长为8，点为上靠近的三等分点，连接，将正方形沿折叠，点的对应点为，点的对应点为，延长，交于点，与交于点，则的长为____________． 10．（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________． 11．（2026·山西晋中·二模）下面是勤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“正交四边形”的研究报告研究对象：正交四边形 研究思路：类比特殊平行四边形的学习过程，按“定义—性质—判定”的路径，由一般到特殊展开研究． 概念理解：对角线互相垂直的凸四边形叫作正交四边形；有一条对角线平分另一条对角线的正交四边形是筝形．例如，如图，在凸四边形中，若，则四边形为正交四边形；若，，则四边形为筝形． 问题解决：问题：下列四边形中，是筝形的有 ▲ ； ①平行四边形    ②矩形    ③菱形    ④正方形 问题：如图，分别以的边和为边向外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，使得，，，连接，交于点．求证：四边形是正交四边形． 证明：，． 又，， … 任务： (1)请写出问题中“▲”处空缺的内容为 ． (2)请补全问题的证明过程． (3)在图中，若，，，直接写出的长． 12．（2026·山西大同·三模）综合与探究： 我们在现实生活中经常用到纸，它是一种长和宽的比是一个定值的矩形，该种类型的纸也被称为标准纸．如图1是一张A4纸（矩形），对折后展开，折痕分别交于点M，N，连接． 【操作判断】 (1)①四边形都是矩形，请你对四边形是矩形进行证明； ②已知矩形和矩形相似，则纸长和宽的比为________； 【深入探究】 将矩形绕点顺时针旋转得到矩形． (2)①如图2，当恰好经过点C时，旋转角的度数是________； ②如图3，当矩形在平面内绕点旋转时，连接，，直线与线段交于点，证明点E是的中点． 【拓展应用】 (3)若，在矩形旋转过程中，当，，三点共线时，请直接写出线段的长． 13．（2026·山西运城·三模）综合与探究 问题情境： 如图1，在中，，将边绕点按顺时针方向旋转（）得到线段，连接，分别是线段的中点，连接． 猜想验证： (1)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： (2)①如图2，当时，连接，求证：； ②在图（1）的基础上，，当时，连接，请直接写出线段的长度． 14．（2026·山西长治·三模）阅读与思考 尺规作图 一把直尺，一副圆规，就能开启奇妙的几何之旅．五种基本尺规作图，是构建万千图形的“钥匙”．不仅能完成严谨的几何证明与图形绘制，还能设计出对称精美的几何图案． 正方形内嵌正八边形，就是其中极具代表性的经典图案．如果一个正方形里面嵌套了一个正八边形，且正八边形至少有四个顶点分别在正方形的四条边上，那么我们称这个正八边形内嵌于这个正方形．你能用尺规作出图1或图2中正方形的内嵌正八边形吗？ 初步分析：从整体特征与元素特征两个角度回顾正八边形的性质． （1）整体特征：具有轴对称性和旋转对称性． （2）元素特征：各边相等，各角相等且都等于． 深入分析：以图2正方形内嵌正八边形为例，如图3，连接，，，，发现的结论如下： （1），，，分别是正方形各边的中点； （2）是顶角为，底角为的等腰三角形； （3）中，； （4）___________________________． 动手作图：利用作垂直平分线和角平分线的方法作图 （1）如图4，作边，的垂直平分线，分别交，，，于点，，，； （2）分别作和的角平分线，交于点；利用旋转对称性作出点，，； （3）顺次连接这八个点． ∴八边形为正方形的内嵌正八边形． 任务： (1)请根据“深入分析”中的条件，写出一条你发现的结论______________． (2)类比研究图2正方形内嵌正八边形的方法，如图5，连接，，交于点．线段是否与线段相等，请说明理由． (3)请根据你发现的几何结论，换一种尺规作图方式，在正方形中作出其内嵌正八边形（不写作图步骤，保留作图痕迹）． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $