专题05 四边形（5年汇编）（云南专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 云南中考四边形专题5年真题1年模拟汇编，覆盖多边形、菱形、矩形及中点四边形，突出考情导向与真题规律，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|约60%|多边形内角和/外角和、菱形面积公式、矩形对角线性质|真题固定靠前基础题，模拟题结合正八边形窗户、烯分子结构等情境| |解答题|约40%|菱形判定+勾股计算、矩形证明+面积运算、中点四边形综合|采用“证明+计算”两问结构，融合中位线、相似等知识，匹配云南中考中档区分题型规律|

可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05四边形 5年真题1年模拟 中考品题透析园 考点分类 云南考情(2022-2026) 命题规律 以选择填空基础小题 考查：2024、2025中 考考查n边形内角 固定试卷靠前小题；核心考查内角和(n-2)× 和；2026各地州一模 180°)、外角和恒为360°；偶尔结合平行线综合 多边形 考查外角和、正多边 求角度，公式直接套用为主，几乎不设置复杂 形角度计算、内外角 模型。 结合列方程求边数： 难度低，属于送分 题。 中考高频解答证明考 大题常采用“证明+计算”两小问；优先由 点；2023、2026中考 平行四边形推导菱形：面积重点考查对角线乘 菱形 出现两问大题，2025 积一半：第二小问常搭配勾股定理求线段长 中考填空考菱形面 度。 1/10 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 积：2026 一模考查菱 形判定、对角线面积 公式，融合中位线、 直角三角形综合计 算；题型含填空、解 答。 2022、2024中考设置 解答大题，2026中考 填空考查矩形对角线 常以平行四边形为基底证明矩形；核心利用对 性质；2026一模重点 角线相等、有一个直角两个判定条件；第二小 矩形 考查矩形判定、直角 问侧重线段、面积计算，是试卷中档区分题 三角形斜边中线，结 型。 合相似、勾股进行运 算；以解答题为主要 载体。 2022-2026 一模高 模型规律性强：原四边形对角线相等→中点四 中点四边形（综 频，中考间接渗透： 边形为菱形：原四边形对角线垂直→中点四边 合模型) 形为矩形：多作为选择题、大题中间条件出 考查顺次连接四边形 2/10 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 四边中点得到菱形/ 矩形，反推原四边形 对角线特征；常和菱 现。 形、矩形考题结合出 现。 五年真题分类园 考点01多边形 1. (2025·云南·中考真题)一个六边形的内角和等于（) A.360° B.540° C.720° D.900° 2.（2024云南·中考真题)一个七边形的内角和等于() A.540° B.900° C.980° D.1080° 考点02菱形 1.(2025云南中考真题)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O.若AC=6, BD=5,则菱形ABCD的面积是. B 2.(2026云南中考真题)如图，在四边形ABCD中，AC,BD相交于点O,AD=BC, ∠ABC+∠BAD=180°，BD平分∠ABC. 3/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D I)求证：四边形ABCD是菱形： (2)若∠BAD=2∠ABC,求∠ACB的度数. 3.(2023云南·中考真题)如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线， 且E、F分别在边BC、AD上，AE=AF. D (I)求证：四边形AECF是菱形： (②)若∠ABC=60°，△ABE的面积等于43，求平行线AB与DC间的距离. 考点03矩形 1. (2026云南·中考真题)在矩形ABCD中，若AC=7,则BD= 2.(2024云南中考真题)如图，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，且AB‖CD, AD‖BC,四边形EFGH是矩形. A G (I)求证：四边形ABCD是菱形； (②)若矩形EFGH的周长为22，四边形ABCD的面积为10，求AB的长. 3.(2022云南中考真题)如图，在平行四边形ABCD中，连接BD,E为线段AD的中点，延长BE与 CD的延长线交于点F,连接AF,∠BDF-90° 4/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E B I)求证：四边形ABDF是矩形： (2)若AD=5,DF=3,求四边形ABCF的面积S. 一年模拟练测园 1.（2026云南昭通市一模)某设计师正在设计一个多边形形状的装饰图案，已知该多边形的内角和恰好 等于其外角和的两倍，则这个多边形是() A.四边形 B.六边形 C.七边形 D.八边形 2.(2026云南玉溪市一模)我国古代园林连廊常采用八边形的窗户设计，其轮廓是一个正八边形，从窗 户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中.如图是一个正八边形窗户的示意图，这个正八边形的每一个 外角的度数是() A.30° B.45o C.60° D.75o 3。(2026云南个旧市：一模)五十六个民族共同组成了中华民族大家庭，如同烯分子Cm中的微粒像足球 一样团结在一起.一个烯分子由12个正五边形、20个正六边形组成（如图①所示），如图②，在正六边 形ABCDEF中，连接BE,若BE=18,则正六边形ABCDEF的边长为() E D 图① 图② A.6 B.9 C.12 D.18 5/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(2026云南楚雄彝族自治州一模)若正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的边数是() A.6 B.7 C.8 D.9 5.(2026云南丽江市：二模)已知直线l1‖12，将正五边形ABCDE按如图所示的位置摆放，顶点D在直 线1，上，若∠1=1350则∠2的度数是（） E A.65° B.60° C.57o D.63° 6.(2026云南曲靖市.一模)已知一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还多180°，则这个多边形的边 数为 7.(2026云南大理州.一模)如下图，在平行四边形ABCD中，增加一个条件后，平行四边形ABCD就 成为矩形，这个条件可以是 D 8.(2026云南丽江市.一模)如图，矩形ABCD的对角线相交于点O,点E为AC上一点，BE=3, CE=5,则△BOE的周长为 9.(2026云南玉溪市·一模)如图，已知线段AB=4V2cm,分别以点A,B为圆心，以3cm为半径画弧， 两弧相交于点C,D,连接AC,BC,AD,BD,则四边形ACBD的面积为 cm2. 