专题18 特殊的四边形（3年汇编）（山东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦矩形、菱形、正方形性质与判定，整合山东2024-2026中考真题，突出动态变换与跨知识综合，适配中考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空/解答|3-12分|矩形折叠、菱形坐标规律、正方形半角模型|动态探究（如矩形旋转作图）、开放证明（二选一条件判定）、数形结合（函数图像与几何计算）|

专题18 特殊的四边形 3年真题1年模拟 考点分类 山东考情（2024-2026） 命题规律 考点01 矩形的性质 2026 烟台卷（填空 + 解答）、2025 德州 / 滨州 / 淄博卷、2024 淄博 / 济南卷 覆盖选择、填空、解答全题型，分值 3-10 分。早年以边长、面积基础计算为主，题型常规。2024 年起折叠类题型占比大幅提升，结合勾股定理、相似综合设题；2025 年新增网格最短路径、动点函数图像题型；2026 年融合尺规旋转作图考查，从静态性质套用转向动态变换、数形结合综合考查，对图形转化能力要求逐年提升。 考点02矩形的判定 2025 东营卷（单选）、2025 青岛 / 威海卷（解答） 以选择、解答题为主，分值 3-8 分。早期以平行四边形为基础，补充条件判定矩形，侧重定理直接应用。2025 年出现 “二选一条件判定” 开放型题型，结合全等三角形、折叠操作设题；威海卷以折叠拼接为载体，通过角度推导判定矩形，命题从定理识记转向操作探究与开放证明，对逻辑推理要求明显提高。 考点03矩形的性质及判定的综合 2025 潍坊卷（多选）、2026 德州卷（填空）、2024 青岛卷（解答） 涵盖多选、填空、解答三类题型，分值 3-10 分。早年以平行四边形升级矩形的证明为主，设问直白。2024 年起融合动点面积函数，需分段推导解析式；2025 年多结论正误判断题成为高频考法；2026 年以双折叠重合为背景，结合矩形判定与边长计算，从单一证明转向动态分段、多结论辨析，区分度显著增强。 考点04菱形的性质 2025 东营 / 烟台卷（单选）、2026 烟台 / 2025 烟台 / 2024 青岛卷（填空）、2025 潍坊 / 2024 济南卷（解答） 全题型覆盖，分值 3-10 分。早年围绕对角线、边长、角度基础计算，侧重性质直接应用。2024 年结合反比例函数、面积综合设题；2025 年新增动点轨迹弧长、坐标规律探究题型，难度跃升至填空压轴；2026 年延续坐标规律递推考法，从基础计算转向动态轨迹、函数结合的综合考查，对数形结合与归纳推理要求大幅提升。 考点05菱形的判定 2024 潍坊卷（多选）、2026 德州 / 2025 青岛 / 2024 德州卷（解答） 以多选、解答题为主，分值 3-8 分。早期以平行四边形为基底，结合角平分线、边长条件直接判定。2024 年融入圆与垂直平分线作图背景，通过多结论辨析考查判定；2025 年出现开放选条件判定题型；2026 年以直角三角形斜边中线为载体判定，命题从纯几何证明转向尺规作图原理、跨知识点联动判定，对定理本质理解要求逐步提高。 考点06菱形的判定与性质综合 2024 德州 / 威海卷（单选）、2026 山东统考卷（填空）、2024 济宁卷（解答） 覆盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-12 分。早年以条件辨析、基础证明为主，侧重定理直接应用。2024 年结合尺规作图原理、矩形折叠操作设题，需通过折叠推导菱形判定条件；2026 年统考填空压轴以平行四边形折叠为载体，综合菱形判定、相似与面积计算，从基础辨析转向操作探究型综合，推理链条加长，区分度明显提升。 考点07正方形的性质 2025 滨州 / 淄博卷（单选）、2025 东营 / 济南卷（填空）、2025 德州卷（解答） 全题型覆盖，分值 3-12 分，是几何压轴核心载体。早年围绕边长、角度基础计算，题型常规。2025 年考点全面升级：单选结合旋转最值、内切圆综合；填空融合二次函数规律、折叠全等推导；解答题以动点旋转、半角模型分层探究，从孤立性质考查转向旋转、函数、多模型融合的深度综合，对分类讨论与转化思想要求显著提高。 考点08正方形的判定 2024 东营卷（单选）、2024 山东统考卷（解答） 以选择、解答题为主，分值 3-10 分。早年以条件组合概率的形式考查判定条件，侧重基础识记。2024 年统考卷以三角板旋转为载体，先证矩形再推导正方形，后续衔接线段数量关系探究，命题从单一条件判断转向旋转动态背景下的判定证明，融合全等与分类讨论，常作为几何探究题的基础设问模块，综合度逐年提升。 考点01 矩形的性质 一、单选题 1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接交于点F， 设，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处， ∴点C与点A关于直线对称， ∴，垂直平分， ∴，，， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴． 故选：A． 【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 二、填空题 3．（2026·山东烟台·中考真题）如图1，点从矩形的顶点出发，沿的方向运动至点停止，连接，为的中点，连接．设点的运动路程为，线段的长为，图2表示点从运动到的过程中与的函数关系．当点运动到中点时，的长度为__________． 【答案】 【分析】根据函数图象可知，当点P运动到点B时，取得最小值，当点P运动到点C时，长度为5，利用直角三角形斜边中线性质求出和的长，进而求出的长，确定矩形边长，当点P在中点时，延长，，相交于点E，证明，得到，，根据勾股定理求出，即可解答． 【详解】解：由图2可知，当时，y取得最小值3，此时点P运动到点B， ∵点P与点B重合，且点Q是的中点， ∴， ∴； ∵当时，，此时点P运动到点C， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点Q是的中点， ∴， ∴， ∴在中，， ∴在矩形中，，． 延长，，相交于点E， ∵点Q是的中点， ∴， ∵在矩形中，， ∴，， ∴， ∴，． ∵点P是的中点， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴在中，， ∵， ∴． 4．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点，使得最短（保留作图痕迹）______． （2）在（1）的基础上，在边上找一点，使得最小，最小值为______． 【答案】 如图，点即为所求作： 【分析】本题考查了勾股定理与网格，矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短距离等，掌握相关知识点是解题关键． （1）由勾股定理可得，根据矩形的对角线互相平分找出的中点，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，由垂线段最短可知此时最短； （2）作点关于的对称点，连接，由轴对称的性质可得当、、三点共线时，最小，最小值为的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）略 （2）如图，作点关于的对称点，连接， 由轴对称的性质可知，， ， 当、、三点共线时，最小，最小值为的长， 过点作， 由方格和为的中点知，，， ， 故答案为：． 5．（2025·山东淄博·中考真题）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】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质；过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H，即可得到为平行四边形，进而得到，然后根据正切的定义得到，，利用勾股定理求出，然后根据求出的长解答即可． 【详解】解：过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H， 则，， ∵是矩形， ∴，，，， ∴为平行四边形， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（2024·山东济南·中考真题）如图，在矩形纸片中，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则______． 【答案】/ 【分析】如图：连接，延长交的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，证明，进而得到为直角三角形，设，则，证明为等腰三角形，求出，进而完成解答． 