专题09 多边形与四边形（5年汇编）（北京专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦多边形与四边形，汇编2022-2026年北京中考真题及模拟题，覆盖内角和计算、四边形判定与性质等核心考点，适配中考分层考查需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|15题|多边形内角和（如正多边形外角和、内角和公式）|真题基础题独立考点，如2025北京卷六边形内角计算| |填空题|3题|多边形边数与内角和关系|结合正方形与正五边形，如中点相关角度计算| |解答题|24题|四边形判定与性质（平行四边形、矩形、菱形）|中档题分层设问，如2026北京卷先证平行四边形再求面积，模拟题强化综合应用（中位线+勾股定理）|

专题09 多边形与四边形 5年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2022-2026） 命题规律 考点01多边形内角和 2025北京卷 全卷基础送分小题，排布在选择前几题、填空前几题，独立单一考点，不与其他几何模型综合，整体难度最低。 考点02 四边形的性质与判定 2026北京卷 2025北京卷 2024北京卷 四边形解答题为固定几何中档解答题型，固定分值 5 分，中等水平学生分层区分题型；统一依托三角形中位线 + 平行四边形、矩形、菱形为核心载体，遵循 “基础证明→线段 / 面积计算” 两层设问逻辑，综合图形判定、勾股运算、中位线性质三大核心能力，是北京中考稳定常规几何题型。 考点01 多边形内角和 1．（2026·北京·中考）在凸五边形中，，，则________． 【答案】 【分析】根据多边形内角和可得五边形的内角和为，然后问题可求解． 【详解】解：根据多边形内角和可知：五边形的内角和为， ∵， ∴， ∵， ∴． 2．（2025·北京·中考）若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（    ） A．60 B．90 C．120 D．150 【答案】C 【分析】本题考查了多边形内角和公式，即，其中为边数，利用多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：∵一个六边形的每个内角都是， ∴每个内角的度数为：， 故选：C． 3．（2023·北京·中考）正十二边形的外角和为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于． 【详解】解：因为多边形的外角和为，所以正十二边形的外角和为． 故选：C． 考点02 四边形的性质与判定 1．（2026·北京·中考）如图，的两条对角线相交于点O．已知的面积为，的长为，当的长为________时，是菱形． 【答案】 【分析】由菱形面积公式，解得，故． 【详解】解：由题意，若是菱形， 则的面积， ∵的面积为，的长为， ∴．解得． ∵四边形是菱形， ∴． 2．（2026·北京·中考）如图，在中，，D，E分别为，的中点，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明：在中，，E为的中点， ， ， , 又， 四边形是平行四边形； (2) 【分析】（1）根据直角三角形的性质可得，从而得到，即可求证； （2）根据三角形中位线定理可得，，从而得到，，再由四边形的面积的面积的面积，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：，E分别为，的中点， 是的中位线， ，， ， ， ∵，， ∴，， 的面积为，的面积为， 四边形的面积的面积的面积． 3．（2025·北京·中考）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 【答案】(1) 证明：∵D，E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴； ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴； ∵点D为的中点， ∴； 如图所示，过点A作于H， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得． 4．（2024·北京·中考）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.    (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长. 【答案】(1) 证明：∵是的中点，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； (2) 【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到，而，即可求证； （2）解求得，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到，最后对运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴在中，由勾股定理得． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 5．（2023·北京·中考）如图，在中，点E，F分别在，上，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)，，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； (2) 【分析】（1）利用平行四边形的性质求出，证明四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论； （2）证明是等腰直角三角形，可得，然后再解直角三角形求出即可． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）知四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 6．（2022·北京·中考）如图，在中，交于点，点在上，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若求证：四边形是菱形． 【答案】(1) 证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形． (2) ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴四边形ABCD为菱形， ∴， 即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论； （2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键． 一、单选题 1．（2026·北京门头沟·综合练）如果正多边形的一个外角是，那么这个正多边形是（   ） A．正三边形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 【答案】D 【分析】根据任意多边形的外角和为，正多边形的所有外角都相等，设该正多边形的边数为，进而求出的值，确定该正多边形的边数． 【详解】解：任意多边形的外角和为，正多边形的所有外角都相等， 设该正多边形的边数为， ， 该正多边形是正六边形． 故选：． 2．（2026·北京朝阳·一模）若一个六边形的每个外角都是，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】任意多边形的外角和恒为，六边形有个外角，结合每个外角相等的条件即可计算的值． 【详解】解：∵任意多边形的外角和为，该六边形有个外角，且每个外角都相等， ∴． 3．（2026·北京丰台·一模）六边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据任何多边形的外角和是即可求出答案． 【详解】解：∵多边形的外角和等于， ∴六边形的外角和为， 故选：． 【点睛】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识，解题的关键是熟记：多边形的外角和等于． 4．（2026·北京顺义·一模）每一个外角都是的正多边形为（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形 【答案】B 【分析】利用任意多边形外角和为，结合正多边形各外角相等的性质计算边数即可得到答案． 【详解】解：∵任意多边形的外角和为，且正多边形的所有外角都相等， ∴该正多边形的边数为， ∴该正多边形为正六边形． 5．（2026·北京石景山·一模）一个多边形的内角和是外角和的倍，则这个多边形的边数为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设这个多边形有n条边，根据内角和是它的外角和的2倍，列方程，然后解方程即可． 【详解】解：设这个多边形有n条边． 由题意得：（n﹣2）×180°=360°×:2， 解得n=6． 故这个多边形的边数是6． 故选B 【点睛】此题主要考查了多边形的外角和，内角和公式，做题的关键是正确把握内角和公式为：（n-2）•180°，外角和为360°． 6．（2026·北京海淀·一模）一个多边形的每一个外角的度数是，则这个多边形的边数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，理解多边形外角和、外角的个数与多边形的边数之间的关系是解题关键． 根据多边形的外角和是和这个多边形的每一个外角都等于，即可求得外角的个数，即多边形的边数． 【详解】解：∵多边形的外角和是，这个多边形的每一个外角都等于， ∴这个多边形的外角的个数为， ∴这个多边形的边数是8 故选：D． 7．（2026·北京平谷·一模）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为（     ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】根据正多边形的每个内角相等，每个外角也相等，外角和等于，即可得出答案 【详解】解：∵多边形的外角和等于360°，且这个每个外角都等于72°， ∴它的边数为. 故选A 【点睛】本题考查多边形的外角和，解题的关键是掌握多边形的外角和等于360°. 8．（2026·北京昌平·二模）已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（   ） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 【答案】C 【详解】多边形的内角和公式为（n－2）×180°， 根据题意可得：（n－2）×180°=900°， 解得：n=7． 故选C 9．(25-26九下·北京第五中学分校·二模)若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（    ） A．60 B．90 C．120 D．150 【答案】C 【分析】本题考查了多边形内角和公式，即，其中为边数，利用多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：∵一个六边形的每个内角都是， ∴每个内角的度数为：， 故选：C． 10．(25-26九下·北京海淀区教师进修学校附属实验学校·模拟)若一个八边形的每个外角都是，则x的值为（   ） A．30 B．45 C．135 D．150 【答案】B 【分析】根据任意多边形的外角和为，即可求解． 【详解】解：∵任意多边形的外角和为，八边形的每个外角都是， ∴， 即． 11．（2026·北京市西城区·二模）若一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的一个外角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据多边形内角和公式求出边数，再根据外角和定理求出一个外角的度数即可；本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟练掌握多边形内角和公式和外角和定理是解题的关键． 【详解】解：设正多边形的边数为， ∴， 解得， 又∵多边形的外角和为， ∴一个外角的度数为． 故选：B． 12．（2026·北京燕山教育集团·二模）六边形的内角和为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和，利用多边形的内角和即可解决问题，熟练掌握多边形的内角和公式及应用是解题的关键． 【详解】解：根据多边形的内角和可得： ． 故选：． 13．（2026·北京平谷·二模）一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】本题考查多边形的内角和，设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和列方程即可求解． 【详解】解：设这个多边形的边数为n，则 ， 解得：， ∴这个多边形的边数为8． 故选：D 14．（2026·北京大兴·二模）若正多边形的一个外角是，则这个正多边形是（     ） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 【答案】D 【分析】利用多边形外角和定理，以及正多边形各外角相等的性质求解，直接计算边数即可得到结果． 【详解】∵任意多边形的外角和为，正多边形的每个外角都相等， ∴设该正多边形的边数为n， 则， ∴这个正多边形是正十边形． 15．（2026·北京朝阳·二模）若一个五边形的每个内角都是，则的值为（     ） A．36 B．72 C．108 D．144 【答案】C 【分析】先利用边形内角和公式求出五边形的总内角和，再计算每个内角的度数即可． 【详解】解：∵边形内角和公式为， ∴五边形的内角和为， ∵五边形每个内角都相等， ∴． 二、填空题 1．（2026·北京昌平·一模）一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数为_____． 【答案】 【分析】本题考查多边形的知识解题的关键是掌握多边形的内角和公式，进行解答，即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， ∵多边形内角和公式：， ∴， 整理方程得 ， 解得 ． 2．（2026·北京西城·一模）若n边形的内角和是它的外角和的2倍，则n=_______． 【答案】6 【分析】根据多边形内角和公式：（n-2）•180°（n≥3且n为整数），结合题意可列出方程180°（n-2）=360°×2，再解即可． 【详解】解：多边形内角和=180°（n-2）， 外角和=360°， 所以，由题意可得180°×(n-2)=2×360°， 解得：n=6． 