10. (2026·云南昭通市·一模)如图，四边形ABCD是菱形，E为AB边的中点，对角线AC,BD相交于 6/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 点O,连接OE,若OE=2.5,BD=6,则菱形ABCD的面积等于() A.12 B.24 C.30 D.36 11.(2026·云南德宏州一模)如图，在平行四边形ABCD中，连接AC,∠ACD=∠ADC,过点D作 DEAC,与BC的延长线交于点E,连接AE交CD于点O. D B C E (1)求证：四边形ACED是菱形： (2)若四边形ACED的面积为120，AE与CD的和34，求AD的长（其中AE>CD). 12.(2026云南昆明市一模)如图，在四边形ABCD中，AD=BC,AB=DC,∠B=∠BAD. B E (1)求证：四边形ABCD是矩形： ②如图，过点A作∠CAD的角平分线与BC的延长线交于点E.若an∠ACB手AE=20,求△ACE 的面积. 13.(2026云南初中学业水平考试一模)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,E是 AD的中点，连接OE并延长到点F,使EF=DE,连接AF,DF. A D ○ 7/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1)求证：四边形AODF是矩形. (2)若∠ABC=60°，AB=6,求四边形AODF的面积. 14.(2026云南昭通市一模)如图，在矩形ABCD中，点E是边CD上一点，连接AE、BE,且 AE⊥BE,过点A、B分别作BE和AE的平行线，两条平行线交于点F. D (1)求证：四边形AFBE是矩形： (2)连接EF,若DE=1,BC=2,求EF的长. 15.(2026云南保山市一模)如图，在平行四边形ABCD中，E,F,G,H分别是各边的中点，四边形 EFGH是菱形. H D E B (1)求证：平行四边形ABCD为矩形： (2)若平行四边形ABCD的周长是12，面积是8，求菱形EFGH的边长， 16.(2026云南大理州一模)如图，平行四边形ABCD中，点E在对角线DB的延长线上，AF⊥BD于 点F,过点E作EG‖BC交AF的延长线于点G,且EG=AD,连接DG A D E G (1)求证：四边形AEGD是菱形； 2)若∠BAF=45°，∠FGE=60°，AB=4V2,求线段BE的长. 17.(2026云南文山州一模)如图，在四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交BC,AD于点 E,F,垂足为O,OE=OF.连接AE,CF. 8/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求证：四边形AECF是菱形： (2)已知AB=4,延长BC到点G,使CG=OC,连接OG,∠G=15°，若点E是BC的中点，求△EOG的 面积. 18.(2026云南玉溪市·一模)如图，在口ABCD中，∠ABC的平分线BE和∠BCD的平分线CE交于点 E,点E在AD边上，以BE,CE为邻边作口BECF. (1)求证：四边形BECF是矩形： (2)若AD=6,∠A=120°，求四边形BECF的面积. 19.(2026云南昆明市·一模)如图，在△ABC中，点E,F分别是AB,AC的中点，过点F作 FD⊥BC,垂足为D,点M在FE的延长线上，MF=BD. M E DC (I)求证：四边形BDFM是矩形： (2)若AE+ME=8,DF=4,BC=10,求矩形BDFM的面积. 20.(2026云南曲靖市·一模)如图，在四边形ABCD中，AB=BC,对角线AC,BD交于点O,点E是 对角线BD上的一个动点，过点E作EM⊥BC于点M,EN⊥CD于点N,若∠MEN=2∠DBC, OB·BE=CD·BM 9/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D M ()求证：四边形ABCD是菱形： (2)若△ABD的周长与△ABC的周长之差为14，且AB=13,求EM+EN的值. 21.(2026·云南楚雄彝族自治州禄丰市·二模)如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点， MN分别是线段BE、CE的中点. D M N (1)求证：四边形MENF是菱形： ②若an∠ABE=子，菱形MENF的面积为24，求菱形MENF的周长。 4 22. (2026云南楚雄彝族自治州武定县·二模)如图，平行四边形ABCD的周长为28，∠ABC的平分线 交边AD于点E,交对角线AC于点G,点F在BC上，BF=EF,过点G作GH⊥BC于点H,GH=3. A E 刀 G B HF (1)求证：四边形ABFE是菱形： (2)若AB:BC=3:5,求四边形ABFE的面积. 10/10 专题05 四边形 5年真题1年模拟 考点分类 云南考情（2022-2026） 命题规律 多边形 以选择填空基础小题考查；2024、2025 中考考查 n 边形内角和；2026 各地州一模考查外角和、正多边形角度计算、内外角结合列方程求边数；难度低，属于送分题。 固定试卷靠前小题；核心考查内角和((n2)×)、外角和恒为；偶尔结合平行线综合求角度，公式直接套用为主，几乎不设置复杂模型。 菱形 中考高频解答证明考点；2023、2026 中考出现两问大题，2025 中考填空考菱形面积；2026 一模考查菱形判定、对角线面积公式，融合中位线、直角三角形综合计算；题型含填空、解答。 大题常采用 “证明 + 计算” 两小问；优先由平行四边形推导菱形；面积重点考查对角线乘积一半；第二小问常搭配勾股定理求线段长度。 矩形 2022、2024 中考设置解答大题，2026 中考填空考查矩形对角线性质；2026 一模重点考查矩形判定、直角三角形斜边中线，结合相似、勾股进行运算；以解答题为主要载体。 常以平行四边形为基底证明矩形；核心利用对角线相等、有一个直角两个判定条件；第二小问侧重线段、面积计算，是试卷中档区分题型。 中点四边形（综合模型） 20222026 一模高频，中考间接渗透；考查顺次连接四边形四边中点得到菱形 / 矩形，反推原四边形对角线特征；常和菱形、矩形考题结合出现。 模型规律性强：原四边形对角线相等→中点四边形为菱形；原四边形对角线垂直→中点四边形为矩形；多作为选择题、大题中间条件出现。 考点01 多边形 1．（2025·云南·中考真题）一个六边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，掌握边形内角和为是解题的关键． 根据多边形的内角和公式直接计算即可． 【详解】解：由题意得：， 故选：C． 2．（2024·云南·中考真题）一个七边形的内角和等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查多边形的内角和，根据边形的内角和为求解，即可解题． 【详解】解：一个七边形的内角和等于， 故选：B． 考点02 菱形 1．（2025·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点．若，，则菱形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形面积等于对角线积的一半进行计算即可，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴菱形的面积是， 故答案为：． 