【详解】解：如图：连接，延长交的延长线于H， ∵矩形中，为边的中点，， ∴，， ∵将沿翻折，点的对应点为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴为直角三角形， 设，则， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、勾股定理、折叠的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解题的关键． 三、解答题 7．（2026·山东烟台·中考真题）如图，矩形 中， 是对角线，请解决下列问题： (1)将 绕点旋转后，点的对应点为点 ，点的对应点为点 ，且点在线段上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若 ， ，与交于点 ，求 的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，交于，以为圆心为半径画弧，两弧相交于，作射线，以为圆心，长为半径画弧交于，则即为所求；有作图可知，所以，且旋转角为； （2）可证，利用对应边成比例可求，则可求． 【详解】（1）解：略； （2）解：∵在矩形 中， ∴， 由（1）知， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 8．（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题： (1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长． 【答案】(1) 解：如图，即为所求作的三角形； (2) 【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，连接，即可； （2）如图，证明，，，，可得，证明，设，则，可得，再解方程即可． 【详解】（1）解： 由作图可得：，，， ∴， ∴即为所求作的三角形； （2）解：如图，∵矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：； ∴． 【点睛】本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键． 考点02 矩形的判定 一、单选题 1．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定，先根据题意得出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定定理一一判定即可得出答案． 【详解】解：∵点O是边的中点， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ．若，则四边形是菱形，无法得出四边形为矩形，故该选项符合题意； ．若，则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．∵四边形是平行四边形，∴，又，，∴，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．若，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； 故选：A． 二、解答题 2．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1) 证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ (2) 选择条件①，四边形为矩形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 3．（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】（1）四边形是矩形， 理由如下：由折叠的性质可知，，， ， ， ，即， 同理可得：， ∴四边形是矩形； （2）如图，即为所求． 【分析】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，翻折变换，圆周角定理，解题的关键是掌握平行四边形的性质． （1）四边形是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可； （2）分别作的中垂线，得到点，连接，作的中垂线，得到的中点，以为圆心，的长为半径画圆，与的交点即为点； 【详解】解：（1）略 （2）由（1）可知：， 故分别为的中点，点在以为直径的圆上， 同理：点分别为的中点，点在以为直径的圆上， 考点03 矩形的性质及判定的综合 一、多选题 1．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在四边形中，，点在边上运动（不含），过点作，垂足为点．设的长度为的面积为，则下列结论正确的是（    ） A．边的长为6 B．在上时， C．在上时， D．随的增大而增大 【答案】AC 【分析】本题考查矩形的判定和性质，解直角三角形，动点的函数表达式，作，易得四边形为矩形，得到，进而得到，在中，求出的长，分点在和点在上两种情况，进行讨论，求出函数关系式，进行判断即可． 【详解】解：作于点， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，，故A正确； 当点在上时， ∵，，， ∴，， ∴；故B错误； 当点在上时，如图， 则：， ∴；故C正确； 当时，随着的增大而减小，故D错误； 故选AC． 二、填空题 2．（2026·山东德州·中考真题）如图，在四边形中，，，．取的中点，连接，，将和分别沿，折叠，若和恰好都能与重合，线段的长为______． 【答案】 【分析】根据题意作图，得到，，，如图所示，过点C作于点F，得到矩形，由勾股定理得到，设，则，，由此列式得到，则，再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：将和分别沿，折叠，点B，D的对应点为，，若和恰好都能与重合，则点重合，如图所示，且点A是的中点， ∴，，， 如图所示，过点C作于点F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得，， ∴， 在中， ． 三、解答题 3．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； (2) 解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 即当时，四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． 考点04 菱形的性质 一、单选题 1．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出，，进而可求出，由含30度直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②．证明是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明，由相似三角形的性质进而可判定③，过点H作与点Q，通过解直角三角形求出，，再求出，最后再根据正切的定义求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； 如下图，过点H作与点Q， 设菱形的边长为，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④正确， 故选D 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形的相关计算，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握这些知识是解题的关键． 2．（2025·山东烟台·中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，反比例函数的性质，先证明，，设，可得，，求解，过作于，再进一步求解即可． 【详解】解：∵菱形的顶点在轴正半轴上，， ∴，， ∴， 设， ∴， ∴， 解得：， 过作于， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选：D 二、填空题 3．（2026·山东烟台·中考真题）如图，以原点为顶点作边长为2的菱形，点在轴上，且，将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；再将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；…；按照以上规律作图，则点的坐标为__________． 【答案】 【分析】如图，过点作于点H，从开始，每8个点记为1组，根据得到的位置和第1组中的位置相同，然后求出，，，发现规律求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点H， ∵所以菱形都两两全等 ∴从开始，每8个点记为1组， ∵ ∴的位置和第1组中的位置相同， ∵ ∴ ∵菱形的边长为2 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，， 由平移得， ∴ ∴， ∵菱形与菱形全等 ∴同理可得，，， ∴ ∴ ∴． 