故答案为：6． 【点睛】此题主要考查了多边形内角和和外角和，关键是掌握多边形内角和公式：（n-2）•180°（n≥3且n为整数），多边形的外角和等于360度． 3．(25-26九下·北京中国人民大学附属中学分校·期中)如图，已知四边形是正方形，是对角线的中点，以为边作一个正五边形，则的度数是______度． 【答案】 【分析】根据正多边形外角和定理求出，根据正方形的性质得出，最后利用三角形的外角性质即可求解． 【详解】解：∵是正五边形的外角， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴， ∴． 三、解答题 1．（2026·北京门头沟·综合练）如图，在四边形中，，点在上，且，对角线平分，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果是的中点，且，，求的长． 【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）由题意易得四边形是平行四边形，则有，然后可得，进而问题可求证； （2）由题意易得，然后可得，进而根据三角函数及勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 设， ∴， 解得：（负根舍去）， ∴． 2．（2026·北京东城·一模）如图，在中，对角线，交于点O，点E，F分别是，的中点，连接交于点G，延长与的延长线交于点H，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】（1）由中点的定义得，，再由可得，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出结论； （2）由中位线的性质得，证明四边形是平行四边形，则，，再根据菱形的性质得，，则，再根据含30度角的直角三角形的性质求解． 【详解】（1）证明：∵点E，F分别是，的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵点E，F分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴． 3．（2026·北京朝阳·一模）如图，在中，点在边上，，过点作的平行线，交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1) 证明：四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是菱形． (2) 【分析】（）先证出四边形是平行四边形，再证出即可． （）根据四边形是菱形得到，结合解三角形即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图，设交于点． 由（1）得，，，，． ， ． 在中，． ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，以及解三角形，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键． 4．（2026·北京大兴·一模）如图，在四边形中，，，点E，F分别为的中点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵点E，F分别为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； (2) 【分析】（1）先根据点E，F分别为的中点，得出，证明四边形为平行四边形，结合一组邻边相等的平行四边形是菱形进行作答即可； （2）根据菱形的性质得，再运用斜边上的中线等于斜边的一半得，最后由勾股定理进行列式计算，即可作答． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）得四边形为菱形， ∴， ∵，点E为的中点， ∴， 即， 在中，． 5．（2026·北京丰台·一模）如图，在菱形中，延长至点E使，延长至点F使，连接． (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，，． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； (2) 【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形、对角线相等的平行四边形是矩形，即可证得结论； （2）先根据菱形的性质和正弦的定义求得，，然后证得四边形是矩形，根据矩形的性质可得，，接着利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证得四边形是平行四边形，从而得到，进而得到，最后由勾股定理解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接并延长交于点G，交于点H， ∵菱形， ∴，，，， ∴， 在中，，， ∴，， ∴， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 6．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，交于点O，E是的中点，过点O，E分别作直线的垂线，垂足分别为G，F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵四边形为平行四边形，交于点O， ∴，即为中点， ∵E是的中点， ∴为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵，即， ∴四边形是矩形； (2) 【分析】（1）首先证明为的中位线，易得，再证明，可知四边形为平行四边形，然后根据“有一个角为直角的平行四边形为矩形”，即可获得答案； （2）首先根据平行四边形的性质以及勾股定理解得，再证明为等腰直角三角形，易得，进而确定的长度，进一步由三角形中位线的性质确定，由矩形的性质可得，然后由求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 7．（2026·北京石景山·一模）如图，在中，，分别为，的中点，点在的延长线上，且，点在边上，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵，分别为，的中点， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理先得到，然后即可证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可证明其为菱形； （2）连接与交于点，先根据三角形中位线定理求解，即可求解，然后根据菱形得到，，再根据角直角三角形的性质以及勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接与交于点， ∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 8．