2．（2026·云南·中考真题）如图，在四边形中，，相交于点，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】（1）根据，得到，进而得到四边形是平行四边形，根据平行线的性质，角平分线的定义，推出，进而得到，即可得证； （2）根据角的数量关系，和差关系求出的度数，再根据菱形的性质，即可得出结果． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． 3．（2023·云南·中考真题）如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的面积等于，求平行线与间的距离． 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵分别是的平分线， ∴ ， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】（1）先证，再证，从而四边形是平行四边形，又，于是四边形是菱形； （2）连接，先求得，再证，，于是有，得，再证，从而根据面积公式即可求得 ． 【详解】（1）略 （2）解：连接，    ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴ ， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵的面积等于， ∴， ∴平行线与间的距离 ． 考点03 矩形 1．（2026·云南·中考真题）在矩形中，若，则________． 【答案】 【详解】解：∵四边形是矩形，为矩形的两条对角线， ∴， ∵， ∴. 2．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 【答案】(1) 证明：连接，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形； (2) 【来源】2024年云南省中考数学试题 【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到． 【详解】（1）略 （2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 矩形的周长为22， ， 四边形是菱形， 即， 四边形的面积为10， ，即， ， ， ． 3．（2022·云南·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90° (1)求证：四边形ABDF是矩形； (2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S． 【答案】(1) 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，即AB∥CF， ∴∠BAE=∠FDE， ∵E为线段AD的中点， ∴AE=DE， 又∵∠AEB=∠DEF， ∴≌（ASA）， ∴AB=DF， 又∵AB∥DF， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∵∠BDF=90°， ∴四边形ABDF是矩形； (2)18． 【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得≌，即可得到AB=DF，从而证明四边形ABDF是平行四边形，再根据∠BDF=90°即可证明四边形ABDF是矩形； （2）根据全等的性质、矩形性质及勾股定理得到AB=DF=3，AF=4，由平行四边形性质求得CF=6，最后利用梯形的面积公式计算即可． 【详解】（1）略； （2）解：由（1）知，四边形ABDF是矩形， ∴AB=DF=3，∠AFD=90°， ∴在中，， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD=3， ∴CF=CD+DF=3+3=6， ∴． 1．（2026·云南昭通市·一模）某设计师正在设计一个多边形形状的装饰图案，已知该多边形的内角和恰好等于其外角和的两倍，则这个多边形是（    ） A．四边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 【答案】B 【分析】设这个多边形的边数为，根据题目给出的数量关系列方程求解边数即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意可得 解得， ∴这个多边形是六边形． 2．（2026·云南玉溪市·一模）我国古代园林连廊常采用八边形的窗户设计，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．如图是一个正八边形窗户的示意图，这个正八边形的每一个外角的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据任意多边形的外角和为，结合正八边形各外角相等的性质，用外角和除以边数计算出单个外角的度数． 【详解】解： 任意多边形的外角和为，正八边形的8个外角都相等， 正八边形的每一个外角的度数为． 3．（2026·云南个旧市·一模）五十六个民族共同组成了中华民族大家庭，如同烯分子中的微粒像足球一样团结在一起．一个烯分子由12个正五边形、20个正六边形组成（如图①所示）．如图②，在正六边形中，连接，若，则正六边形的边长为（    ） A．6 B．9 C．12 D．18 【答案】B 【分析】本题考查了正六边形的性质；解题的关键是掌握正六边形对顶点连线（长对角线）的长度等于边长的2倍．由正六边形的对称性知对顶点连线经过中心，长度为2倍边长，由直接求得边长为9． 【详解】解：设正六边形的边长为， 正六边形的六个顶点均匀分布在圆周上，中心角为， 正六边形的对顶点连线（长对角线）经过中心，长度为边长的2倍， 为正六边形的一组对顶点， ， ， ， ． 4．（2026·云南楚雄彝族自治州·一模）若正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的边数是（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形的外角性质，用外角和除以正多边形的一个外角度数即可求解，掌握正多边形的外角性质是解题的关键． 【详解】解：∵正多边形的外角和为，且每个外角都相等 又∵该正多边形的一个外角为， ∴这个正多边形的边数为， 故选：． 5．（2026·云南丽江市·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（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【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， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 6．（2026·云南曲靖市·一模）已知一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还多180°，则这个多边形的边数为________． 