4．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为_________． 【答案】 【分析】如图，连接交于．求解，，，，设运动时间为，则，，证明，可得，作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，，证明在上，且在弧上，再利用弧长公式计算即可. 【详解】解：如图，∵在菱形中，，对角线，连接交于． ∴，，，， ∵设运动时间为，则，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， 作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，， ∴，，， ∴， ∴在上，且在弧上， ∴在此过程中，点P的运动路径长为； 故答案为： 【点睛】本题考查的是菱形的性质，圆周角定理的应用，圆的确定，三角函数的应用，弧长的计算，证明在上，且在弧上是解本题的关键. 5．（21-22九年级上·广东·期末）如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则___________． 【答案】 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键； 根据圆内接四边形的性质得到，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可求解． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 6．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴，CO＝3（舍去）． ∵AE⊥BC，， ∴． 故答案为：． 三、解答题 7．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 【答案】(1) 如图，建立平面直角坐标系， ∴对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是； (2) 如图所示． 【分析】本题考查了坐标与图形，建立平面直角坐标系，作图——平移变换，中心对称，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据，，的坐标分别为，，建立平面直角坐标系即可，找出对应点即可求对称中心的坐标和点的对应点的坐标； （）根据平移的性质即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 8．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 【答案】 证明：四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形的性质， 全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出，用证明，由全等三角形的性质可得出， 由线段的和差关系即可得出． 【详解】略 考点05 菱形的判定 一、多选题 1．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D．四边形为菱形 【答案】ABD 【分析】本题主要考查圆的性质、圆周角定理、平行线的性质以及菱形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据全等三角形的判定定理证明，证明即可证明四边形为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可． 【详解】解：令交于点， 由题意得：是的垂直平分线， ， ，选项A正确； 故四边形为菱形，选项D正确； ， 四边形为菱形， 四边形为平行四边形， ，选项B正确； ，故选项C错误； 故选ABD． 二、解答题 2．（2026·山东德州·中考真题）如图，在 中， ，点 是 的中点．连接，在平面内找一点 ，使得 ， ． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为，求线段 的长． 【答案】(1)证明：∵ ， ， ∴四边形 是平行四边形， 又∵ 是直角三角形，， 是 中点， ∴ ， ∴四边形 是菱形． (2)4 【分析】（1）先根据两组对边分别平行的条件，判定四边形 是平行四边形；再利用直角三角形斜边中线定理，得到与 的数量关系，结合菱形的判定定理完成证明． （2）设点 到 的距离为 ，先表示出菱形 的面积，用两种方法表示出 的面积，再结合已知中长度，求解 的长． 【详解】（1）略 （2）解：设点 到 的距离为 ，因为 ， ∴菱形 的面积为 ， ∵ 是 的中点， ∴ ， 则 的面积：, 又∵ 中 ，面积也可表示为 ， ∵ ， ∴ 化简得 ， ∴ ． 3．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1) 证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ (2) 选择条件①，四边形为矩形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 4．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是菱形． (2)5 【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形． （1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论； （2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可． 【详解】（1）略 （2）连接，交于点O，    ∵四边形是菱形．，， ∴，，， ∴， 即菱形的边长为5． 考点06 菱形的判定与性质综合 一、单选题 1．（2024·山东德州·中考真题）已知，点P为上一点，用尺规作图，过点P作的平行线．下列作图痕迹不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查作图-复杂作图．作一个角等于已知角，作一个角的平分线，平分线的判定，菱形的判定和性质，据此判断即可． 【详解】解：A、由作图知，是的平分线，且， ∴，， ∴， ∴，故本选项不符合题意； B、由作图知，是的平分线，且， ∴，，不能说明与相等， ∴与不平行，故本选项符合题意； C、由作图知，， ∴四边形是菱形， ∴，故本选项不符合题意； D、由作图知，， ∴，故本选项不符合题意； 故选：B． 2．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定；根据相似三角形的性质与判定即可判断A，根据题意可得四边形是的角平分线，进而判断四边形是菱形，证明可得则垂直平分，即可判断B选项，证明四边形是菱形，即可判断C选项，D选项给的条件，若加上，则成立，据此，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ A. 若，即，又， ∴ ∴ ∴，故A选项正确， B. 若，，， ∴是的角平分线， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴ 在中， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴，故B选项正确， C. ∵， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴， 又∵ ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴ ∴，故C选项正确； D. 若，则四边形是菱形， 由，且时， 可得垂直平分， ∵ ∴，故D选项不正确 故选：D． 二、填空题 3．（2026·山东·中考真题）如图，在平行四边形纸片中，，，点是边的中点，点在边上，连接．将纸片沿折叠，点落在纸片上的点处，连接，．若，，则的面积为________． 【答案】 【分析】先由折叠和推出 ，从而四边形是菱形，得 且为中点，再利用菱形及中点构造中位线得到且，结合可证并求得，最后通过面积法求，利用相似三角形求出，从而算出的面积． 【详解】解：连接，作， ，点是边的中点， ，根据折叠可知， ，， ， ， 由折叠可知， ， ， 由折叠可知， ， 四边形是菱形， ， 设交点为， 为中点， ，且， ， ， ， 在中，， ， ， 设交点为， ，， ，，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查平行四边形与折叠的综合应用，核心知识点是菱形判定、中位线性质、勾股定理及相似三角形求高，解题关键是通过折叠与平行推出四边形为菱形，从而得到垂直、中点及边长关系，进而用面积和相似计算三角形面积． 