（2026·北京昌平·一模）如图，在中，，，分别为，中点，连接，过点作的垂线，与直线交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：，分别为，中点， ， ，为中点， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 为中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形； (2) 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一与三角形中位线定理，先证明四边形是平行四边形，再结合是的中点，证明四边形是平行四边形，结合证明其为矩形； （2）过点作于点，结合锐角三角函数定义，先求出相关线段长度，再结合矩形的性质，转化为求对应边的长度． 【详解】（1）略 （2）解：过点作于点． 在中，， 设，则， ， ， ， ，， 四边形是矩形， ， ， 在中，． 9．（2026·北京西城·一模）如图，在四边形中，，对角线平分，过点B作交的延长线于点E，过点B作，交于点G，交于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若点F是的中点，，求的长． 【答案】(1)证明：， ， ， ， ， ， ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）根据三个角都是直角的四边形是矩形证明即可； （2）证明，得到，进而利用特殊角的三角函数值求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵点F是的中点， ， ∵平分， ， ，， ， ， 在中，， ， ∵在矩形中，， ， ， ， ． 10．（2026·北京海淀·一模）如图，在中，，，分别为，的中点，点，在射线上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； (2) 【分析】（1）根据证明即可； （2）过点作于，利用勾股定理及平行四边形的性质、矩形的性质及判定得出的值，进而求出的长. 【详解】（1）略 （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 过点作于， ∴， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴. 11．（2026·北京通州·一模）如图，在中，，点，点分别是，的中点，延长到点，使，连接，，，，与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵点，点分别是，的中点， ∴，， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形． (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理可得，，进而证明，，则可证明四边形是平行四边形； （2）先利用勾股定理求出，再由平行四边形的性质求出的长，进而利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，，， ∴在中，， ∵点是的中点，， ∴ ， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴在中，， ∴． 12．（2026·北京平谷·一模）如图，平行四边形，是延长线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于，若，，求和的长． 【答案】(1) 证明：平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形； (2)， 【分析】（1）根据平行四边形的性质和等边对等角的性质，推出，则，即可得证； （2）过点作于点，根据菱形的性质，得出是等边三角形，，再得出，利用勾股定理求出，即可得出的长．根据三线合一的性质和勾股定理，求出，证明，利用对应边成比例得出，即可求出的长． 【详解】（1）略 （2）解：如图，过点作于点， ， ， 由（1）可知，四边形是菱形， ，，，，，， 是等边三角形， ， ， 在中，， ， ， ，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ，， 在中，， ， ∴， ， ， ， ． 13．（2026·北京东城·二模）如图，在中，，平分交于点，过点作，于点，于点，于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：∵于点，于点， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴四边形是矩形； (2) 【分析】（1）根据“有三个角为直角的四边形为矩形”，即可证明结论； （2）首先利用三角函数解得，由角平分线的性质定理可得；设，则，证明，由相似三角形的性质解得的值，易得，进而由勾股定理解得的长度；证明，由相似三角形的性质求的长即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴，即，解得， ∵平分，，于点， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即，解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 14．（2026·北京朝阳·二模）如图，在中，，为边上的高，为边的中点，，垂足为，点在线段上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）因为是等腰三角形，是边上的高，所以是中点，结合是中点，利用三角形中位线定理可得与平行．因为，所以和垂直，又已知，且在上，所以与平行且相等，可先证四边形是平行四边形，再结合有一个内角为直角，即可证明是矩形． （2）先推出，得到，由得，再根据勾股定理求得，再得，最后由勾股定理得的长． 【详解】（1）证明：，为边上的高， ． 为边的中点， ． ， ∴四边形是平行四边形． ， ． ∴四边形是矩形． （2）解：， ． ． ． ， ． 在中，由勾股定理，得． ． ∵四边形是矩形， ，． 在中，由勾股定理，得． 15．（2026·北京顺义·二模）如图，在中，，分别是，的中点，于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：在中，， ∵，分别是，的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】（1）由已知易证四边形是平行四边形，结合，即可证明结论； （2）由（1）中结论可得，，结合，易证，进而证明，得到，解直角三角形求出，利用勾股定理求出，即可得出结果． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）知四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵，分别是，的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即 ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 16．（2026·北京石景山·二模）在中，，是的中点，点在边上，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接并延长到点，使得，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)证明：∵在中，，是的中点， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． (2) 【分析】（1）由条件可证明，可得，再由，即可证明结论； （2）由条件可得，再可得，则，，可得，再由，则在中即可求得的长． 