【答案】7/七 【分析】根据题意设多边形边数为，结合多边形内角和定理与多边形外角和定理，列一元一次方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得： ， 解得：， 即这个多边形的边数为7． 7．（2026·云南大理州·一模）如下图，在平行四边形中，增加一个条件后，平行四边形就成为矩形，这个条件可以是___________ 【答案】(答案不唯一) 【分析】本题考查矩形的判定．需要知道及矩形的判定定理，比如有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形．本题从这两个判定角度去考虑添加条件． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， 若， 根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，此时平行四边形就成为矩形， 故答案为：． 8．（2026·云南丽江市·一模）如图，矩形的对角线相交于点O，点E为上一点，，，则的周长为________． 【答案】8 【分析】由矩形的性质得出，再结合周长公式计算即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴的周长． 9．（2026·云南玉溪市·一模）如图，已知线段，分别以点，为圆心，以为半径画弧，两弧相交于点，，连接，，，，则四边形的面积为____________． 【答案】 【分析】连接，根据作图可知，再根据菱形的性质可得，，，再由勾股定理求出，，再根据菱形的性质求面积即可． 【详解】解：如图：连接， 根据作图可知，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴四边形的面积为． 10．（2026·云南昭通市·一模）如图，四边形是菱形，E为边的中点，对角线，相交于点O，连接，若，，则菱形的面积等于（    ） A．12 B．24 C．30 D．36 【答案】B 【分析】由菱形的性质可知对角线互相平分且垂直，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，再结合勾股定理求出，从而求出菱形的面积． 【详解】解：四边形是菱形，， ，，， 在中，E为边的中点， ， ， ， 菱形的面积． 11．（2026·云南德宏州·一模）如图，在平行四边形中，连接，，过点作，与的延长线交于点，连接交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的面积为120，与的和34，求的长（其中）． 【答案】(1) 证明：∵平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形. (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，结合，可得，从而可得结论； （2）由菱形的性质可得，，再进一步求解即可. 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵四边形的面积为120，与的和34， ∴，， ∴，， ∴， ∴. 12．（2026·云南昆明市·一模）如图，在四边形中，． (1)求证：四边形是矩形； (2)如图，过点作的角平分线与的延长线交于点．若，，求的面积． 【答案】(1) 证明：， 四边形是平行四边形， ， ， 又， ， 四边形是矩形； (2)50 【分析】（1）根据平行四边形的判定和性质以及矩形的判定定理进行证明； （2）根据平行线的性质和角平分线的定义得出相等的边，假设出未知数，利用勾股定理列出方程求解． 【详解】（1）略 （2）解：， ， 又平分， ， ， ， 四边形是矩形， ， 在中，， 设，由勾股定理可得， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得：（负值已舍）， ， ． 13．（2026·云南初中学业水平考试·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，连接并延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1) 证明：∵是的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴，即， ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）由，得出四边形是平行四边形，再由菱形的性质可知，即可得出四边形是矩形． （2）由菱形的性质得出，由含30度直角三角形的性质得出，由勾股定理求出，然后根据求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵菱形，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 14．（2026·云南昭通市·一模）如图，在矩形中，点E是边上一点，连接、，且，过点A、B分别作和的平行线，两条平行线交于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形． 又， ． ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）根据两组对边分别平行判定四边形是平行四边形，再结合一个角是直角，即可判定矩形； （2）证明，根据相似三角形对应边成比例，求出，则，再结合矩形对角线相等求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：在矩形中，， ． ， ． ， 又， ． ， ，， ， ， ， ∴在矩形中，． 15．（2026·云南保山市·一模）如图，在平行四边形中，，，，分别是各边的中点，四边形是菱形． (1)求证：平行四边形为矩形； (2)若平行四边形的周长是，面积是，求菱形的边长． 【答案】(1)证明：如图，连接 ∵四边形是菱形 ∴ ∵在平行四边形中，，，，分别是各边的中点， ∴， ∴ ∴平行四边形是矩形； (2) 【分析】（1）根据菱形的性质得出，根据中位线的性质可得，得出，即可得证； （2）依题意得出，根据勾股定理结合完全平方公式变形，求得，根据中位线的性质即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵矩形的周长是，面积是， ∴ ∴ ∴ ∴，即菱形的边长为 16．（2026·云南大理州·一模）如图，平行四边形中，点在对角线的延长线上，于点，过点作交的延长线于点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求线段的长． 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ， ∵， ∴， ∵， 四边形是平行四边形． ∵ 平行四边形是菱形． (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明四边形是菱形即可； （2）根据，求出，根据，求出，即可得出答案． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ， ∵，， 在中，， ， ， ∵四边形是菱形， ， 又∵， 在中，， ， ． 17．