三、解答题 4．（2024·山东济宁·中考真题）综合与实践 某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形中，且足够长）进行探究活动． 【动手操作】 如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，连接，把纸片展平． 第二步，把四边形折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为，再把纸片展平． 第三步，连接． 【探究发现】 根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论． 甲同学的结论：四边形是正方形． 乙同学的结论：． （1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由． 【继续探究】 在上面操作的基础上，丙同学继续操作． 如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在上的点M处，折痕为，连接，把纸片展平． 第五步，连接交于点N． 根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：． （2）请证明这个结论． 【答案】 （1）甲、乙同学的结论都正确，理由如下： 四边形是矩形， 由第一步操作根据折叠性质可知： 四边形为矩形， 又 四边形为正方形， 故甲同学的结论正确； 作于点M， 四边形为正方形， 设， 由第二步操作根据折叠性质可知：， 在中， 在中，, 故乙同学的结论正确； （2）证明：作交于点R，如图所示： 为折痕,      四边形为矩形， 在和中， 又 由折叠性质可知： 四边形为菱形， 即 在和中， 【分析】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一性质，解题的关键是正确作出辅助线并熟练掌握相关的性质定理， （1）先证明四边形为矩形，再根据即可证明四边形为正方形，设，由折叠性质可知：，，再根据等腰直角三角形的性质分别求出，，即可得出，进而可得出结论； （2）作交于点R，利用证明，得出，再证明四边形为菱形，得出，进而证明，再根据证明，得出，进而证明，即可得出结论 【详解】（1）略 （2）略 考点07 正方形的性质 一、单选题 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：或， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 2．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 二、填空题 3．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质、正方形的性质及利用抛物线解析式求直角边长，找到规律是解题的关键． 根据正方形性质得和是等腰直角三角形．设的直角边长为，则，代入抛物线的解析式中解得，则的直角边长为，同理可求得等腰直角的直角边长为，依此类推，等腰直角的直角边长为，即可求得其周长． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，是等腰直角三角形． 设的直角边长为，则； 代入抛物线的解析式中得： ， 解得（舍去），； 故的直角边长为， 同理可求得等腰直角的直角边长为， … 依此类推，等腰直角的直角边长为， 故正方形的周长为． 故答案是：． 4．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 5．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________． 【答案】/ 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 三、解答题 6．（20-21九年级上·广西南宁·期中）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】 （2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）． 【分析】（1）根据旋转得到，，，，可得，进一步证明可得到答案； （2）在上取，连接．首先由，得，，再证明，得，即可得到答案； （3）利用旋转的性质即可得到，，，可得，得，即可得到答案． 【详解】（1）解：．证明如下： 由旋转的性质，得，，，， ∴， ∴点E，B，C共线． ∵， ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴． （2）解：，证明如下： 如图1，在上取，连接． ∵，， ∴， ∴，． ∴， ∵， ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：如图2，将绕点A逆时针旋转得， ∴，，， ∵， ∴， ∴点E，D，C共线． ，， ， ，， ， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了“半角模型”．正方形的性质，熟练掌握旋转的性质，补角性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键． 7．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 【答案】(1)①证明：过点P作、，如图所示： 则 四边形是正方形 四边形是矩形 在中， 四边形是正方形 ， ； ②为定值，该定值为 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可； ②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可； （2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）①略 ②过点P作、，如图所示： 由①可知四边形是正方形 、 故 为定值，该定值为； （2）解：过点P作、，连接，如图所示： 四边形是正方形 射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F 、 同理可得 是等腰直角三角形 在中， 由勾股定理得 ． 答：四边形的面积为． 考点08 正方形的判定 一、单选题 1．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键． 根据从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可． 【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形． ∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为． 故选：A． 二、解答题 2．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1． (1)求证：； (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点． ①当时，如图3，求证：四边形为正方形； ②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系． 【答案】(1) 证明：设， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； (2) ①∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∵，即， 而， ∴， ∴四边形是正方形； ②当时，线段，，的数量关系为；当时，线段，，的数量关系为； 【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论； （2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即， 而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；②如图，当时，连接，同理，结合，可得 【详解】（1）略 （2）证明：①略 ②如图，当时，连接， 由（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图，当时，连接， 由（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 一、单选题 1．（2026·山东泰安·三模）如图，在矩形中，E是边上一点，F，G分别是的中点，连接，若，，，则矩形的面积是（     ） A．190 B．192 C．194 D．