【详解】（1）略 （2）解：∵在中，，，， ∴， ∴， 由（1）可知，，四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴的长为． 17．（2026·北京丰台·二模）如图，在中，是边上的一点（不与点重合），是边的中点，过点作交的延长线于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，，求的长． 【答案】(1)证明：∵， ， ∵是中点， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形； (2) 【分析】 证明，得到，即可求证； 由直角三角形的性质得，即得，又由等腰三角形的性质及三角形外角性质得，进而得到，再利用勾股定理得，最后根据平行四边形的性质即可求解． 【详解】（1）解：略； （2）解：， ， ∵是边的中点， ∴， ， ， ， 在中，， ， ∴， ∵四边形是平行四边形， ． 18．（2026·北京房山·二模）如图，矩形，延长至点，使，延长至点，使，连接，，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明：∵在矩形中，， ∴利用勾股定理有：，，，， ∵，， ∴，即， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质以及勾股定理等知识． （1）结合矩形的性质，利用勾股定理证明即可； （2）先求出，，之间的数量关系（都用表示出来），再在中，利用勾股定理列出方程即可求出，进而可得、的长度，问题得解． 【详解】（1）略 （2）∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵在矩形中，，， ∴，， ∴在中，， ∴，解得：（负值舍去）， ∴， ∴，， ∴ ． 19．（2026·北京大兴·二模）如图，在中，，O为中点，过点A作于点E，连接，并延长到点D，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)证明：∵O为中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）利用平行四边形对角线互相平分的判定定理证得四边形是平行四边形，再由得证结论； （2）利用正弦的定义可求得的长度，再根据等腰三角形三线合一的性质证得，利用矩形的性质证出，从而得到，即，求得的长度，最后通过勾股定理即可得解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接， 在中，，， ∴， ∵，O为的中点， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 在中，． 20．（2026·北京平谷·二模）已知，，点，分别是，的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，若，，求的长． 【答案】(1)证明：点，分别是，的中点， 是的中位线， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 是菱形； (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理可知，，，可证，根据全等三角形的性质可证四边形是平行四边形，根据，可证四边形是菱形； （2）连接，交于点，设，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得：，，由，可以求出，可证，根据相似三角形的性质可知，所以可得，即可求出的长度． 【详解】（1）证明：略； （2）解：如下图所示，连接，交于点， 设， ，， ，， 四边形是菱形， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 21．（2026·北京海淀·二模）如图，在中，，平分，是的中点，连接并延长到点，使得．连接，． (1)证明：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）根据矩形的性质以及勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接 ∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 在中，，平分， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是矩形， （2）解：∵， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴． 22．（2026·北京燕山教育集团·二模）如图，在中，，，分别为，的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据已知条件得出，，，可得四边形是平行四边形．进而根据已知条件得出，即可得出结论； （2）连接，得出是等边三角形．在中，解直角三角形即可求解． 【详解】（1）证明：∵，分别为，的中点， ∴，，． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴． ∴． ∴四边形是菱形． （2）解：连接，如图． ∵四边形是菱形， ∴，． ∴是等边三角形． ∵， ∴． ∴． 在中，，， ∴． 【点睛】本题考查了中位线的性质，菱形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键． 23．（2026·北京市西城区·二模）如图，在中，，是的中点，连接，过点作交的平行线于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先根据，再结合、，可推出，依据平行四边形判定定理即可证明． （2）首先利用平行四边形的性质，得到，结合是中点的条件，求出；再根据，在中利用正切的定义求出，得。由勾股定理求得 ，最后用勾股定理计算的长． 【详解】（1）证明：∵ ，， ∴ ， ∴ ， 即 ． 又 ， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵ 四边形是平行四边形， ． ∵D是中点， ． ∵在中，， 即 ， ∴ ． ∵在中， ， 代入，， 得 ， 解得 （边长为正，舍去负根）， ∴ 在中，由勾股定理： ． 24．（2026·北京密云·一模）如图，在中，，点是边上一点，且，过点作的平行线，与过点所作的边的垂线相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明，得出，再证明四边形是平行四边形； （2）根据平行四边形的性质得出，从而得出，根据，，得出，设，则，根据勾股定理得出，即可求出结果． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理得： ， 即， 解得：， ∴． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题09多边形与四边形 5年真题1年模拟 中考品题透析园 考点分类 北京考情(2022-2026) 命题规律 全卷基础送分小题，排布在选择前几题、填空 考点01多边形内 2025北京卷 前几题，独立单一考点，不与其他几何模型综 角和 合，整体难度最低。 