（2026·云南文山州·一模）如图，在四边形中，对角线的垂直平分线分别交于点，垂足为，．连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，延长到点，使，连接，，若点是的中点，求的面积． 【答案】(1) 证明：∵是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】（）利用是的垂直平分线，得到且，结合先证四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，完成证明； （）先根据菱形性质和中位线定理求出的长度，再通过角度推导得到相关角的度数，作后用含的直角三角形性质与勾股定理求出各线段长，最后结合的长度，用三角形面积公式算出． 【详解】（1）略 （2）解：在菱形中，是的中点，， ∵点是的中点， ∴是的中位线， 则， ∵， ∴， 则， ∴， 如图，过点作于， ∴， 则， ∴， 同理，在中，，， 则， ∴， ∴． 18．（2026·云南玉溪市·一模）如图，在中，的平分线和的平分线交于点，点在边上，以，为邻边作． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ， ， ∵和分别是和的平分线， ， ， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，即可得证； （2）根据平行四边形的性质可得，，根据含30度角的直角三角形的性质可得，再根据勾股定理可得，根据矩形的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ． 19．（2026·云南昆明市·一模）如图，在中，点，分别是，的中点，过点作，垂足为，点在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求矩形的面积． 【答案】(1) 证明：，分别是，的中点， 是的中位线， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形； (2) 【分析】（1）由题意易得，然后可得四边形是平行四边形，进而根据矩形的判定定理可进行求证； （2）由（1）可得，，设，则，然后根据勾股定理可得x的值，进而可得，最后问题可求解． 【详解】（1）略 （2）解：四边形是矩形， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理可得，，即， 解得：， ，是的中位线， ， ， ． 20．（2026·云南曲靖市·一模）如图，在四边形中，，对角线，交于点，点是对角线上的一个动点，过点作于点，于点，若，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长与的周长之差为，且，求的值． 【答案】(1)证明：令与的交点为G． ∵，， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形． (2) 【分析】（1）令与的交点为G．由，得到，从而可推出，又，得到，因此，再由可证得，得到，根据等腰三角形的“三线合一”得到，，即可得证结论； （2）根据得到，因此，从而，根据勾股定理有，因此，即可求出菱形的面积，进而得到的面积，连接，根据结合三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴在中，， ∴， ∴， ∴， ∴． 连接， ∵ ∴， ∴． 21．（2026·云南楚雄彝族自治州禄丰市·二模）如图，在矩形中，E、F分别是、的中点，M、N分别是线段、的中点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为24，求菱形的周长． 【答案】(1) 证明：∵F、M、N分别是、、的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵E是中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； (2)20 【分析】本题考查了三角形中位线定理，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等知识，掌握相关知识点是解题关键． （1）根据三角形中位线定理，证明出四边形是平行四边形，再根据矩形的性质，证明，从而推出，即可证明结论； （2）连接、，根据角的正切值设，，得到，证明四边形是平行四边形，得到，利用三角形中位线定理，得到，结合菱形的面积，求出，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接、， ∵四边形是矩形， ∴，，， 在中，， ∴， ∴设，， ∴， ∵E、F分别是、中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵M、N分别是、的中点， ∴， ∴， 解得：（负值已舍去） ∴， ∴， ∴菱形的周长为． 22．（2026·云南楚雄彝族自治州武定县·二模）如图，平行四边形的周长为，的平分线交边于点，交对角线于点，点在上，，过点作于点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1) 证明：四边形是平行四边形， ，即， 平分， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； (2) 【来源】2026年云南楚雄彝族自治州武定县初中学业水平考试数学测试卷（二模） 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据平行四边形的性质得出，证明，可得四边形ABFE是平行四边形，根据进而根据菱形的判定得出即可； （2）延长交于点，根据已知求得，进而证明，根据相似三角形的高之比等于相似比，进而得出，再根据菱形的性质求得面积，即可求解． 【详解】（1）略 （2）如图，延长交于点， ∵， ∴， ∵四边形是菱形； ∴， ∵平行四边形的周长为， ∴ ∵， ∴ ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴ ∴， ∴四边形的面积为 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05四边形 5年真题1年模拟答案版 五年真题分类园 考点01多边形 1.C 2.B 考点02菱形 1.15 2. 【答案】(I)证明：：∠ABC+∠BAD=180°， .AD‖BC .AD=BC, ∴四边形ABCD是平行四边形， :AD‖BC,BD平分∠ABC, :.∠ADB=∠CBD,∠ABD=∠CBD ∴∠ABD=∠ADB, .AB=AD, 四边形ABCD是菱形； (2)60° 【分析】(1)根据∠ABC+∠BAD=180°，得到AD‖BC,进而得到四边形ABCD是平行四边形，根 据平行线的性质，角平分线的定义，推出∠ABD=∠ADB,进而得到AB=AD,即可得证； (2)根据角的数量关系，和差关系求出∠BAD的度数，再根据菱形的性质，即可得出结果. 【详解】(1)略 (2)解：∠ABC+∠BAD=180°，∠BAD=2∠ABC, .3∠ABC=180°， 1/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠ABC=60°， .∠BAD=120°， ,四边形ABCD是菱形， ∴.∠BCD=∠BAD=120°， ·∠ACB=1 ∠BCD=60. 3. 【答案】1) 证明：，四边形ABCD是平行四边形， .ADBC,∠BAD=∠BCD, .∠BEA=∠DAE, :AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线， ∠BAE=∠DAE=3∠BAD,∠BCF=号∠BCD, ∴.∠DAE=∠BCF=∠BEA, .AE‖FC, ∴.四边形AECF是平行四边形， .AE=AF, .四边形AECF是菱形： (2)4/3 【分析】(1)先证AD‖BC,再证AE‖FC,从而四边形AECF是平行四边形，又AE=AF,于是四边 形AECF是菱形： (2)连接AC,先求得∠BAE=∠DAE=∠ABC=60°，再证AC⊥AB, 3AB CB=90Q乙ABC=30=乙EAC,于是有3AC得AB=AC,再证AE=BEC 3 而根据面积公式即可求得AC=4V3. 【详解】(1)略 (2)解：连接AC, 2/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 F D B E :AD‖BC,∠ABC=60, .∠BAD=180°-∠ABC=120°， .∠BAE=∠DAE=∠ABC=60°， ,四边形AECF是菱形， ∠EBAC=2 ∠DAE=30°， .∠BAC=∠BAE+∠EAC=90° ∴.AC⊥AB,∠ACB=90°-∠ABC=30°=∠EAC, AE=CE,tan30°=tan∠ACB=AB即3_AB AC即3=AC AB-AC. 3 .∠BAE=∠ABC, ..AE=BE=CE, :△ABE的面积等于4V3, 5ecA0-4c9ac-9ac2-856 6 ∴.平行线AB与DC间的距离AC=4V3. 考点03矩形 1.7 2. 【答案】1) 证明：连接BD,AC, 3/20 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .:AB‖CDAD‖BC B 四边形ABCD是平行四边形， 四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点， ∴.GF‖BD,HG‖AC, ,四边形EFGH是矩形， ∴.HG⊥GF, .BD⊥AC, .四边形ABCD是菱形： (2)111 【来源】2024年云南省中考数学试题 【分析】(1)连接BD,AC,证明四边形ABCD是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到GFBD, HG‖AC,利用矩形的性质得到BD⊥AC,即可证明四边形ABCD是菱形： (②)利用二角形中位线定理和麦形性质得到吃BD+号AC=OA+OB=1山，利用k面积公式得到 2OA·OB=10,再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到AB. 【详解】(1)略 (2)解：，四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点， :.GF-EH-BD,HG-EF-AC, .矩形EFGH的周长为22， ∴.BD+AC=22, ,四边形ABCD是菱形， 吃0+号AC=0A+0B=1n, 2 四边形ABCD的面积为10， :.1BD·AC=10,即20AOB=10, .2 4/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .OA+OB2=0A2+2OA·OB+0B=121 ∴.0A2+0B2=121-10=111, ∴.AB=VOA2+0B2=V1111 3. 【答案】(1) 证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AB‖CD,即AB‖CF, ∴.∠BAE=∠FDE, E为线段AD的中点， ∴AE=DE, 又，'∠AEB=∠DEF, ∴△ABE≌△DFE(ASA), ∴AB=DF, 又AB‖DF, .四边形ABDF是平行四边形， .∠BDF=90°， ∴.四边形ABDF是矩形： (2)18. 【分析】(1)根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得△ABE≌△DFE,即可得到AB=DF,从 而证明四边形ABDF是平行四边形，再根据∠BDF=90°即可证明四边形ABDF是矩形： (2)根据全等的性质、矩形性质及勾股定理得到AB=DF=3,AF=4,由平行四边形性质求得CF=6,最后 利用梯形的面积公式计算即可. 【详解】(1)略： (2)解：由(1)知，四边形ABDF是矩形， ∴.AB=DF=3,∠AFD=90°， 在Rt△ADF中，AF=VAD2-DF=52-3=4' ,四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD=3, 5/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.CF=CD+DF=3+3=6, 5=AB+CFA=×3+6×4=18. 一年模拟练测园 1.B 2.B 3.B 4.C 5.D 6.7 7.∠ABC=90°（答案不唯一） 8.8 9.4V2 10.B 11. 【答案】1) 证明：，平行四边形ABCD, .AD BE DE‖AC, ∴.四边形ACED是平行四边形， .∠ACD=∠ADC, ..AD=AC, ∴四边形ACED是菱形 (2)13 【分析】(1)先证明四边形ACED是平行四边形，结合∠ACD=∠ADC,可得AD=AC,从而可得结 论 (2)由菱形的性质可得OA+OD=17,OA·OD=60,再进一步求解即可. 【详解】(1)略 6/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)解：，四边形ACED是菱形， AECD.OA-AF.OD-CD. ,四边形ACED的面积为120，AE与CD的和34， 号ALCD=120,AE+CD=34, .OA+OD=17,OA·OD=60, AD2=0A?+0D2=OA+0D2-20A0D=172-2×60=169 .AD=13. 12. 【答案】1) 证明：，'AD=BC,AB=DC, ∴.四边形ABCD是平行四边形， ∴.AD‖BC, ∴.∠B+∠BAD=180°， 又.·∠B=∠BAD, ∴.∠B=∠BAD=90, ∴.四边形ABCD是矩形： (2)50 【分析】(1)根据平行四边形的判定和性质以及矩形的判定定理进行证明： (2)根据平行线的性质和角平分线的定义得出相等的边，假设出未知数，利用勾股定理列出方程求解. 【详解】(1)略 (2)解：AD‖BC, ∴.∠DAE=∠E, 又.'AE平分∠CAD ∴.∠DAE=∠CAE, .∠E=∠CAE, ∴.AC=CE. ,四边形ABCD是矩形， ∴.∠B=90, 7/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :在Rt△ABC中，tan∠ACB=AB=4 BC3 ∴.设AB=4X,BC=3X,由勾股定理可得AC=5X, .BE=BC+CE=BC+AC=8x, 在Rt△ABE中，由勾股定理得AB+BE=AE2, 即14x+8x=202 解得：x=V5(负值已舍)， .AB=4x=45,CE=5x=55. 