196 【答案】B 【分析】根据四边形是矩形得到，根据F，G分别是，的中点，且，，得到，，，设根据勾股定理列式求解即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵F，G分别是，的中点，且，，， ∴，，， 设，则，， 由勾股定理得， 解得：， ∴， ∴． 2．（2026·山东临沂·二模）如图，矩形中，，，以、为圆心，半径分别为2和1画圆，、分别是、上的一动点，是上的一动点，则的最小值是（     ） A．6 B．7 C．8 D．10 【答案】B 【分析】以为轴作矩形的对称图形以及对称，连接交于，则就是最小值，根据勾股定理求得的长，即可求得最小值． 【详解】解：如图，以为轴作矩形的对称图形以及对称，连接交于，则就是最小值； 矩形中，，，的半径为2，的半径为1， ，，，， ， ， ． 3．（2026·山东日照·三模）如图，在矩形中，，，点E为的中点，将沿折叠，使点B落在矩形内点F处，连接，则为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点，由折叠性质可知垂直平分，且，结合为中点可得，进而证得，即可得，从而得；在中利用勾股定理求，最后根据余弦定义求解即可． 【详解】解：连接交于点，如图： ∵是由沿折叠得到的， ∴，，， ∵，点为的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴. 【点睛】 4．（2026·山东临沂·二模）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕，连接．再将矩形纸片折叠，使点落在上的点处，折痕为．若点恰好为线段最靠近点的一个四等分点，，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设与交于点M，根据矩形和翻折的性质可得，再设，则，并根据勾股定理得，然后根据面积相等表示出，接下来根据求出a，即可得出答案． 【详解】解：设与交于点M， ∵四边形是矩形， ∴． 根据翻折的性质，得， 设，则， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 即， 解得（负值舍去）， ∴． 5．（2026·山东泰安·三模）如图，等腰中，，，点，是线段上的动点，且，则线段的最小值为（    ） A． B．4 C． D． 【答案】A 【分析】过点作于点，证明得出，当在上时，取得最小值，最小值为的长，进而勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴ ∴， 过点作，且，过点作于点， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴当在上时，取得最小值， ∵ ∴ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，即的最小值 6．（2026·山东淄博·二模）如图，点，，，在圆上，若四边形是菱形，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据菱形的性质可得，根据圆周角定理可得，再由圆内接四边形对角互补可得，进而可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴． 7．（2026·山东日照·三模）如图，在菱形ABCD中，过点A作，垂足E在CD的延长线上，过点E作，垂足为F．若，，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质证明，列式得，然后根据勾股定理求出，即可解决问题． 【详解】解：在菱形中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理得：， ， （负值舍去）， ． 8．（2026·山东临沂·一模）如图在四边形中，，对角线与相交于点O．点B，点D关于所在直线对称，过点D作的垂线交延长线于点E．若，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键． 根据对称的性质和可推得，从而得四边形为平行四边形，根据对称的性质得，则平行四边形为菱形，根据菱形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：∵ 点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， ∴， 则四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形， ， 则， 在中，， 在中，， 则， 在中，． 9．（2026·山东聊城·二模）如图，四边形内接于，的半径为3，，连接，．若，，则阴影部分的面积是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是菱形，根据菱形的性质，勾股定理，求出对角线的长度，可求出菱形的面积，再求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积． 【详解】解：连接，，设与的交点为点， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形的面积为：， ∵， ∴阴影部分的面积为． 10．（2026·山东临沂·二模）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据正五边形的性质求出，然后由正方形的性质求出，进而求解即可． 【详解】解：∵正五边形， ∴， ∵正方形， ∴， ∴． 二、填空题 11．（2026·山东青岛·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，分别在轴和轴上，点，点，反比例函数的图象经过点，则的值为_________． 【答案】 【分析】过点作轴于点，轴于点，证明，利用全等三角形对应边相等建立方程求出点坐标，代入反比例函数解析式即可求解． 【详解】解：过点作轴于点，轴于点， ，， 四边形是矩形， ，，， 四边形是正方形， ，， ，， .， 在和中， ， ， ，， 矩形是正方形； ，， ，， 设正方形的边长为，则， 点的坐标为， ，， ， ， 解得， 点的坐标为， 反比例函数的图象经过点， ． 三、解答题 12．（2026·山东济南·三模）如图，在矩形中，点、在边上，若，求证：． 【答案】证明：四边形是矩形， ，， 在和中， ， ． 【分析】先根据矩形的性质得到，，再证明得到，进而可证得结论． 【详解】略 13．（2026·山东青岛·二模）如图，在中，E为的中点，延长交的延长线于点F，连接，． (1)求证：； (2)已知_________（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 条件①：； 条件②：． 【答案】(1)见解析 (2)①，四边形是矩形；②，四边形是菱形 【分析】（1）证明即可； （2）选择条件①可证明四边形是矩形，选择条件②可证明四边形是菱形． 【详解】（1）证明：在中，， ， ， E为的中点， ， ， ； （2）解：， 四边形是平行四边形， 若选择条件①：， 在中，， ， 平行四边形是矩形； 若选择条件②：， 在中，， ， 平行四边形是菱形． 14．（2026·山东济南·二模）如图，点，分别在菱形的边，上，且．求证：． 【答案】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即． 【分析】由菱形的性质可得，，结合可得，从而证明，则，因此． 【详解】略 15．（2023·山东青岛·二模）如图，的对角线与相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点P．    (1)证明四边形为平行四边形； (2)给添加一个条件，使得四边形为菱形，并说明理由． 【答案】(1) 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形； (2)添加条件， 理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行证明即可； （2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可知，只需要令相等即可，由此求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判断，菱形的判定，熟知平行四边形和菱形的判定定理是解题的关键． 16．（2026·山东泰安·三模）如图，在中（）． 实践与操作： (1)利用尺规按下列要求作图，注意保留作图痕迹，不写作法，但标明字母．步骤如下： ①在边上作一点P，使得点P到直线和直线的距离相等； ②在上作一点Q，使得； ③连接． 猜想与证明： (2)在所作的图中，试猜想四边形的形状，并加以证明． 【答案】(1)； (2)四边形为菱形； 理由：在中，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， 由作图得：， ∴， ∴， ∴为菱形． 