四边形解答题为固定几何中档解答题型，固定 分值5分，中等水平学生分层区分题型；统一 2026北京卷 依托三角形中位线+平行四边形、矩形、菱形 考点02四边形的 2025北京卷 为核心载体，遵循“基础证明→线段/面积计 性质与判定 2024北京卷 算”两层设问逻辑，综合图形判定、勾股运 算、中位线性质三大核心能力，是北京中考稳 定常规几何题型。 五年真题分类园 1/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点01多边形内角和 1. 【答案】135 2. 【答案】C 3. 【答案】C 品考点02四边形的性质与判定 【答案】3 2. 【答案】Q)证明：在△ABC中，∠CAB=90°，B为BC的中点， .BC=2AE .BC=2BF, .AE=BF, 又AE∥BF, .四边形ABFE是平行四边形： 9 2 3. 【答案】(1) 证明：：D,E分别为AB,AC的中点， .DE是△ABC的中位线， ∴DE∥CF,即DG/CF, .DG=FC, ∴.四边形DFCG是平行四边形， 又DF⊥BC, “.平行四边形DFCG是矩形： 2/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2BC=8,AC=2W10 4. 【答案】(I) 证明：，E是AB的中点，DF=FB, .EF∥AD, .AF II DC :.四边形AFCD为平行四边形： ®g 5. 【答案】I) 证明：四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC,AD∥BC, .BE=DF, .AF=EC, ,∴四边形AECF是平行四边形， AC=EF “.平行四边形AECF是矩形： g32 6. 【答案】(I) 证明：，四边形ABCD为平行四边形， ..AO=CO,BO=DO. .AE=CF. ·AO-AE=CO-CF, 即EO=FO ∴四边形EBFD是平行四边形. (2) ':四边形ABCD为平行四边形， 3/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AB∥CD, .∠DCA=∠BAC, :∠BAC=∠DAC, :.∠DCA=∠DAC, .DA=DC, ∴四边形ABCD为菱形， .AC⊥BD, 即EF⊥BD, ,四边形EBFD是平行四边形， ∴.四边形EBFD是菱形. 一年模拟练测园 一、单选题 1. 【答案】D 2. 【答案】B 3. 【答案】B 4. 【答案】B 5. 【答案】B 6. 【答案】D 2 【答案】A 8. 【答案】C 9. 4/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【答案】C 10. 【答案】B 11. 【答案】B 12. 【答案】C 13. 【答案】D 14. 【答案】D 15. 【答案】C 二、填空题 1. 【答案】12 2. 【答案】6 3. 【答案】117 三、解答题 1. 【答案】(I) 证明：，ABIICD,AE=CD, “四边形AECD是平行四边形， .AD∥CE .∠DAC=∠ACE, :AC平分∠DAB, ∴.∠DAC=∠EAC=∠ACE 5/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AE=CE, .四边形AECD是菱形： 2)BC=8 2. 【答案】(I)证明：：点E,F分别是AB,AD的中点， .E-AB.AF-AD 2 AE=AF, .'AB=AD, 又，四边形ABCD是平行四边形， .四边形ABCD是菱形： (2)6 3. 【答案】1) 证明：~四边形ABCD是平行四边形， AB∥CD,∠A=∠BCD. .·BE∥CF ∴四边形BECF是平行四边形， :∠CBE=∠A, ∴，∠CBE=∠BCD .BE=CE」 ∴.四边形BECF是菱形. ②EF=45 4. 【答案】) 证明：：点E,F分别为ACBC的中点， EF-2AB.CF-BC.EFNAB 2 6/15 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .CDI AB .CD∥EF, .DE∥CF ∴.四边形EFCD为平行四边形， ·AB=BC, EF=1AB.CF=1BC 2 2 .EF=CF, “.四边形EFCD为菱形： ②)D=2V5 5. 【答案】1) 证明：，DE=AD,FD=CD ∴.四边形ACEF是平行四边形，AE=2AD,CF=2CD ,四边形ABCD是菱形， .AD=CD .AE=CF ∴四边形ACEF是矩形： B喻 6. 【答案】) 证明：：四边形ABCD为平行四边形，AC,BD交于点O, :OB=OD,即O为BD中点， ,E是CD的中点， .OE为△DBC的中位线， ∴.OE∥BC, OG⊥BC,EF⊥BC. .OG∥EF, ∴.四边形OGFE为平行四边形， 7/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又：OG⊥BC,即∠0GF=90°， ∴四边形OGFE是矩形： 1 (2)2 个 【答案】) 证明：，D,E分别为AB,AC的中点， .DF∥BC, ,FG∥AB 四边形DBGF是平行四边形， .DF DB, ∴四边形DBGF是菱形： ②63 8 【答案】I) 证明：D,E分别为AB,AC中点， ∴.DEI/BC, :AB=BC,E为AC中点， BE⊥AC, FB⊥BE, .FBIlAC. ∴四边形FECB是平行四边形， .FB=EC, :E为AC中点， .AE=EC, :FB=AE, .四边形AEBF是平行四边形， FB⊥BE, .∠FBE=90°， .四边形AEBF是矩形： 8/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ®30 9. 【答案】I)证明：：BE⊥CD, .∠BED=90°， BF∥ED, .∠BFD+∠ADC=180°， :∠ADC=90°， ∴.∠BFD=90°=∠FDE=∠BED. .四边形BEDF是矩形. ②)AB=65 10. 【答案】) 证明：：M,N是AB,BC的中点， 1 、MNIAC,.MN=,BC, 21 ..PO=MN, .POIIMN,PO=MN .四边形MPQN是平行四边形： (2)PA=1 11. 【答案】) 证明：：点E,点F分别是BC,AC的中点， ·EF I AB, .AD∥EF,AD=EF, ,四边形AEFD是平行四边形. (2)ED=213 9/15 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 12 【答案】(1) 证明：平行四边形ABCD .AD∥BC .∠ADB=∠DBC, .BD=DE. .∠DBC=∠DEB, :∠ABC=2∠DEB. .∠ABC=2∠DBC. ∴.∠ABD=∠DBC=∠ADB ∴.AB=AD, ∴四边形ABCD是菱形： (2)BE=12,AF=√7 13。 【答案】QI)证明：，DE⊥EF于点E,BF⊥EF于点F, ∴.∠DEF=∠BFE=90°， ,EF∥BD, .∠BDE=180°-∠DEF=90°， ∴.∠BDE=∠DEF=∠BFE=90 ∴四边形BDEF是矩形： 3√5 2)5 14. 【答案】Q)证明：~AB=BC,BD为AC边上的高， ∴AD=CD :E为AB边的中点， .DE∥BC FH=DE, ∴.四边形DEFH是平行四边形. 10/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :EF L BC, ∴.∠EFH=90° ∴四边形DEFH是矩形. Qs 15. 