5E-2CE:AB-x585x45-50. 13. 【答案】(1) 证明：，E是AD的中点， .AE=ED, 又，EF=DE ∴四边形AODF是平行四边形， :四边形ABCD是菱形， AC⊥BD,即∠AOD=90°， .四边形AODF是矩形 (2)9V3 【分析】(1)由AE=ED,EF=DE得出四边形AODF是平行四边形，再由菱形的性质可知 ∠AOD=90°，即可得出四边形AODF是矩形. (2)由菱形的性质得出AD=AB=6,由含30度直角三角形的性质得出A0=AD=3,由勾服定理求出 OD,然后根据S知3S△AOD求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：菱形ABCD,∠ABC=60°，AB=6, ∴.∠ADC=60°，AD=AB=6 ∠AD0=ADC=30°， .,∠AOD=90°， 8/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 040=3, OD=AD-AO2=33 S矩 元2560m=2×号A0-0D=2××3×3R3=93, 14. 【答案】1) 证明：，AF‖BE,AE‖BF ∴.四边形AFBE是平行四边形. 又AE⊥BE, ∴∠AEB=90°」 .四边形AFBE是矩形. (2)5 【分析】(1)根据两组对边分别平行判定四边形AFBE是平行四边形，再结合一个角是直角，即可判定 矩形； (2)证明△ADE一△ECB,根据相似三角形对应边成比例，求出EC=4,则DC=5=AB,再结合矩形 对角线相等求解即可， 【详解】(1)略 (2)解：在矩形ABCD中，∠D=90°， ∴.∠EAD+∠AED=90° .AE⊥BE, ∴.∠BEC+∠AED=90°. ∴.∠EAD=∠BEC, 又.∠D=∠C=90°， .∴.△ADE一△ECB, ..AD-DE EC CB .'AD=BC=2,DE=1, 2-1 .∴.EC=4, 9/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.DC=5=AB, ∴.在矩形AFBE中，EF=AB=5. D 15. 【答案】(1)证明：如图，连接AC,BD A H D E G B F :四边形EFGH是菱形 ∴.EH=HG ,在平行四边形ABCD中，E,F,G,H分别是各边的中点， .EH-RD,HG-ZAG ∴·AC=BD ∴.平行四边形ABCD是矩形： (2)R5 【分析】1)根据菱形的性质得出EH=HC,根据中位线的性质可得EHBD,HG=方AC得出 AC=BD,即可得证： (2)依题意得出AB+BC=6,AB·BC=8,根据勾股定理结合完全平方公式变形，求得AC=2V5,根 据中位线的性质即可求解， 【详解】(1)略 (2)解：，矩形ABCD的周长是12，面积是8， ∴.AB+BC=6,AB·BC=8 AC2=AB2+BC2=AB+BCP-2AB·BC=6-2X×8=20 10120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴AC=25 :HG-方AC-G,即菱形FGH的边长为5 16. 【答案】1) 证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AD‖BC, EG‖BC, .AD‖EG .EG=AD, 四边形AEGD是平行四边形. :AF⊥BD ∴.平行四边形AEGD是菱形. (2)BE=4V3-4 【分析】(1)先证明四边形AEGD是平行四边形，再证明四边形AEGD是菱形即可： (2)根据sin∠BAF=sin45°=BF-BF_2 AB422,求出BF=4,根据 an∠FGE=tan60°-三-F-3,求出FE=45,即可得出答案. FG 4 【详解】(1)略 (2)解：，AF⊥BD, .∠AFB=90°， AB=4V2,∠BAF=45, 在Rt△ABF中，sin∠BAF=sin45'=BF=BF-R2 AB 42 2 ∴.BF=4, ∴.AF=BF=4, ,四边形AEGD是菱形， ∴.GF=AF=4, 又，∠FGE=60°， 在Rt△EFG中，tan∠FGE=an60°-E哭=EE=3, FG 4 11/20 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴FE=43, ∴.BE=EF-BF=4V3-4. 17. 【答案】I) 证明：，EF是AC的垂直平分线， .AC⊥EF,AO=CO, .OE=OF, ∴四边形AECF是平行四边形， .AC⊥EF, .四边形AECF是菱形： (2)2V3+3 【分析】(1)利用EF是AC的垂直平分线，得到AC‖EF且AO=CO,结合OE=OF先证四边形AECF 是平行四边形，再由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，完成证明： (2)先根据菱形性质和中位线定理求出OE的长度，再通过角度推导得到相关角的度数，作OH⊥BC后 用含30°的直角三角形性质与勾股定理求出各线段长，最后结合EG的长度，用三角形面积公式算出S△Oc, 【详解】(1)略 (2)解：在菱形AECF中，O是AC的中点，∠COE=90°， ,点E是BC的中点， ∴.OE是△ABC的中位线， 则OE=AB=2, .CG=0C,∠G=15°， .∠C0G=15, 则∠OCE=30°. ∴.∠OEC=60°， 如图，过点O作OH⊥BC于H, D 0 ∠EOH=30° B 则HE=OE=1, 2 12/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 oH=0E2-HE=V22-1=3' 同理，在Rt△OEC中，CE=4,OC=2V3, 则CG=2V3, .EG=CE+CG=4+2V3, 5a×14+293引x5=295+3 18. 【答案】I)证明：，四边形ABCD是平行四边形， ∴.AB‖DC, .∴.∠ABC+∠DCB=180°， ,BE和CE分别是∠ABC和∠BCD的平分线， ·∠EBC=∠ABC,∠ECB=∠BCD, 2 ∠BEC=1B0-(∠EBC+∠ECB)=180-∠ABC+∠DGB=90, ,四边形BECF是平行四边形， 四边形BECF是矩形 (2)93 【分析】(1)根据平行四边形的性质可得∠BEC=90°，即可得证； (2)根据平行四边形的性质可得BC=AD=6,∠CBE=30°，根据含30度角的直角三角形的性质可得 CE=3,再根据勾股定理可得BE=3V3,根据矩形的面积公式求解即可 【详解】(1)略 (2)解：，四边形ABCD是平行四边形， ∴.AD‖BC,BC=AD=6, ∴.∠ABC=180°-∠A=60°， 、∠CBE=号∠ABC=30, 2 .∠BEC=90° :.CE-1BC-1x6-3. 2 2 13120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BE=BC2-CE2=33 .S知 距·CE=33×3=93 19. 【答案】(1) 证明：.E,F分别是AB,AC的中点， ∴.EF是△ABC的中位线， .EF‖BC, MF=BD, ∴.四边形BDFM是平行四边形， .FD⊥BC, .∠BDF=90°， ∴.