【分析】（1）根据题意作出图形即可； （2）先证明四边形为平行四边形， 【详解】（1）略 （2）解：四边形为菱形； 理由略 17．（2026·山东烟台·一模）综合与探究： 如图，在菱形中，，点P是对角线上的一个动点（不与点A，C重合），过点P作交BC于点E，连接PD，将线段PD绕点P顺时针旋转得到线段PF，点D的对应点F恰好落在射线BC上． 问题解决： (1)线段AP与BE之间的数量关系是________； (2)求的度数． 拓展探究： (3)连接PB，若，，PF与CD交于点G．请直接写出GF的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）四边形是菱形，，得到是等边三角形，平行线切分的小三角形也是等边三角形，等边减等边，得到结果； （2）连接，由菱形的对称性，易得，所以； 由，得，由（1）知是等边三角形，，可证，所以，再证，得，减去公共角，得到最终结果：； （3）连接，交于点O，分两种情况：①当点P在上时，②当点P在上时，分别求解即可． 【详解】（1），理由如下： 四边形是菱形，，， 是等边三角形， ， ， ， ． （2）解：连接，如下图： 四边形是菱形，，， 是等边三角形， 是对角线， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， 也是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）解：连接，交于点O， 由（2）可知：是等边三角形，， 四边形是菱形， ， ， ， ， 分两种情况： ①点P在上，如下图： ， 由（1）可知，， ， 由（2）可知，， ， ， ． ②点P在上，如下图： ， 由（1）可知：， ， 由（2）可知，， ， ， ． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，此题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． 18．（2026·山东青岛·三模）已知：是一个等腰直角三角形，，，．如图1，正方形的四个顶点都在的边上． (1)图1中正方形称为的“一阶伴随正方形”，将正方形的面积记为（即图中阴影部分），则________________； (2)将图1中的两个全等的等腰直角三角形和分别做“一阶伴随正方形”得到图2，图2中新增的2个正方形称为的“二阶伴随正方形”，将这2个正方形的面积和记为（即图中阴影部分），则________________： (3)在图2中的4个全等的三角形中分别做“一阶伴随正方形”得到图3，图3中新增的4个正方形称为的“三阶伴随正方形”，将这4个正方形的面积和记为（即图中阴影部分），则____________； (4)以此类推，的n阶伴随正方形的个数是________________，将这些正方形的面积和记为，则________________． 【答案】(1) (2) (3) (4)， 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，由求出，利用勾股定理得到，通过证明和是等腰直角三角形，得到，，则有，再利用正方形的面积公式即可求解； （2）根据三角形的面积公式可得，同理（1）的方法可得，，再利用图形面积之间的比例关系即可求解； （3）同理（2）的方法求解即可； （4）观察图形的规律，再结合（1）（2）（3）中的结论即可得出答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴和是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵两个全等的等腰直角三角形和， ∴， ∴， 同理（1）的方法可得，，， ∴ ； （3）解：同理（2）的方法可得，； （4）解：的“一阶伴随正方形”的个数是，， 的“二阶伴随正方形”的个数是，， 的“三阶伴随正方形”的个数是，， …… 以此类推，的n阶伴随正方形的个数是，． 19．（2026·山东滨州·二模）在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． 基本操作 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕（点，分别在边，上），把纸片展平； 操作二：在线段上选一点（不与点，重合），并沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，． (1)观察发现 如图1，当点在上时，的度数为________． (2)迁移探究 若将矩形纸片换为边长为的正方形纸片，继续上面的基本操作．延长线段交于点，连接． 如图2，当点在上时，求的面积． (3)拓展应用 在边长为的正方形纸片中，保持上述基本操作不变．当点在上的位置改变时，线段的延长线与的交点的位置也随之改变．请解决下列问题： ①当时，求的长； ②当线段的长度取得最小值时，请直接写出线段的长度． 【答案】(1)； (2)； (3)①或；② 【分析】（1）根据题意得，再根据直角三角形的性质得，进而得出答案； （2）根据特殊角的三角函数值求出，即可得，再根据正方形和折叠的性质得，，然后根据直角三角形的性质得出，最后根据三角形的面积公式得出答案； （3）①当点Q在点F的下方时，求出相应的线段长，再根据全等三角形的性质得，然后设，再根据勾股定理得，进而求出答案；当点Q在点F上方时，求出线段的长，再设，然后根据勾股定理求出答案即可； ②取的外心O，连接，作交于点H，连接，根据折叠的性质得，，，根据得到，进而可知，根据外心的定义得到，，设，根据等角对等边得到，根据三线合一得到，根据勾股定理得到，可知，，则a越小越小，根据三角形三边关系及垂线段最短得到即a最小时，此时最小，且H与M重合，即，根据求出a的值即可． 【详解】（1）解：∵， ∴． 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵， ∴， ∴ ∵， ∴． 由折叠的性质得， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）①解：如图，当点Q在点F的下方时， ∵， ∴． ∵四边形是正方形， ∴． 根据折叠的性质得， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 设， ∴， 即， 解得， ∴； 当点Q在点F上方时，如图所示， ∵ ∴． ∵同上得， 设， ∴， 即， 解得， ∴． 综上所述，或； ②如图，取的外心O，连接，作交于点H，连接， 根据折叠的性质得，，， ∵， ∴， ∴， 即， ∵外心是三角形外接圆的圆心， ∴，， 设， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， 解得：（负值舍去）， ∴，， 可知a越小越小， 由三角形三边关系可知 由垂线段最短可知， ∴， 即a最小时， 此时最小，且H与M重合，即， 由可知， 解得：， 即． 20．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． (1)求证； (2)若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，证明见解析 【分析】（1）先证，得到，即可求证四边形是平行四边形；得到； （2）先证得四边形是平行四边形，再证得，可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质求得，根据等腰三角形的性质进一步求得即可． 【详解】（1）证明：， ； 点O为的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； ； （2）解：四边形是正方形； 由（1）可知：，， ∵E为的中点，F为的中点， ∴， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形是菱形； ，， ， ， 是等腰直角三角形； ， ， 四边形是正方形． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题18 特殊的四边形 3年真题1年模拟 考点分类 山东考情（2024-2026） 命题规律 考点01 矩形的性质 2026 烟台卷（填空 + 解答）、2025 德州 / 滨州 / 淄博卷、2024 淄博 / 济南卷 覆盖选择、填空、解答全题型，分值 3-10 分。早年以边长、面积基础计算为主，题型常规。2024 年起折叠类题型占比大幅提升，结合勾股定理、相似综合设题；2025 年新增网格最短路径、动点函数图像题型；2026 年融合尺规旋转作图考查，从静态性质套用转向动态变换、数形结合综合考查，对图形转化能力要求逐年提升。 考点02矩形的判定 2025 东营卷（单选）、2025 青岛 / 威海卷（解答） 以选择、解答题为主，分值 3-8 分。早期以平行四边形为基础，补充条件判定矩形，侧重定理直接应用。2025 年出现 “二选一条件判定” 开放型题型，结合全等三角形、折叠操作设题；威海卷以折叠拼接为载体，通过角度推导判定矩形，命题从定理识记转向操作探究与开放证明，对逻辑推理要求明显提高。 考点03矩形的性质及判定的综合 2025 潍坊卷（多选）、2026 德州卷（填空）、2024 青岛卷（解答） 涵盖多选、填空、解答三类题型，分值 3-10 分。早年以平行四边形升级矩形的证明为主，设问直白。2024 年起融合动点面积函数，需分段推导解析式；2025 年多结论正误判断题成为高频考法；2026 年以双折叠重合为背景，结合矩形判定与边长计算，从单一证明转向动态分段、多结论辨析，区分度显著增强。 考点04菱形的性质 2025 东营 / 烟台卷（单选）、2026 烟台 / 2025 烟台 / 2024 青岛卷（填空）、2025 潍坊 / 2024 济南卷（解答） 全题型覆盖，分值 3-10 分。早年围绕对角线、边长、角度基础计算，侧重性质直接应用。2024 年结合反比例函数、面积综合设题；2025 年新增动点轨迹弧长、坐标规律探究题型，难度跃升至填空压轴；2026 年延续坐标规律递推考法，从基础计算转向动态轨迹、函数结合的综合考查，对数形结合与归纳推理要求大幅提升。 考点05菱形的判定 2024 潍坊卷（多选）、2026 德州 / 2025 青岛 / 2024 德州卷（解答） 以多选、解答题为主，分值 3-8 分。早期以平行四边形为基底，结合角平分线、边长条件直接判定。2024 年融入圆与垂直平分线作图背景，通过多结论辨析考查判定；2025 年出现开放选条件判定题型；2026 年以直角三角形斜边中线为载体判定，命题从纯几何证明转向尺规作图原理、跨知识点联动判定，对定理本质理解要求逐步提高。 考点06菱形的判定与性质综合 2024 德州 / 威海卷（单选）、2026 山东统考卷（填空）、2024 济宁卷（解答） 覆盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-12 分。早年以条件辨析、基础证明为主，侧重定理直接应用。2024 年结合尺规作图原理、矩形折叠操作设题，需通过折叠推导菱形判定条件；2026 年统考填空压轴以平行四边形折叠为载体，综合菱形判定、相似与面积计算，从基础辨析转向操作探究型综合，推理链条加长，区分度明显提升。 考点07正方形的性质 2025 滨州 / 淄博卷（单选）、2025 东营 / 济南卷（填空）、2025 德州卷（解答） 全题型覆盖，分值 3-12 分，是几何压轴核心载体。早年围绕边长、角度基础计算，题型常规。2025 年考点全面升级：单选结合旋转最值、内切圆综合；填空融合二次函数规律、折叠全等推导；解答题以动点旋转、半角模型分层探究，从孤立性质考查转向旋转、函数、多模型融合的深度综合，对分类讨论与转化思想要求显著提高。 考点08正方形的判定 2024 东营卷（单选）、2024 山东统考卷（解答） 以选择、解答题为主，分值 3-10 分。早年以条件组合概率的形式考查判定条件，侧重基础识记。2024 年统考卷以三角板旋转为载体，先证矩形再推导正方形，后续衔接线段数量关系探究，命题从单一条件判断转向旋转动态背景下的判定证明，融合全等与分类讨论，常作为几何探究题的基础设问模块，综合度逐年提升。 考点01 矩形的性质 一、单选题 1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（    ） A．2 B． C． D． 二、填空题 3．（2026·山东烟台·中考真题）如图1，点从矩形的顶点出发，沿的方向运动至点停止，连接，为的中点，连接．设点的运动路程为，线段的长为，图2表示点从运动到的过程中与的函数关系．当点运动到中点时，的长度为__________． 4．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点，使得最短（保留作图痕迹）______． （2）在（1）的基础上，在边上找一点，使得最小，最小值为______． 5．（2025·山东淄博·中考真题）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_______． 6．（2024·山东济南·中考真题）如图，在矩形纸片中，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则______． 三、解答题 7．（2026·山东烟台·中考真题）如图，矩形 中， 是对角线，请解决下列问题： (1)将 绕点旋转后，点的对应点为点 ，点的对应点为点 ，且点在线段上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若 ， ，与交于点 ，求 的长． 8．（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题： (1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长． 考点02 矩形的判定 一、单选题 1．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 二、解答题 2．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 3．（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹） 考点03 矩形的性质及判定的综合 一、多选题 1．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在四边形中，，点在边上运动（不含），过点作，垂足为点．设的长度为的面积为，则下列结论正确的是（    ） A．边的长为6 B．在上时， C．在上时， D．随的增大而增大 二、填空题 2．（2026·山东德州·中考真题）如图，在四边形中，，，．取的中点，连接，，将和分别沿，折叠，若和恰好都能与重合，线段的长为______． 三、解答题 3．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 考点04 菱形的性质 一、单选题 1．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 2．（2025·山东烟台·中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 二、填空题 3．（2026·山东烟台·中考真题）如图，以原点为顶点作边长为2的菱形，点在轴上，且，将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；再将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；…；按照以上规律作图，则点的坐标为__________． 4．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为_________． 5．（21-22九年级上·广东·期末）如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则___________． 6．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则______． 三、解答题 7．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． ∴对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是； 8．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 考点05 菱形的判定 一、多选题 1．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D．四边形为菱形 二、解答题 2．（2026·山东德州·中考真题）如图，在 中， ，点 是 的中点．连接，在平面内找一点 ，使得 ， ． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为，求线段 的长． 3．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 4．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） 考点06 菱形的判定与性质综合 一、单选题 1．（2024·山东德州·中考真题）已知，点P为上一点，用尺规作图，过点P作的平行线．下列作图痕迹不正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 二、填空题 3．（2026·山东·中考真题）如图，在平行四边形纸片中，，，点是边的中点，点在边上，连接．将纸片沿折叠，点落在纸片上的点处，连接，．若，，则的面积为________． 三、解答题 4．（2024·山东济宁·中考真题）综合与实践 某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形中，且足够长）进行探究活动． 【动手操作】 如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，连接，把纸片展平． 第二步，把四边形折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为，再把纸片展平． 第三步，连接． 【探究发现】 根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论． 甲同学的结论：四边形是正方形． 乙同学的结论：． （1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由． 【继续探究】 在上面操作的基础上，丙同学继续操作． 如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在上的点M处，折痕为，连接，把纸片展平． 第五步，连接交于点N． 根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：． （2）请证明这个结论． 考点07 正方形的性质 一、单选题 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 3．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为______． 4．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 5．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________． 三、解答题 6．（20-21九年级上·广西南宁·期中）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】 （2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 7．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 考点08 正方形的判定 一、单选题 1．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 二、解答题 2．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1． (1)求证：； (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点． ①当时，如图3，求证：四边形为正方形； ②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系． 一、单选题 1．（2026·山东泰安·三模）如图，在矩形中，E是边上一点，F，G分别是的中点，连接，若，，，则矩形的面积是（     ） A．190 B．192 C．194 D．196 2．（2026·山东临沂·二模）如图，矩形中，，，以、为圆心，半径分别为2和1画圆，、分别是、上的一动点，是上的一动点，则的最小值是（     ） A．6 B．7 C．8 D．10 3．（2026·山东日照·三模）如图，在矩形中，，，点E为的中点，将沿折叠，使点B落在矩形内点F处，连接，则为（     ） A． B． C． D． 4．（2026·山东临沂·二模）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕，连接．再将矩形纸片折叠，使点落在上的点处，折痕为．若点恰好为线段最靠近点的一个四等分点，，则的长为（     ） A． B． C． D． 5．（2026·山东泰安·三模）如图，等腰中，，，点，是线段上的动点，且，则线段的最小值为（    ） A． B．4 C． D． 6．（2026·山东淄博·二模）如图，点，，，在圆上，若四边形是菱形，则的度数是（     ） A． B． C． D． 7．（2026·山东日照·三模）如图，在菱形ABCD中，过点A作，垂足E在CD的延长线上，过点E作，垂足为F．若，，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·山东临沂·一模）如图在四边形中，，对角线与相交于点O．点B，点D关于所在直线对称，过点D作的垂线交延长线于点E．若，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 9．（2026·山东聊城·二模）如图，四边形内接于，的半径为3，，连接，．若，，则阴影部分的面积是（     ） A． B． C． D． 10．（2026·山东临沂·二模）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（     ） A． B． C． D． 二、填空题 11．（2026·山东青岛·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，分别在轴和轴上，点，点，反比例函数的图象经过点，则的值为_________． 三、解答题 12．（2026·山东济南·三模）如图，在矩形中，点、在边上，若，求证：． 13．（2026·山东青岛·二模）如图，在中，E为的中点，延长交的延长线于点F，连接，． (1)求证：； (2)已知_________（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 条件①：； 条件②：． 14．（2026·山东济南·二模）如图，点，分别在菱形的边，上，且．求证：． 15．（2023·山东青岛·二模）如图，的对角线与相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点P．    (1)证明四边形为平行四边形； (2)给添加一个条件，使得四边形为菱形，并说明理由． 16．（2026·山东泰安·三模）如图，在中（）． 实践与操作： (1)利用尺规按下列要求作图，注意保留作图痕迹，不写作法，但标明字母．步骤如下： ①在边上作一点P，使得点P到直线和直线的距离相等； ②在上作一点Q，使得； ③连接． 猜想与证明： (2)在所作的图中，试猜想四边形的形状，并加以证明． 17．（2026·山东烟台·一模）综合与探究： 如图，在菱形中，，点P是对角线上的一个动点（不与点A，C重合），过点P作交BC于点E，连接PD，将线段PD绕点P顺时针旋转得到线段PF，点D的对应点F恰好落在射线BC上． 问题解决： (1)线段AP与BE之间的数量关系是________； (2)求的度数． 拓展探究： (3)连接PB，若，，PF与CD交于点G．请直接写出GF的长． 18．（2026·山东青岛·三模）已知：是一个等腰直角三角形，，，．如图1，正方形的四个顶点都在的边上． (1)图1中正方形称为的“一阶伴随正方形”，将正方形的面积记为（即图中阴影部分），则________________； (2)将图1中的两个全等的等腰直角三角形和分别做“一阶伴随正方形”得到图2，图2中新增的2个正方形称为的“二阶伴随正方形”，将这2个正方形的面积和记为（即图中阴影部分），则________________： (3)在图2中的4个全等的三角形中分别做“一阶伴随正方形”得到图3，图3中新增的4个正方形称为的“三阶伴随正方形”，将这4个正方形的面积和记为（即图中阴影部分），则____________； (4)以此类推，的n阶伴随正方形的个数是________________，将这些正方形的面积和记为，则________________． 19．（2026·山东滨州·二模）在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． 基本操作 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕（点，分别在边，上），把纸片展平； 操作二：在线段上选一点（不与点，重合），并沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，． (1)观察发现 如图1，当点在上时，的度数为________． (2)迁移探究 若将矩形纸片换为边长为的正方形纸片，继续上面的基本操作．延长线段交于点，连接． 如图2，当点在上时，求的面积． (3)拓展应用 在边长为的正方形纸片中，保持上述基本操作不变．当点在上的位置改变时，线段的延长线与的交点的位置也随之改变．请解决下列问题： ①当时，求的长； ②当线段的长度取得最小值时，请直接写出线段的长度． 20．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． (1)求证； (2)若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 试卷第1页，共3页 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