【答案】I)证明：在口ABCD中，AD=BC,ADI‖BC, :E,F分别是AD,BC的中点， :DE-I4D.BF-1BC 2 .'DE=BF, .DE I BF ∴四边形BFDE是平行四边形， BD⊥EF, ∴四边形BFDE是菱形： g25 16. 【答案】(Q)证明：：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点， .DC-14B-DB .∠DCB=∠B, ,FG垂直平分BE, .FE=FB, ∴.∠FEB=∠B, ∴.LDCB=∠FEB. .FM∥DC, .FM=DC, ∴四边形CMFD为平行四边形. 03 11/15 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 17 【答案】I)证明：：AF∥BC, ∴.∠EAF=∠ECD. :E是AC中点， ∴.AE=CE '∠AEF=∠CED ∴.△AEF≌ACED(ASA) .AF =CD, “.四边形ADCF是平行四边形： ®② 18 【答案】I)证明：，在矩形ABCD中，AB⊥BC, 利用勾股定理有：AB2+BF2=AF2,AB2+BC2=AC2,EB2+BF2=FE2,EB2+BC2=EC2, BE=AB,BF=CB, “AF2=EF2=AC2=EC2,即AF=EF=AC=EC, :四边形AFEC是菱形： (2)48 19. 【答案】I)证明：：O为AC中点， ..OA=OC, 又：OD=OE, “四边形AECD是平行四边形， ,AE⊥BC, ∠AEC=90°， ∴.四边形AECD是矩形. ®3 20. 【答案】I)证明：点D,E分别是AB,BC的中点， 12/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DE是△ABC的中位线， .DE ll AC.CE BE.AC=2DE. ∠ACB=DEB=90°， .ABIICF, ∠FCB=LCBD, ∠CEF=∠BED, ∴.△CEF≌△DEB(ASA) .CF=BD, .ABCF, ∴四边形CDBF是平行四边形， :∠DEB=90°， BC⊥DF, ,oCDBF是菱形： 回的号 21, 【答案】(I)证明：连接DE B D :O是AD的中点， ∴.OA=OD .OE =BO ∴，四边形ABDE是平行四边形， 13/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.AE=BD,AE II BD 在△ABC中，AB=AC,AD平分∠BAC, .AD I BC.BD=CD .AE=CD ,.四边形ADCE是平行四边形， .∠ADC=90° .四边形ADCE是矩形， ②6 22. 【答案】(I)证明：：D,E分别为BC,AC的中点， BD=BC:ED/4R 2 ED=1AB 2 又：AF∥BC, ∴.四边形ABDF是平行四边形 .BC=2AB. ∴.AB=BD ∴四边形ABDF是菱形. g6 23. 【答案】I)证明：：∠ACB=90°，AE LAC, .∠EAC=∠ACB=90°， .AE∥BC, 即AE∥BD 又BE∥AD, .四边形AEBD是平行四边形 14/15 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B D evio 24 【答案】I)证明：：EB⊥CB, ∴∠CBE=90°， .∠ACB=∠CBE, ∴BE∥AC, :CE∥BD, “.四边形BDCE是平行四边形： (2)CE=5 15/15 专题09 多边形与四边形 5年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2022-2026） 命题规律 考点01多边形内角和 2025北京卷 全卷基础送分小题，排布在选择前几题、填空前几题，独立单一考点，不与其他几何模型综合，整体难度最低。 考点02 四边形的性质与判定 2026北京卷 2025北京卷 2024北京卷 四边形解答题为固定几何中档解答题型，固定分值 5 分，中等水平学生分层区分题型；统一依托三角形中位线 + 平行四边形、矩形、菱形为核心载体，遵循 “基础证明→线段 / 面积计算” 两层设问逻辑，综合图形判定、勾股运算、中位线性质三大核心能力，是北京中考稳定常规几何题型。 考点01 多边形内角和 1．（2026·北京·中考）在凸五边形中，，，则________． 2．（2025·北京·中考）若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（    ） A．60 B．90 C．120 D．150 3．（2023·北京·中考）正十二边形的外角和为（  ） A． B． C． D． 考点02 四边形的性质与判定 1．（2026·北京·中考）如图，的两条对角线相交于点O．已知的面积为，的长为，当的长为________时，是菱形． 2．（2026·北京·中考）如图，在中，，D，E分别为，的中点，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． 3．（2025·北京·中考）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 4．（2024·北京·中考）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.    (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长. 5．（2023·北京·中考）如图，在中，点E，F分别在，上，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)，，，求的长． 6．（2022·北京·中考）如图，在中，交于点，点在上，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若求证：四边形是菱形． 一、单选题 1．（2026·北京门头沟·综合练）如果正多边形的一个外角是，那么这个正多边形是（   ） A．正三边形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 2．（2026·北京朝阳·一模）若一个六边形的每个外角都是，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·北京丰台·一模）六边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·北京顺义·一模）每一个外角都是的正多边形为（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形 5．（2026·北京石景山·一模）一个多边形的内角和是外角和的倍，则这个多边形的边数为(    ) A． B． C． D． 6．（2026·北京海淀·一模）一个多边形的每一个外角的度数是，则这个多边形的边数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 7．（2026·北京平谷·一模）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为（     ） A．5 B．6 C．7 D．8 8．（2026·北京昌平·二模）已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（   ） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 9．