四边形BDFM是矩形； (2)S矩 【分析】(1)由题意易得EF‖BC,然后可得四边形BDFM是平行四边形，进而根据矩形的判定定理可 进行求证： (2)由(1)可得∠BME=90°，BM=DF=4,设ME=x,则BE=AE=8-x,然后根据勾股定理可 得x的值，进而可得MF=EF+ME=8,最后问题可求解. 【详解】(1)略 (2)解：四边形BDFM是矩形， ∴.∠BME=90°，BM=DF=4, AE+ME=8, ∴.设ME=X,则BE=AE=8-x, 在Rt△BME中，由勾股定理可得，BM2+ME2=BE2,即42+X=8-X2, 解得：X=3, .BC=10,EF是△ABC的中位线， Er-号8c-×10-5, .∴.MF=EF+ME=5+3=8, 14120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 S矩 ōβM·MF=4×8=32 20. 【答案】(I)证明：令EM与CD的交点为G. 4 B C .EM⊥BC,EN⊥CD, .∠ENC=∠M=90°， ,∠EGN=∠CGM. .180°-∠ENC-∠EGN=180°-∠M-∠CGM, 即∠GCM=∠GEN=2∠DBC, .∠DCM=∠DBC+∠BDC, ∴.∠DBC=∠BDC, ..BC=DC. .OB·BE=CD·BM, .OB·BE=BC·BM, 股器 .∠OBC=∠MBE, ∴.△OBC一△MBE, ∴.∠BOC=∠M=90°， .AC⊥BD .BC=DC,AB=BC ∴BO=DO,AO=C0 .四边形ABCD是平行四边形， .AB=BC, .口ABCD是菱形. 15120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)EM+EN=120 13 【分析】(1)令EM与CD的交点为G.由EM⊥BC,EN⊥CD得到∠ENC=∠M=90°，从而可推 出∠GCM=∠GEN=2∠DBC,又∠DCM=∠DBC+∠BDC,得到∠DBC=∠BDC,因此 BC=DC,再由OB·BE=CD·BM=BC·BM可证得△OBC~△MBE,得到∠BOC=∠M=90°， 根据等腰三角形的“三线合一”得到BO=DO,AO=CO,即可得证结论： (2)根据C△ABD-C△ABc=14得到BD-AC=14,因此B0-OC=7,从而 B0-0C2=B02-2B0·C0+C02=49根据勾股定理有B0'+0C2=BC2=169因此 BO·CO=60,即可求出菱形ABCD的面积，进而得到△BCD的面积，连接EC,根据 SABCD=S△BCE+SACDE结合三角形的面积公式求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：，四边形ABCD是菱形， ..AD=BC=AB=13,BD=2BO,AC=20C, CAABD=AB+AD+BD=2AB+BD,CAARC=AB+BC+AC=2AB+AC, 又C△ABD-C△ABCc=14, .BD-AC=14, .2B0-20C=14, ∴B0-0C=7, B0-0C2=49'即B02-2B0-C0+C0'=49 AC⊥BD, .在Rt△B0C中，B02+0C2=BC2=13=169 .169-2B0·C0=49, .B0C0=60, :S装AC~BD=号×2C0×2B0=2C0-B0=120. 16120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2 元9. 连接EC, CEM+CD-EN-BGEM+EN) :60=1×13EM+EN, ÷EM+EN=120 13 21. 【答案】(1) 证明：，F、M、N分别是BC、BE、CF的中点， .FM I CE,FM-CE,EN I BE,FN-BE, ∴四边形MENF是平行四边形， ,四边形ABCD是矩形， ∠A=∠D=90°，AB=CD, E是AD中点， .AE=DE, 在△ABE和△DCE中， AB=DC ∠A=∠D, AE=DE ∴.△ABE≌△DCE SAS, .BE=CE, .FM=FN, .四边形MENF是菱形： (2)20 【分析】本题考查了三角形中位线定理，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形的 17/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 应用等知识，掌握相关知识点是解题关键， (1)根据三角形中位线定理，证明出四边形MENF是平行四边形，再根据矩形的性质，证明 △ABE≌△DCESAS,从而推出FM=FN,即可证明结论； (2)连接EF、MN,根据角的正切值设AE=3x,AB=4x,得到BE=5x,证明四边形ABFE是平行四 边形，得到EF=AB=4x,利用三角形中位线定理，得到MN=号BC=3X,结合菱形MENF的面积，求 出X=2,即可求解. 【详解】(1)略 (2)解：如图，连接EF、MN, :四边形ABCD是矩形， .BC=AD,AE‖BF,∠A=90°， 在Rt△ABE中，∠A=90°， tan∠ABE=AE=3 AB 4' .设AE=3x,AB=4X, BE-AB+AE2=3x+(4xP=5x ,E、F分别是AD、BC中点， ∴.AD=2AE=6X,BC=2BF, ∴.AE=BF ∴.四边形ABFE是平行四边形， ..EF=AB=4x, M、N分别是BE、CE的中点， :.MN=1BC=3x, mEF,MN=号·4x-3X=24, 1 .S菱 解得：X=2(负值已舍去) ∴.BE=5x=10 w-号BE=5 ∴.菱形MENF的周长为4FN=20 18120 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D M B 22. 【答案】1) 证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AD‖BC,即AE‖BF, .·BF=EF ∴.∠FEB=∠FBE ,BE平分∠ABC, ∴.∠ABE=∠FBE, ∴.∠ABE=∠FEB ∴.AB‖EF ∴四边形ABFE是平行四边形， BF=EF, ∴.平行四边形ABFE是菱形； (2)25.2 【来源】2026年云南楚雄彝族自治州武定县初中学业水平考试数学测试卷（二模） 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知 识是解题的关键； (1)根据平行四边形的性质得出AD‖BC,证明AB‖EF,可得四边形ABFE是平行四边形，根据 BF=EF进而根据菱形的判定得出即可： 21 (2)延长HG交AE于点K,根据已知求得AB= 进而证明△AEG一△CBG,根据相似三角形的高 之比等于相似比，进而得出HK,再根据菱形的性质求得面积，即可求解。 【详解】(1)略 (2)如图，延长HG交AE于点K, 19/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 K E G B HE ,GH⊥BC,AE‖BF ∴GK⊥AE, .四边形ABFE是菱形： ..AB=AE=BF, ,平行四边形ABCD的周长为28， ∴AB+BC=28=14 .AB:BC=3:5, ∴AE=AB=3x14=2 8 :AE‖BC, ∴.△AEG一△CBG, 又AB:BC=3:5,AE=AB, 品能景 KG=9 ∴HK=KG+GH=9+3=24 5 5 ∴四边形ABFE的面积为BF×HK 21×24=25.2 5 20120