(25-26九下·北京第五中学分校·二模)若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（    ） A．60 B．90 C．120 D．150 10．(25-26九下·北京海淀区教师进修学校附属实验学校·模拟)若一个八边形的每个外角都是，则x的值为（   ） A．30 B．45 C．135 D．150 11．（2026·北京市西城区·二模）若一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的一个外角为（   ） A． B． C． D． 12．（2026·北京燕山教育集团·二模）六边形的内角和为（　　） A． B． C． D． 13．（2026·北京平谷·二模）一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 14．（2026·北京大兴·二模）若正多边形的一个外角是，则这个正多边形是（     ） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 15．（2026·北京朝阳·二模）若一个五边形的每个内角都是，则的值为（     ） A．36 B．72 C．108 D．144 二、填空题 1．（2026·北京昌平·一模）一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数为_____． 2．（2026·北京西城·一模）若n边形的内角和是它的外角和的2倍，则n=_______． 3．(25-26九下·北京中国人民大学附属中学分校·期中)如图，已知四边形是正方形，是对角线的中点，以为边作一个正五边形，则的度数是______度． 三、解答题 1．（2026·北京门头沟·综合练）如图，在四边形中，，点在上，且，对角线平分，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果是的中点，且，，求的长． 2．（2026·北京东城·一模）如图，在中，对角线，交于点O，点E，F分别是，的中点，连接交于点G，延长与的延长线交于点H，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 3．（2026·北京朝阳·一模）如图，在中，点在边上，，过点作的平行线，交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 4．（2026·北京大兴·一模）如图，在四边形中，，，点E，F分别为的中点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 5．（2026·北京丰台·一模）如图，在菱形中，延长至点E使，延长至点F使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，，求的长． 6．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，交于点O，E是的中点，过点O，E分别作直线的垂线，垂足分别为G，F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 7．（2026·北京石景山·一模）如图，在中，，分别为，的中点，点在的延长线上，且，点在边上，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 8．（2026·北京昌平·一模）如图，在中，，，分别为，中点，连接，过点作的垂线，与直线交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 9．（2026·北京西城·一模）如图，在四边形中，，对角线平分，过点B作交的延长线于点E，过点B作，交于点G，交于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若点F是的中点，，求的长． 10．（2026·北京海淀·一模）如图，在中，，，分别为，的中点，点，在射线上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 11．（2026·北京通州·一模）如图，在中，，点，点分别是，的中点，延长到点，使，连接，，，，与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 12．（2026·北京平谷·一模）如图，平行四边形，是延长线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于，若，，求和的长． 13．（2026·北京东城·二模）如图，在中，，平分交于点，过点作，于点，于点，于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 14．（2026·北京朝阳·二模）如图，在中，，为边上的高，为边的中点，，垂足为，点在线段上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 15．（2026·北京顺义·二模）如图，在中，，分别是，的中点，于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 16．（2026·北京石景山·二模）在中，，是的中点，点在边上，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接并延长到点，使得，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求的长． 17．（2026·北京丰台·二模）如图，在中，是边上的一点（不与点重合），是边的中点，过点作交的延长线于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，，求的长． 18．（2026·北京房山·二模）如图，矩形，延长至点，使，延长至点，使，连接，，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 19．（2026·北京大兴·二模）如图，在中，，O为中点，过点A作于点E，连接，并延长到点D，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 20．（2026·北京平谷·二模）已知，，点，分别是，的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，若，，求的长． 21．（2026·北京海淀·二模）如图，在中，，平分，是的中点，连接并延长到点，使得．连接，． (1)证明：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 22．（2026·北京燕山教育集团·二模）如图，在中，，，分别为，的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 23．（2026·北京市西城区·二模）如图，在中，，是的中点，连接，过点作交的平行线于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 24．（2026·北京密云·一模）如图，在中，，点是边上一点，且，过点作的平行线，与过点所作的边的垂线相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $