专题12 四边形及应用（5年汇编）（浙江专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦浙江中考四边形专题，整合2022-2026年19道真题及13道模拟题，通过考情分析与命题规律总结，精准覆盖多边形、平行四边形及特殊四边形的性质判定与综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|20题/3-8分|平行四边形判定与性质（2023台州中考证明题）、矩形菱形折叠对称（2024浙江中考菱形折叠面积比）|结合尺规作图（2023湖州中考角平分线构造平行四边形）、剪拼背景（2023嘉兴中考三角形剪拼四边形）| |解答题|16题/8-12分|四边形与相似三角函数综合（2023温州中考矩形动点面积）、图形存在性探究（2022绍兴中考平行四边形存在性）|设问层层递进（2023衢州中考矩形对称中心综合题），体现省统考从定性到定量转变（2024浙江中考xy不变代数判断）|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题12四边形及应用 5年真题1年模拟 五年真题分类园 考点01多边形与平行四边形 1.D 2.【答案】(1) 证明：ADBC, ∴.∠ADB=∠CBD. ,∠A=∠C, .180°-∠ADB+∠A=180°-∠CBD+∠C, 即∠ABD=∠CDB ..AB CD. ∴.四边形ABCD是平行四边形. (2) 如图， 米 D B 四边形BEDF就是所求作的菱形. 3.B 4. 【答案】1) 1/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图所示： A B (2) 方法一：四边形BCNM为所求作的四边形 M D EN 图1 方法二：四边形DBCN是所求的四边形， M 图2 方法三：四边形MBCE是所求的四边形. MN D E 图3 (3)答案不唯一， 方法一（图1）， A M D/ EN 图1 ,∠MDB+∠BDE=180°，∠DEC+∠NEC=180°， ∴.点M,D,E,N在同一直线上， 2/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,点D,E分别是AB,AC的中点， .DE为△ABC的中位线， .DE‖BC且BC=2DE .MD+EN=DE, .MN=MD+DE+EN=BC且MN‖BC, ∴.四边形MBCN为平行四边形. .AF⊥DE,∠M=90°， ∴.平行四边形MBCN为矩形. 方法二（图2）， A EM N B 图2 ,∠DEC+∠MEC=180°，∠EMC+∠NMC=180, .点D,E,M,N在同一直线上. ,点D,E分别是AB,AC的中点， .DE为△ABC的中位线， .DE‖BC且BC=2DE. ..EN=DE, .DN=BC且DN‖BC, ∴四边形DBCN为平行四边形 方法三（图3）， MN D E 图3 ,∠MNB+∠BND=180°，∠NDB+∠BDE=180°， 3/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 点M,N,D,E在同一直线上 :点D,E分别是AB,AC的中点， .DE为△ABC的中位线， .DE‖BC且BC=2DE. .MD=DE, .ME=BC且ME‖BC, ∴.四边形MBCE为平行四边形. 5.C 6.B 7.【详解】(1)解：(1)，E,F分别是AC,AB的中点， EF‖BC, .∠FEO=∠DGO,∠EFO=∠GDO, O是DF的中点， ..FO=DO, .△EFO≌△GDO(AAS), ..EF=GD. .四边形DEFG是平行四边形. (2),AD⊥BC,E是AC中点， :.DE=1AC=EC, .∠EDC=∠C, tanC=tan∠EDC=5 2 ,AD=5, ∴.CD=2, E号Ac-Am+CD-×8+7- ,四边形DEFG为平行四边形， FG=DE=29 2 4/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点02矩形、菱形、正方形 1.C 213 3.D 4.D 5.D 6.【详解】解：(1)，Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形， ..AE=BE,BF=CF. .AE+FC=11cm, .BE+BF=11cm. 即BE+BE+EF=11cm, 即2BE+EF=11cm, EF=3cm, .'BE=4cm, 故答案为：4： (2)设AH=X, DG_5 GH 4 .∴可设DG=5k,GH=4k, ,四边形EFGH是正方形， .HE=EF=FG=GH=4k, :Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形， ∴AE=BE,BF=CF,∠ABE=∠CBF=45°， ..CG=CF+GF=BF+4k=BE+8k=AH+12k=x+12k, ∠ABC=∠ABE+∠CBF=45°+45°=90°， ,四边形ABCD对角互补， .∠ADC=90°， 5/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠ADH+∠CDG=90, ,四边形EFGH是正方形， ∴.∠AHD=∠CGD=90, .∠ADH+∠DAH=90°， ∴.∠DAH=∠CDG. ∴.tan∠DAH=tan∠CDG, A折68即5k+4kX+124 DH=CG 5k 整理得：x2+12x-45k2=0, 解得X1=3k,x2=-15k(舍去)， :tan∠DAH=DH-9k=3 AH 3k 故答案为：3 7. 【详解】解：探究1：四边形CDEH1是菱形，理由如下： 由图1可知，CD‖EH,ED‖CH, .CDEH为平行四边形. .桥梁的规格是相同的， .桥梁的宽度相同，即四边形CDEH1每条边上的高相等， ,口CDEH的面积等于边长乘这条边上的高， ∴.CDEH1每条边相等， .CDEH为菱形 ②如图1，过点C作CM⊥AB于点M. D H, M B 图1 由题意，得CA=CB,CM=12,AB=32cm AM-AB=16. 在Rt△CAM中，CA=AM2+CM2, 6/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CA=162+12=V400=201 .l=CA+2=22cm. 故答案为：1=22cm. 探究2：①如图2，过点C作CN⊥H1H2于点N. D H N H. 图2 由题意，得∠H1CH2=120°，CH1=CH2,CN=3, ∴.∠CH1N=30」 ∴CH,=2CN=6,H1N=CN。-3=33 tan30°3 3 又，四边形CDEH是菱形， .EH=CH1=6」 六1=22+6+33=16+63cm 故答案为：1=16+63cm ②如图3，过点C作CN⊥H:H2于点N D H N H, 图3 由题意，形成的多边形为正n边形， 外角∠CH,H,=360 n a+.A2石 3 360° 又.CH1=CH2,CN⊥H1H2, 7/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :H,H,=2H,N= 6 360° tan n :形成的多边形的周长为 6n cm 360° tan n 6n 故答案为： cm 360° tan 8. 33 6-33 313 9.2 10.C 11.B 12.【答案】 赞成小洁的说法，补充OA=OC. 证明：，OB=OD,OA=OC, ∴.四边形ABCD是平行四边形， ·AC⊥BD, ∴.四边形ABCD是菱形 【分析】先由OB=OD,OA=OC,证明四边形ABCD是平行四边形，再利用对角线互相垂直，从而 可得结论， 品 考点03四边形综合应用 1.C 2.【答案】(1) 证明：，FH⊥EF,d=GH, ∴.就=GF=GH, .∠GFE=∠E ,四边形ABCD是矩形， 8/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AB=CD,∠ABC=∠DCB=90, .△ABF≌△DCE AAS, ..BF=CE .BF-BC=CE-BC,即BE=CF】 (2)CD‖FH, .△DCE~△HFE, EC=CD EF FH .CD=AB. CD AB 5 FH-FH 6 设BE=CF=X,.BC=AD=4, ∴.CE=X+4,EF=2x+4, +4_5 2x+46 解得x=1, EF=6. H A G E B 3. 【详解】(1)证明：，四边形ABCD为矩形， .AD‖BC, ∴.∠GEF=∠EFB, ,四边形ABFE与ABFE关于EF所在直线成轴对称， .∴.∠BFE=∠EFG, .∴.∠GEF=∠EFG, ∴.≥=GF: (2)解：如图，过点G作GH⊥BC于H, 设设DG=x,则AE=2x, 9/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.EG=8-3X=GF, .:∠GHC=∠C=∠D=90°， ∴.四边形GHCD为矩形， .∴.CH=DC=4, .点O为矩形ABCD的对称中心， ∴.AE=CF=2x, .∴.FH=FC-CH=x, 在Rt△GHF中，GF=FH2+GH2, 可得方程8-3x2=x2+42” 解得x,=3-3,X,=3-3(此时AE>AD故舍去0)， ∴.AE=2x=6-2/3: A D F H (3)解：①证明：过点O作OQ⊥AD于Q,连接OA,OD,OG, .点O为矩形ABCD的对称中心， 0E=0F,0A=0D,0Q=2AB=2, .≥=GF, .GO⊥EF, ∴.∠GOQ=90°-∠EOQ=∠QE0, .∠0QE=∠GQ0=90°， ∴△GOQ一△OEQ, ..GQ=0Q O0E0,即GQ·EQ=0Q=4 ..EQ=AQ-AE=4-a,GQ=DQ-GD=4-b, ∴.4-al4-b=4: 10134 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B ②如图，连接BD,OG,OB, 由题意可得BF=BF, ‘点O为矩形ABCD的对称中心， ∴.BF=BF=ED, 同理可得OD=OB=OB, 由(1)知GF=≥， ∴.BF-GF=DE-≥U, 即BG=DG, .OG=OG, .∴.△DOG≌△BOG SSS' ∴.∠ODG=∠OBG, ,DG=BG,∠DGK=∠BGH, .∴.△DGK≌△B GHASA' ∴.DK=BH,GK=GH, ∴.OD-DK=OB-BH, 即OK=OH, .OG=OG, ∴.△OGK≌△OGH SSS, .SAOGK=SAOGH, .∴.S1=2S△0GK, S1=2SAOGK 'S2 S2 .·∠EGF=∠DGB,≥=GF,GD=GB, 11/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴∠GEF=∠GFE=∠GDB=∠GBD, 祭器 S△ocK=OK, S2 BD S1=20K=20F=EE, S,DK BDBD .'△EGF一△DGB, .EF_GE BD GD' 当a=1时，由①可得4-14-b=4, 解得b= 3 ..AE=1,DG= 3 ·≥=AD-AE-DG=13 S1EF_GE_13. S2 B'D GD 8 B 4.【答案】(1) 证明：，四边形ABCD是菱形， ∴.BC=DC,ABCD, ∴.∠BDC=∠CBD,∠BDC=∠ABD, ·∠CBD=∠ABD=2∠ABC, ,BG平分∠CBE交DE于点G, 12134 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠CBG=∠EBG= ∠CBE, ∴.∠CBD+∠CBG= 2 (∠ABC+∠CBE)=2X180°=90， ∴.∠DBG=90°： (2)解：①如图1，连接AC交BD于点O, D B 图1 ,四边形ABCD是菱形，BD=6, BD-3,ACLBD, .∴.∠DOC=90° 在RD0C中，0C=CD2-0D=5-3=4 .∴AC=2OC=8, ,∴.S菱形ABCD= 号AC×BD=5×8×6=24 即菱形ABCD的面积是24. ②如图2，连接AC,分别交BD、DE于点O、H, 图2 ,四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD, .∠DBG=90° .BG⊥BD .BG AC, 13134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :Dg=D0-1 DG BD 2' ∴.DH=HG,DG=2DH, .DG=2GE, .∴.EG=DH=HG: 20 ABCD. ∴.∠DCH=EAH,∠CDH=∠AEH, .∴△CDH-△AEH, .CH=DH_1 AH EH 2 31 :.0H=0C-CH=4- 84 33 OH 4 .∴tan∠BDE= OD 9: (3)如图3，过点G作GTBC交AB于点T,此时BT=10 D B 图3 理由如下：由题(1)可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC, ∴.△BGE一△AHE, G=BE GH AB .AB=BE=5, ∴.EG=GH, 同理可得，△DOH-△DBG, 14134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DH-DO GH BO ..BO=DO, ∴.DH=GH=EG, GTBC. G711D, .∴.△EGT一△EDA, .GT_EG ET 1 “ADED EA3 .AD=AB=5, 为定值， ..GT-5 此时BT= (AB+BE)= 0 一年模拟练测园 1.C 2.A 3.D 4.5-2V5/-2/5+5 6.【答案】(1) 证明：如图，连接DG, A B 15134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 根据题意可知，DE=DF=DG, ,四边形ABCD是正方形， .AB=BC=CD=AD,∠A=∠ABC=∠C=90°， 在Rt△ADE和Rt△CDG中， DE-DG AD-CD .Rt△ADE≌Rt△CDG HL, ..AE=CG. ∴BE=BG, △EBG为等腰直角三角形： (2)解：四边形ABCD是正方形， ∴.AD=AB=2, ,点E为AB的中点， AE-7AB-1. 在Rt△ADE中，DE=AE2+AD=T+2-5 ..DE=DF=V5, 在Rt△ABD中，BD=VAB+AD=22+2=22 BF=BD-DF=22-/5, BF_22-5_2V10-5 VS 7.【详解】(1).四边形ABCD是口ABCD, ∴.AO=CO,AB=CD,AB‖CD, 点E是边AB的中点， AE-TAB .AB‖CD, ∴.∠BAO=∠DCO, ∠BAO=∠DCO 在△AEO和△CFO中， AO=CO ∴.△AEO≌△CFO ASA, ∠AOE=∠COF 16134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.AE=CF, AE=IAB,AB=CD, CF-jCD. 点F是CD的中点 (2)连接对角线AC,BD,交于点O,连接CE,交BO于点H,连接并延长AH交BC于点G .'四边形ABCD是口ABCD, ∴.AO=CO,即BO是△ABC的中线， 点E是边AB的中点， .CE也是△ABC的中线， CE、BO的交点H是△ABC的重心， .AH也是△ABC的中线， 即点G是边BC的中点. A E B 图2 8.【详解】(1)解：以AC为直径作圆交BC于点H, ∴.AH⊥BC. :AB=40cm,sin∠ABC=sin530=Ag≈0.8， AB .AH≈32cm. BC=60 cm, ∴.口ABCD的面积≈60×32=1920cm2. (2)证明：连接OH,HG,CG,则OH=OC, 17134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,AG平分∠HAC, .∠HAG=∠CAG, ∴.∠HOG=∠C0G, ∴.HG=CG, .OG⊥CH,即EF⊥BC ,四边形ABCD是平行四边形， ..AB=CD,AD=BC,AD BC,OA=OC, ∴.∠DAC=∠BCA, .∠AOE=∠COF, .△AOE≌△COF SAS, ∴AE=CF, .DE=BF, ..AE+AB+BF+EF=CF+CD+DE+EF .EF⊥BC且将口ABCD分成周长相等的两部分. 9.【答案】(1) 证明：，HA⊥AG,HP⊥DG,∠AGD=90 ∴.∠AGP=∠HAG=∠HPG=90° ∴.四边形AHPG是矩形 ,四边形ABEF是正方形， .AB=AF,∠BAF=∠B==∠AFG=90, .∠BAF=∠HAG=90, ∴.∠BAH+∠HAF=∠HAF+∠FAG=909 .∠BAH=∠DAG. 在△ABH和△AFG中 18134 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠B=∠AFG ∠BAH=∠FAG AB=AF .△ABH≌△AFG ASA, ∴AH=AG ∴.四边形AHPG是正方形. (2)解：设EC=x, ,:四边形ABEF是正方形，四边形ABCD是矩形， ∴.EF‖CD,即DF‖HE ∴.∠FDQ=∠EHQ .Q为HD中点， .DQ=HQ 在△FDQ和△EHQ中： ∠FDQ=∠EHQ ∠FQD=ㄥEQH DQ=HQ ∴.△FDQ≌△EHQ(AAS). ∴.FD=HE=X. .:∠AGD=90°，FG⊥AD, .∴.∠AFG=∠AGD=90°. .∠AGF+∠FAG=90°，∠ADG+∠FAG=90°， ∴.∠AGF=∠ADG, .∴.△AFG一△AGD, ..AF-AG AG AD ∴.AG2=AF·AD .AB=1,四边形ABEF为正方形， ∴.AF=1,AD=1+X, ∴.AG=1+x 由(1)可知AH=AG, ..AH2=AG2. 在Rt△ABH中， 19134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AH2=AB+BH2=1+1-x2: .1+x=1+(1-x2 整理得：x2-3x+1=0, 解得X=3+5(合去)，X,35 2 2 BC=AD=1+x=1+3-5_5-5 2 2 10.【详解】(1)证明：.‘△ABC≌△乙， ∴.AB=DE,∠BAC=∠EDF, AB=DE 在△ABD和△DEA中， ∠BAC=∠EDF AD-AD ∴.△ABD≌△DEA, ∴.BD=AE, ∴四边形ABDE是平行四边形： (2)①解：如下图所示，连接BE交FC于点O, .∵AB=8,AC=10, ..BC=9VAC2-AB=V102-82=6' .四边形ABDE是菱形， ∴.AB=BD=DE=AE=8,BE和AD互相垂直平分， 在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=6,AB=8, .tan∠BAC=B0=BC=6-3 AO AB 8 4 设B0=3X,则AO=4x, .AB=VB02+AO2=3x+4x=5x=8 8 ·B0=3x=24 ，A0=4x=32 20134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD=2A0=64 ·AF=AD-DF=64 10=14 ②解：如下图所示，延长BC交DE于点H, :△ABC≌△兽U, ∴.∠ACB=∠DFE, ∴.BC‖EF, :∠=90°， ∴.∠DHB=∠g=90°， ∴.∠BHE=90°， .∴.∠EBH+∠BCO=90°，∠CDH+∠DCH=90°， .∠BCO=∠DCH, ∴.∠EBH=∠CDH, BHE=∠DHC=90° 在△EBH和△CDH中， ∠EBH=∠CDH BE=CD .∴.△EBH≌△CDH, ∴.BH=DH, ∴.△BDH是等腰直角三角形， ∴.∠DBH=∠BDH=45°， .四边形ABDE是菱形， AB|DE,∠ADE=克∠BDH=25, .∴.∠BAC=∠ADE=22.5° 21134 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 11.【答案】（①）证明：，FD⊥AD,FE⊥AE,∠A=90°， ∴.∠D=∠E=∠A=90 ∴四边形ADFE是矩形， .∠F=90°，AE‖DF .AB=AC=4,FG=FH=4,∠F=∠A=90° .△ABC,△FGH是等腰直角三角形， .∠ACB=∠FGH=45°，AC=GF=4 M,N分别为A,F关于CB,GH的对称点， .∴MC=GN=4,∠MCB=∠ACB=45°，∠NGH=∠FGH=45° ∴.∠ACM=ㄥFGN=90 ∴.MC⊥AE,GN⊥DF AE‖DF, ∴.GN⊥AE .MC‖GN ∴.四边形CMGN是平行四边形 (2)解：四边形CMGN能成为轴对称图形， ,四边形CMGN是平行四边形 :.当四边形CMGN是轴对称图形时，四边形CMGN为矩形或菱形， 如图所示，延长CM交DF于点K, D K B ,MG是Rt△MKG的斜边，CM<AD,则∠GMC≠90° ∴.四边形CMGN为轴对称图形时，四边形CMGN为菱形， 22/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.MG=CM=4, ,∠KCE=∠E=ㄥF=90, .四边形CKEF是矩形，同理可得四边形ACKD是矩形， ∴KF=CE,CK=AD, 设CE=m,则FK=CE=m,KG=KF-GF=m-4, MK=KC-MC=AD-AB=DB=2 在Rt△MKG中，MC=KM2+KG2 42=22+m-47 m-42=12 .∴m-4=±29V3 解得：m=4+23或4-2/3 即CE=4+23或4-2V3 12.【答案】(1)四边形ABCD是菱形， .AB=BC=CD=DA,AB‖CD,∠ABC=∠ADC, ,AE⊥BC, .∠AEB=90°， .∠EAD=∠AEB=90°，∠ABE+∠BAE=90°， .∴∠EAF+∠FAD=90°， .∠EAF=∠ABC, .∠BAE=∠FAD, 在△ABE和△ADF中， ∠BAE=∠FAD AB=AD ∠ABE=∠ADF .△ABE≌△ADF ASA, ∴.AE=AF ②如图，设AC与BD,EF分别交于点O和点H, 23134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B E C 由①可知，△ABE≌△ADF ASA, ..BE=DF, ..BC-BE=CD-DF,CE=CF, 由①可知，AE=AF, ∴.AC垂直平分EF, 四边形ABCD是菱形， .AC⊥BD, EF BD, ∴△CEF一△CBD, CH=EF=2 CO BD5' 设CH=2x,则OC=5x, ..OH=OC-CH=5x-2x=3x, ,四边形ABCD是菱形， .OA=0C=5x, ..AH=OA+OH=5x+3x=8x,AC=20C=10x. :A=8x=4 AC 10x 5 SAAEF= EF·AH 2 EF.AH_2×4=8 S菱形ABCD ·AC·BD BD AC 55 25 21 (2)解：，四边形ABCD是菱形， ÷∠BAC=∠CAD=3∠BAD,AB|CD,ADBC, .∠BAN=∠ANC,∠DAM=∠AMC, :zEAF- ∠BAD, ∴.∠EAF=∠BAC=∠CAD. 24134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠EAF-∠NAC=∠BAC-∠NAC,∠EAF-∠CAM=∠CAD-∠CAM, .∠BAN=∠CAM,∠NAC=∠DAM, ∴.∠CAM=∠ANC,∠NAC=∠AMC, ∴.△ACM-△NCA, 设EC=x,则BE=6-X, ①如图1，当AN=AM时，△ACM≌△NCA, ..AC=NC. ∴.∠ANC=∠NAC, ∴.∠BAN=∠NAC,即AE平分∠BAC, 过点E作EP⊥AB于点P,作EQ⊥AC于点Q, ..EP=EQ, SAABE- 朗r AB SACE ACEQ AC 过点A作AG⊥BC于点G, S6匹 BE·AG 2 BE SAACE 1EC·AG CE “ACE能.即5-6-x AB=BE 解得X=2,即EC=2: R B E 图1 ②如图2，当AN=MN时，∠NMA=∠NAM, ..AB=BC, .∠BAC=∠BCA, .∠BAC=∠NAM, 25134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BCA=∠NMA, .△ABC-△ANM, .AM=AC AN AB .△ACM~△NCA, .AM-AC NA NC ..CN=AB, 在△ABE和△NCE中， ∠1=∠ENC ∠AEB=∠NEC AB=NC .△ABE≌△NCE AAS, ∴BE=EC, .6-x=X, 解得x=3,即EC=3； D B M W 图2 ③如图3，当AM=MN时，∠MNA=∠NAM, 同理可得∠BAC=∠BCA=∠MNA=∠NAM, ∴.△AMN一△ABC, AM=AB AN AC .△ACM△NCA, .AM=AC NA NC 瓷怨 3_6 即 NC 3 26134 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..CN-3 ,∠1=∠ENC,∠AEB=∠NEC, .△ABE-△NCE, 0既 ,6_6-x 1.5x 解得X= EC= 6 4 D 4 B E 图3 综上所述，EC的长度为2或3或 13.【详解】(1)解：如图， A B B D ,四边形ABCD是矩形， .∠ABC=90°， 在Rt△ABC中，AC=VAB2+BC=V4+3=5' 由折叠的性质可得，BC=BC=3,BE=BE,∠EBC=∠ABC=90°， .∠ABE=180°-∠EBC=90°=∠ABC,AB=AC-BC=2, ,∠BAE=∠BAC, △ABE一△ABC, BE-AB BE 2 “BCAB,即 34 .BE=3 27134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BE=BE, 阳多 (2)解：①当AD=AB时，如图，过点B作CD的垂线，交CD于点F,交AB于点G,设AG=a, BG=b, GEB D ,四边形ABCD是矩形， ∴.AD=BC=3,∠BAD=∠ADC=90°， ∴.AB=AD=3, ,BF⊥CD, ∴.四边形ADFG是矩形， ∴.DF=AG=a,FG=AD=3,∠FGA=90°， .∴BF=FG-BG=3-b,CF=CD-DF=4-a,∠FGB=180°-∠FGA=90°， 在Rt△AGB中，AG+BG2=AB2, .a2+b2=9①， 由折叠的性质可得，BC=BC=3,BE=BE, 在Rt△BCF中，CF2+BF2=BC2, 六4-a+3-b2=9②' 联立①与②，得， a2+b2=9 4-a2+3-b2=9 20-3V11 20+3V11 a= Q= 解得 10 或 10 b= 15+4V11 b=15-4/7 10 10 在Rt△BEG中，EG=AB-AG-BE=4-a-BE,BE=BE, 28134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .EG+BG2=BE, 六4-a-BEP+b2=BE2 化简，得BE= 2+b2+16-8a 8-2a a2+b2=9, 片BE=25-8a=4- 7 8-2a 8-2a 当a=20-31 时，BE=72+15/11 10 43 当a=20+3/ -时，BE=72-15V1m 10 43 ②当AD=BD时，如图，过点B作CD的垂线，交CD于点F,交AB于点G,设AG=a,BG=b, B D .AD=B D=3,BC=BC=3, ..B D=BC, ,BF⊥CD, .DF-CFCD-2 在Rt△BDF中，BF=BD2-DF=32-2=5' ,四边形ADFG是矩形， ..AG=DF=2=a,FG=AD=3. ..BG=FG-BF=3-V5=b, @可知，BE=Q2+b2+16-8a 8-2a BE=9-35 2 ③当AB=BD时，如图，过点B作CD的垂线，交CD于点F,交AB于点G,设AG=a,BG=b, 29134 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G E B B D F ,四边形ADFG是矩形， ∴.∠FGA=∠DFG=90°，AG=DF=a,FG=AD=3, 在Rt△ABG和Rt△DBF中， AG=DF, AB=BD Rt△ABG≌Rt△OBFHL' :BG-BF-1FG-3-b, 2 2 由折叠的性质可得，BC=BC=3,BE=BE, △BCE.CE=BC2-BF3 3V3 2 AG-DF-CD-CF-4-3Y3-0 2 由①可知，BE=Q+b+16-8a 8-2a :BE=3: 综上所述，符合条件的B5的长为72+15五或72-15面欧9-35或5： 或 43 43 2 (3)解：先探究△BAE面积最大的情况， ①当点B在矩形ABCD的内部或边界时，如图，过点B作CD的垂线，交CD于点F,交AB于点G, 设AG=a'BE=X'SABe=y则EG=4-X-aAE=4-X 30134 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 GE B B ,四边形ADFG是矩形， ∴.DF=AG=a,AD=FG=2, ∴.CF=4-a, 由折叠的性质可得，BE=BE=X,BC=BC=2,∠CBE=∠CBE=90°， BG⊥CD,ABCD, .∠CFB=∠B≥=90°， ,∠CBF+∠EBG=∠BEG+∠EBG=90°， ∴∠CBF=∠BEG ∴.△BCF一△EBG, :.EG_BG_BE_x, BF CF BC 2 .BF-24-x-al.BG-4-a). .FG=BG+B F=2, 4-a+24-a-x=2 变形，得a=4X-8x+16, x2+4 BG=14-a=4x 1x2+4 y=5e号AE8G-4-482, x2+4x2+4 2-y=2-8x-2x-2x2-6x2+8_2x-2x+1, x2+4x+4 x2+4 31134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 “x-2≥0'x+1>0'X2+4>0 2-y-2x-21x*1之0即y≤2 x2+4 当且仅当x=2时，y取得最大值2； ②当点B在矩形ABCD的外部时，如图，过点B作CD的垂线，交CD于点F,交AB于点G,设 AG=a'BE=x'SABNE=y'EG=x+a-4'AE=4-x D M 同理①可得，△BCF一△EBG, :.EG_BG_BE_X, BF CF BC 2 .BF=214-x-a),BG=4-a), X .FG=BG-BF=2, 4-a-24-a-x=2. X 变形，得a=4X-8x+16. x2+4 BG=4-a=4x, x2+4 NF-1AEBG-8x-2x y=SABAE-2 x2+4 32134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 “2-y=2x-2x+10 x2+4 y<2, 综上所述，当且仅当X=2时，y取得最大值2； 如图， B M B' 当x=2时，a=4x-8x+16=2 x2+4 :BF=24-X-a=0,即点B落在边CD上， X ..B D=AE=2, ,点M是BD的中点， DM-8D-1. 在Rt△ADM中，AM=AD2+DM=22+T=G 再探究∠EMB=90的情况， 假设∠EMB可以等于90°，如图，连接DE,设BE=BE=X,则AE=4-X, M B :∠EMB=90°， ∴.∠EMD=180°-∠EMB=90°=∠EMB, ,点M是BD的中点， ..DM=B M, 33134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△DEM和△BEM中， DM=BM ∠EMD=∠EMB EM=EM 六△DEM≌△BEMSAS' ∴DE=BE=X, 在Rt△ADE中，AD2+AE2=DE, 22+4-x2=x2 解得 8AE=4-x=号1 假设成立，当∠EMB=90时，AE=3 34134 专题12 四边形及应用 5年真题1年模拟 考点分类 浙江考情（2022-2026） 命题规律 考点01 多边形与平行四边形 2026·浙江·中考 2023·浙江台州·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江丽水·中考 2022·浙江温州·中考 近5年在本考点共选取7道真题，2024、2025年省统考未单独设题，2026年以一道多概念的四边形命题判断题回归。题型以填空、解答为主，分值3-8分，核心考查平行四边形的判定与性质，常由三角形中位线或角平分线构造平行四边形；地市卷命题将平行四边形证明与尺规作菱形结合，以三角形剪拼为背景考查中位线、平行四边形与矩形，结合解直角三角形求线段长等。整体难度基础偏中档，预计未来省统考仍将以中位线构造平行四边形及平行四边形性质应用为主要形态。 考点02 矩形、菱形、正方形 2024·浙江·中考 2024·浙江·中考 2023·浙江杭州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江金华·中考 2022·浙江台州·中考 2022·浙江温州·中考 2022·浙江绍兴·中考 2022·浙江丽水·中考 2022·浙江嘉兴·中考 近5年共选取12道真题，其中2024年省统考2道，2025年、2026年未单独设题。题型以选择和填空为主，分值3-8分，核心考查矩形、菱形、正方形的性质与判定，尤以菱形与折叠、对称、内嵌小图形、角平分线的组合最为典型；2024年省统考分别以"x、y变化中xy不变"的代数判断和菱形对称折叠的面积比呈现，体现从定性向定量的转变；2022年绍兴卷以"存在无数个平行四边形/矩形/菱形/正方形"形式考查图形存在性。整体难度中档偏上，预计未来省统考将继续突出菱形、矩形中的折叠、对称、面积与变量关系，需重视性质与判定的灵活转换。 考点03 四边形综合应用 2023·浙江宁波·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江衢州·中考 2022·浙江衢州·中考 近5年共选取4道真题，均为解答题性质、分值8-12分、位于试卷后段，集中在2022-2023地市卷，2024-2026省统考阶段的纯四边形综合题归入专题15，本考点保留地市卷题目。命题以矩形、菱形为载体，综合考查矩形对称中心、轴对称折叠、动点、面积关系以及相似、三角函数的结合，设问层层递进，含定量探究与定值证明，整体难度高、区分度强。预计省统考此类综合性四边形多归"几何综合与压轴"，本考点更倾向于具有一定区分度的四边形综合题。 考点01 多边形与平行四边形 1．（2026·浙江·中考真题）下列命题为假命题的是（     ） A．四边形内角和等于 B．平行四边形对角线互相平分 C．有一组邻边相等的矩形是正方形 D．四个角相等的四边形是菱形 【答案】D 【详解】选项A，任意四边形的内角和均为，该命题为真命题，不符合题意； 选项B，平行四边形的对角线互相平分是平行四边形的基本性质，该命题为真命题，不符合题意； 选项C，矩形的四个角均为直角，若矩形有一组邻边相等，则满足正方形的判定条件，该命题为真命题，不符合题意； 选项D，四边形内角和为，若四个角相等，则每个角的度数为，四个角均为直角的四边形是矩形，不一定是菱形，该命题为假命题，符合题意。 2．（2023·浙江台州·中考真题）如图，四边形中，，，为对角线． (1)证明：四边形是平行四边形． (2)已知，请用无刻度的直尺和圆规作菱形，顶点E，F分别在边，上（保留作图痕迹，不要求写作法）． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∵， ∴， 即． ∴． ∴四边形是平行四边形． (2) 如图，    四边形就是所求作的菱形． 【分析】（1）先证明，再证明，即，从而可得结论； （2）作对角线的垂直平分线交于，交于，从而可得菱形． 【详解】（1）略 （2）略 3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过P作于M，再判定四边形为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积． 【详解】解：过P作于M，    由作图得：平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴， 设， 在中，， 即：， 解得：， ∴． 故选：B． 4．（2023·浙江嘉兴·中考真题）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明． (1)用三角板分别取的中点，连接，画于点； (2)用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图； (3)请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1) 如图所示：    (2) 方法一：四边形为所求作的四边形    方法二：四边形是所求的四边形．    方法三：四边形是所求的四边形．    (3)答案不唯一， 方法一（图1），    ∵， ∴点在同一直线上， ∵点分别是的中点， ∴为的中位线， ∴且． ∵， ∴且， ∴四边形为平行四边形． ∵，， ∴平行四边形为矩形． 方法二（图2），    ∵， ∴点在同一直线上． ∵点分别是的中点， ∴为的中位线， ∴且． ∵， ∴且， ∴四边形为平行四边形． 方法三（图3），    ∵， ∴点在同一直线上． ∵点分别是的中点， ∴为的中位线， ∴且． ∵， ∴且， ∴四边形为平行四边形． 【分析】（1）根据题意画出图形即可； （2）方法一：将绕点D逆时针旋转到，将绕E点顺时针旋转到即可得出四边形； 方法二：将绕E点顺时针旋转到，将绕点D逆时针旋转后再沿向右平移到，即可得出四边形； 方法三：将绕点D逆时针旋转到，将绕E点顺时针旋转后沿向左平移到，即可得出四边形； （3）方法一：先证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且．证明且，得出四边形为平行四边形，根据，得出平行四边形为矩形． 方法二：证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且，证明，得出且，证明四边形为平行四边形． 方法三：证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且，证明且，得出四边形为平行四边形． 【详解】（1）解：略． （2）解：略． （3）解：略． 5．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在中，，点E，F，G分别在边，，上，，，则四边形的周长是（    ） A．32 B．24 C．16 D．8 【答案】C 【分析】根据，，可得四边形AEFG是平行四边形，从而得到FG=AE，AG=EF，再由，可得∠BFE=∠C，从而得到∠B=∠BFE，进而得到BE=EF，再根据四边形的周长是2（AE+EF），即可求解． 【详解】解∶∵，， ∴四边形AEFG是平行四边形， ∴FG=AE，AG=EF， ∵， ∴∠BFE=∠C， ∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∴∠B=∠BFE， ∴BE=EF， ∴四边形的周长是2（AE+EF）=2（AE+BE）=2AB=2×8=16． 故选：C 6．（2022·浙江丽水·中考真题）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．若，，则四边形的周长是（    ） A．28 B．14 C．10 D．7 【答案】B 【分析】首先根据D，E，F分别是，，的中点，可判定四边形是平行四边形，再根据三角形中位线定理，即可求得四边形的周长． 【详解】解：D，E，F分别是，，的中点， 、分别是的中位线， ，且，， 四边形是平行四边形， ，， 四边形的周长为： ， 故选：B． 7．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在中，于点D，E，F分别是的中点，O是的中点，的延长线交线段于点G，连结，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据E，F分别是，的中点，得出，根据平行线的性质，得出，，结合O是的中点，利用“AAS”得出，得出，即可证明是平行四边形； （2）根据，E是中点，得出，即可得出，即，根据，得出CD=2，根据勾股定理得出AC的长，即可得出DE，根据平行四边形的性，得出． 【详解】（1）解：（1）∵E，F分别是，的中点， ∴， ∴，， ∵O是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）∵，E是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵四边形DEFG为平行四边形， ∴． 考点02 矩形、菱形、正方形 1．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案． 【详解】解：过点D作交的延长线于点F， ∵的垂线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∴， 由勾股定理可得，， ， ∴， ∴ ∴ 即，解得， ∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是， 故选：C 2．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为__________ 【答案】/ 【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴设， ∴， 如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G， ∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上， ∴，， ∴ ∴点，D，O三点共线 ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ 由对称可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 3．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后解直角三角形解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，故D正确． 故选：D． 4．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度． 【详解】解：连接与交于O．    ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵，且， ∴是等边三角形， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 5．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，已知矩形纸片，其中，现将纸片进行如下操作： 第一步，如图①将纸片对折，使与重合，折痕为，展开后如图②； 第二步，再将图②中的纸片沿对角线折叠，展开后如图③； 第三步，将图③中的纸片沿过点的直线折叠，使点落在对角线上的点处，如图④．则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据折叠的性质得出，，等面积法求得，根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，    ∵折叠， ∴ ∴在以为圆心，为直径的圆上， ∴， ∴ ∵矩形，其中， ∴ ∴， ∴， ∵ ∴， 故选：D． 6．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形，直角顶点E，F，G，H分别在边上． （1）若，，则的长是______cm． （2）若，则的值是______． 【答案】 4 3 【分析】（1）将和用表示出来，再代入，即可求出的长； （2）由已知条件可以证明，从而得到，设，，，用x和k的式子表示出，再利用列方程，解出x，从而求出的值． 【详解】解：（1）∵和都是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 即， 即， ∵， ∴， 故答案为：4； （2）设， ∵， ∴可设，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵和都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ， ∵四边形对角互补， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 整理得：， 解得，（舍去）， ∴． 故答案为：3． 7．（2023·浙江金华·中考真题）问题：如何设计“倍力桥”的结构？ 图1是搭成的“倍力桥”，纵梁夹住横梁，使得横梁不能移动，结构稳固． 图是长为，宽为的横梁侧面示意图，三个凹槽都是半径为的半圆．圆心分别为，纵梁是底面半径为的圆柱体．用相同规格的横梁、纵梁搭“桥”，间隙忽略不计．            探究：图是“桥”侧面示意图，为横梁与地面的交点，为圆心，是横梁侧面两边的交点．测得，点到的距离为．试判断四边形的形状，并求的值． 探究2：若搭成的“桥”刚好能绕成环，其侧面示意图的内部形成一个多边形． ①若有12根横梁绕成环，图4是其侧面示意图，内部形成十二边形，求的值； ②若有根横梁绕成的环（为偶数，且），试用关于的代数式表示内部形成的多边形的周长．        【答案】探究1：四边形是菱形，；探究2：①；② 【分析】探究1：根据图形即可判断出形状；根据等腰三角形性质可求出长度，利用勾股定理即可求出长度，从而求出值． 探究2：①根据十二边形的特性可知，利用特殊角正切值求出长度，最后利用菱形的性质求出的长度，从而求得值．②根据正多边形的特性可知的度数，利用特殊角正切值求出和长度，最后利用菱形的性质求出的长度，从而求得值． 【详解】解：探究1：四边形是菱形，理由如下： 由图1可知，，， 为平行四边形． 桥梁的规格是相同的， ∴桥梁的宽度相同，即四边形每条边上的高相等， ∵的面积等于边长乘这条边上的高， 每条边相等， 为菱形． ②如图1，过点作于点．        由题意，得，． ∴． 在中，， ∴． ∴． 故答案为：． 探究2：①如图2，过点作于点．        由题意，得， ． ． 又四边形是菱形， ∴． ∴． 故答案为：． ②如图3，过点作于点．      由题意，形成的多边形为正边形， 外角． 在中，． 又， ∴． 形成的多边形的周长为． 故答案为：． 8．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________． 【答案】 【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；根据折叠的性质可知，AF=FM,若DF取最大值，则FM取最小值，即为边AD与BC的距离DG，即可求解. 【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB， ∴AE=EB=AB=3， 在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3， tan60°=， ∴EF=3； 当AF长取得最小值时，DF长取得最大值， 由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM， ∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值， 过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形， ∴FM=DG， 在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6， ∴DG=DCsin60°=3， ∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-3， 故答案为：3；6-3． 9．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在菱形中，．在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点E，F，G，H分别在边上，点M，N在对角线上．若，则的长为___________． 【答案】/ 【分析】根据菱形的性质和锐角三角函数，可以求得AC、AM和MN的长，然后即可计算出MN的长． 【详解】解：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图所示， ∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=1， ∴AB=BC=CD=DA=1，∠BAC=30°，AC⊥BD， ∵△ABD是等边三角形， ∴OD=， ∴AC=2AO=， ∵AE=3BE， ∴AE=，BE=， ∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同， ∴BE=BF=，∠FBJ=60°， ∴FJ=BF•sin60°=， ∴MI=FJ=，   ∴， 同理可得， ∴MN=AC-AM-CN= 故答案为：． 10．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可． 【详解】 如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN， ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC，OB=OD ∵BE=DF ∴OE=OF ∵点E、F时BD上的点， ∴只要M，N过点O， 那么四边形MENF就是平行四边形 ∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确； 只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形， ∵点E、F是BD上的动点， ∴存在无数个矩形MENF，故②正确； 只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形； ∵点E、F是BD上的动点， ∴存在无数个菱形MENF，故③正确； 只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O， 则四边形MENF是正方形， 而符合要求的正方形只有一个，故④错误； 故选：C 11．（2022·浙江丽水·中考真题）如图，已知菱形的边长为4，E是的中点，平分交于点F， 交于点G，若，则的长是（ ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，由题干所给条件可知，AG=FG，EG=GP，利用∠AGP=∠B可得到cos∠AGP=，即可得到FG的长； 【详解】过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P， 由题意可知，AB=BC=4，E是BC的中点， ∴BE=2， 又∵， ∴BH=1，即H是BE的中点， ∴AB=AE=4， 又∵AF是∠DAE的角平分线，， ∴∠FAG=∠AFG，即AG=FG， 又∵，， ∴PF=AD=4， 设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x， ∵， ∴∠AGP=∠AEB=∠B， ∴cos∠AGP===， 解得x=； 故选B． 12．（2022·浙江嘉兴·中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流． 小惠： 证明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四边形ABCD是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 【答案】 赞成小洁的说法，补充 证明：∵OB＝OD， 四边形是平行四边形， AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形． 【分析】先由OB＝OD，证明四边形是平行四边形，再利用对角线互相垂直，从而可得结论． 【详解】略 考点03 四边形综合应用 1．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道( ) A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 【答案】C 【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，    ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴只需要知道的面积即可求出的值； 故选C． 2．（2023·浙江温州·中考真题）如图，已知矩形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，． (1)求证：． (2)当，时，求的长． 【答案】(1) 证明：∵，， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴，即． (2) 【分析】（1）根据等边对等角得出，根据矩形的性质得出，，即可证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解； （2）根据，得出，设，则， ，，根据相似三角形的性质列出等式，解方程即可求解． 【详解】（1）略 （2）∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 设，∵， ∴，， ∴， 解得， ∴．    3．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点． (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)令，． ①求证：； ②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值． 【答案】(1)证明：四边形为矩形， ， ， 四边形与关于所在直线成轴对称， ， ， ； (2) (3)①证明：过点作于，连接， 点为矩形的对称中心， ，， ， ， ， ， ， ，即， ，， ；    ② 【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明，即可解答； （2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答； （3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答； ②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：如图，过点作于， 设设，则， ， ， 四边形为矩形， ， 点为矩形的对称中心， ， ， 在中，， 可得方程， 解得（此时，故舍去0）， ；    （3）解：①略 ②如图，连接， 由题意可得, 点为矩形的对称中心， ， 同理可得， 由（1）知， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，由①可得， 解得， ， ， ．    4．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G． (1)求证：. (2)若． ①求菱形的面积. ②求的值. (3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值． 【答案】(1) 证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝DC，ABCD， ∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD， ∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC， ∵平分交于点G， ∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE， ∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°， ∴∠DBG＝90°； (2)①24，② (3)＝， 如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝． 理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC， ∴△BGE∽△AHE， ∴， ∵AB＝BE＝5， ∴EG＝GH， 同理可得，△DOH∽△DBG， ∴， ∵BO＝DO， ∴DH＝GH＝EG， ∵GTBC， ∴GTAD， ∴△EGT∽△EDA， ∴， ∵AD＝AB＝5， ∴GT＝，为定值， 此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝． 【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案； （2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案； （3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值． 【详解】（1）略 （2）解：①如图1，连接AC交BD于点O， ∵四边形ABCD是菱形，BD＝6， ∴OD＝BD＝3，AC⊥BD， ∴∠DOC＝90°， 在Rt△DOC中，OC＝， ∴AC＝2OC＝8， ∴， 即菱形的面积是24． ②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵∠DBG＝90° ∴BG⊥BD， ∴BGAC， ∴， ∴DH＝HG，DG＝2DH， ∵DG＝2GE， ∴EG＝DH＝HG， ∴， ∵ABCD， ∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH， ∴△CDH∽△AEH， ∴， ∴CH＝AC＝， ∴OH＝OC－CH＝4－＝， ∴tan∠BDE＝； （3）略 1．（2026·浙江丽水·一模）如图，正方形的边长为4，将其无重叠、无空隙地剪拼成菱形，其中，分别为，的中点，则菱形的边长为（   ） A．5 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】作出如图的辅助线，得到，利用勾股定理求得，据此求解即可． 【详解】解：如图， 根据题意知， ， ， ， ∴，即菱形的边长为． 2．（2026·浙江温州·三模）小明在手工课上拿到了一张如图1所示的五边形纸片，已知，，，他计划在线段上选取一点P，分别以，为边裁剪出两张正方形纸片．设的长度为，两个正方形面积和为y，y关于x的函数图象如图2所示，则线段的长与a的值分别为（     ） A．7，1.5 B．7，1 C．6，1.5 D．6，1 【答案】A 【分析】设长度为m，可得，因此两个正方形面积和为，这是开口向上的二次函数，其最小值在顶点处取得，因为函数图象在时取得最小值，所以将、代入上述函数式，即可求解m的值；确定x的下限a：因为以为边的正方形最大边长不能超过的长度8，且裁剪时正方形不能超出五边形边界，结合五边形的段倾斜特征，得到关于x的不等关系，求解即可得到a的值； 【详解】设，，则， ∴两个正方形的面积和为： ， 由图2可知，当时，， 代入得： ， 整理得， 解得，， 因为，所以， ∴， ∵由图2可知，的最大值为， 且由图1可知，的最大限度为， ∴， 如图所示，以为原点，为水平正方向，为竖直正方向建立坐标系： ∴，，，，， 设的直线方程为，代入坐标得， 解得 ∴， 以为边的正方形左上角坐标为， 该点必须在五边形内，因此满足纵坐标不超过在处的纵坐标， 即： ， 解得， ∴， 综上，长为，． 3．（2026·浙江·模拟预测）如图，中，，，分别在上，连接，，若，与的面积相等，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，根据全等可得，，过点作于点，过点作于点，延长交于点，延长交于点，在中，求出，则，利用平行四边形的判定和性质，证明，得出，在中，求出，则．再结合列方程求解即可． 【详解】解：设，则，， ， ，， 如图，过点作于点，过点作于点，延长交于点，延长交于点， ， ， ， 在中，， ， ． 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， ， ， ， 在中，，， ， ． ， ， 整理得：， 解得：， 由，则． 4．（2026·浙江杭州·三模）新定义：两边之比等于黄金比的矩形叫做黄金矩形，如图，矩形是黄金矩形（），点、分别在边、上，将矩形沿直线折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为，过点作于点，当矩形也是黄金矩形（）时，则___________． 【答案】/ 【分析】连接，根据黄金矩形的定义设，，则，证明得到，从而，设，则，在中，根据构造方程，求解得到，从而． 【详解】解：连接， ∵矩形是黄金矩形，，， ∴设，， ∵矩形是黄金矩形，， ∴， ∴， ∵四边形是四边形翻折得到， ∴，， ， ∴， ∵在矩形中，， 又 ∴， ∴， ∴， 设，则 ， ∵在中，， ∴ 解得：， ∴， ∴． 5．（2026·浙江台州·二模）如图，四边形纸片满足，，，，，点，，，分别在，，上，把该纸片分别沿，，折叠，若翻折后的三部分图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的正方形，则的长为_________． 【答案】 【分析】根据折叠的性质和拼接成正方形的条件，推断出四边形为正方形，且点为中点，点、折叠后落在边上，从而得出正方形边长与的关系，利用全等三角形和相似三角形性质求解的长． 【详解】解：由折叠可得：，，四边形四边形； ∴，， ∴，即、、三点共线， 又∵拼接无缝隙， ∴点、的对应点重合在上 ， ∴，， ∴， ∵， ∴正方形的边长， ∵点、的对应点均为， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， 过点作于点，过点作于点，如图所示： ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得：， 在中，， ∴， 在中，， ∴． 6．（2026·浙江·一模）如图，在正方形中，点为的中点，以为圆心，为半径作圆，交对角线于点，交边于点，连结． (1)求证：为等腰直角三角形； (2)若，求的值． 【答案】(1) 证明：如图，连接， 根据题意可知，， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形； (2) 【分析】（1）由正方形的性质结合可证明，则，进而可得，因此为等腰直角三角形； （2）使用勾股定理计算出和。由计算出，最后计算． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点为的中点， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 7．（2026·浙江台州·二模）点是的边的中点，请你利用无刻度的直尺，完成以下探究与操作： 操作与证明 (1)如图1，连接对角线，，交于点，连接并延长，交边于点，求证：点是的中点． 拓展与探究 (2)请尝试用无刻度的直尺，在图2的中作出边的中点．（不写作法，保留作图痕迹）． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）根据平行四边形的性质，及三角形全等，即可证明结论； （2）根据平行四边形的性质以及三角形三条中线交于一点（重心），即可证明结论． 【详解】（1）四边形是， ，，， 点是边的中点， ， ， ， 在和中，，， ， ，， ． ∴点是的中点． （2）连接对角线，，交于点，连接，交于点H，连接并延长交于点G． 四边形是， ，即是的中线， 点是边的中点， ∴也是的中线， 、的交点H是的重心， ∴也是的中线， 即点是边的中点． 8．（2026·浙江嘉兴·一模）综合与实践： 【生活情境】如图1，要将一块形状为平行四边形的木板余料分割成相同的两部分，拼接成一块矩形木板，需要找到合适的分割线． 【数学问题】如图2，已知，，，．作一条直线，使直线，且将分成周长相等的两部分． 【实践操作】如图3，小嘉的作法：①连接，交于点；②以为直径作半圆交边于点；③连接，作的角平分线交半圆于点；④作直线分别交边，于点，，直线就是所求作的直线． 【解决问题】 (1)求的面积．（参考数据：，） (2)根据小嘉的作图过程，说明直线且将分成周长相等的两部分的理由． 【答案】(1) (2)证明：连接，则， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴，即． ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴且将分成周长相等的两部分． 【分析】（1）圆周角定理得到，解直角三角形，求出的长，再根据平行四边形的性质进行求解即可； （2）连接，根据角平分线的定义和圆周角定理以及弧，弦，角之间的关系，推出，进而得到，证明，得到，进而得到，根据周长公式即可得出结论． 【详解】（1）解：∵以为直径作圆交于点， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴的面积． （2）略 9．（2026·浙江·模拟预测）在矩形中，为正方形，点G在射线上，，过A作交于点H，过H作交于点P，连接交于点Q． (1)求证：四边形是正方形． (2)已知，若Q为的中点，求的长． 【答案】(1) 证明：∵， ， ∴ ∴四边形是矩形． ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴ ∴． 在和中 ∴， ∴， ∴四边形是正方形． (2)． 【分析】（1）根据已知的、和，可得四边形的三个内角均为，因此它是矩形，利用正方形的性质，通过同角的余角相等推出，从而证明，得到邻边相等，即可解答； （2）由，结合是中点，可证，得，设，则，因此．在中，由，证，得．由（1）知，在中，，联立方程．解方程并取舍即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：设， 四边形是正方形，四边形是矩形， ，即． ． 为中点， ． 在和中： ． ． ，， ． ，， ， ， ， ． ，四边形为正方形， ，， ． 由（1）可知， ． 在中， ． ， 整理得：， 解得（舍去），． ． 10．（2026·浙江杭州·二模）【问题情境】数学课上，同学们以小组为单位用两个全等的三角形进行实验探究． 如图，两个全等的直角三角形和的斜边和在同一直线上，．可沿直线平移，连接， 【实验探究】 (1)在平移过程中，同学们发现四边形是平行四边形，请证明此结论； (2)当沿平移到某一个位置时，四边形恰好为菱形， ①如图，此时若，，试求的长； ②如图，连接，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)① ② 【分析】（1）根据全等三角形的性质可知，，可证，根据全等三角形的性质可证，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证结论成立； （2）①连接交于点，根据勾股定理可得，根据菱形的性质可知和互相垂直平分，可得：，设，则，利用勾股定理可得：，从而可以求出，，根据菱形的性质和线段之间的关系即可求出的长度； ②延长交于点，可证，根据全等三角形的性质可证是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可知，根据菱形的性质即可求出的度数． 【详解】（1）证明：， ，， 在和中，， ， ， 四边形是平行四边形； （2）①解：如下图所示，连接交于点， ，， ， 四边形是菱形， ，和互相垂直平分， 在中，，，， ， 设，则， ， ， ，， ， ； ②解：如下图所示，延长交于点， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 在和中，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形是菱形， ，， ． 11．（2026·浙江温州·三模）如图，在中，，，在的延长线上取点，使，在的延长线上取点（），分别过点，作，的垂线交于点，在，上截取，作点关于的对称点，作点关于的对称点，连结，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)四边形能否成为轴对称图形？若能，请求出的长；若不能，请说明理由． 【答案】(1)证明：∵，， ∴ ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵分别为关于的对称点， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形 (2)能，或 【分析】（1）先证明四边形是矩形，进而根据已知可得是等腰直角三角形，根据对称的性质得出，进而证明，即可证明四边形是平行四边形； （2）根据题意得出四边形是菱形，进而根据勾股定理计算即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：四边形能成为轴对称图形， ∵四边形是平行四边形 ∴当四边形是轴对称图形时，四边形为矩形或菱形， 如图所示，延长交于点， ∵是的斜边，，则 ∴四边形为轴对称图形时，四边形为菱形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形，同理可得四边形是矩形， ∴， 设，则，， 在中， ∴ ∴ ∴ 解得：或 即或 12．（2026·浙江宁波·三模）如图，在菱形中，是锐角，是边上的动点，将射线绕点按逆时针方向旋转，交直线于点． (1)如图，当，时， ①求证：； ②连接，，若，求的值． (2)如图，当时，延长交射线于点，延长交射线于点，连接，．若，且是等腰三角形，求的长． 【答案】(1)①∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ． ② (2)的长度为或或 【分析】（1）①由条件证明，即证明结论； ②设与，分别交于点和点，证明垂直平分，可得，则，可得，则可得，即可得结论； （2）先证明，分时，时，时，三种情况即可求解． 【详解】（1）解：①证明：略． ②如图，设与，分别交于点和点， 由①可知，， ∴， ∴，即， 由①可知，， ∴垂直平分， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， 设，则， ①如图，当时，， ∴， ∴， ∴，即平分， 过点作于点，作于点， ∴， ∴， 过点作于点， ∵， ∴，即， 解得，即； ②如图，当时，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 解得，即； ③如图，当时，， 同理可得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∵， ∴，即， 解得，即； 综上所述，的长度为或或． 13．（2026·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，．点是边上的一动点，将沿折叠，点落在点处． (1)若，当落在对角线上时，求的长； (2)若，连接．若为等腰三角形，求所有符合条件的的长； (3)若，在点运动的过程中，线段的中点为．求当的面积取得最大值时，点到点的距离，同时探讨能否为，若可以，请求出此时的长；若不可以，请说明理由． 【答案】(1) (2)或或或 (3)当的面积取得最大值时，；可以为，此时 【分析】（1）由勾股定理可计算出，由折叠的性质可得，，，则．容易证明，计算得，因此； （2）分三类讨论，当时，过点作的垂线，交于点，交于点，设，，利用，结合勾股定理构造方程组，可以求出与的值．在中，利用勾股定理构造方程，解得，将与的值代入即可；当时，容易得到，则，从而求出与的值，代入的表达式即可；当时，容易证明，从而求出与的值，代入的表达式即可； （3）先分析面积最大的情况，过点作的垂线，交于点，交于点，设，，，则，，利用可计算得，进而得到．利用三角形面积公式可得．则，利用分组分解法可得，因此当时，取得最大值，容易计算得此时；再分析能否为，假设，容易证明，则，在中，利用勾股定理构造方程，解得，因此． 【详解】（1）解：如图， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，， 由折叠的性质可得，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴； （2）解：①当时，如图，过点作的垂线，交于点，交于点，设，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴，，， 在中，， ∴， 由折叠的性质可得，，， 在中，， ∴， 联立①与②，得， ， 解得或， 在中，，， ∵， ∴， 化简，得， ∵， ∴， 当时，， 当时，； ②当时，如图，过点作的垂线，交于点，交于点，设，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由①可知，， ∴； ③当时，如图，过点作的垂线，交于点，交于点，设，， ∵四边形是矩形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，，， 在中，， ∴， 由①可知，， ∴； 综上所述，符合条件的的长为或或或； （3）解：先探究面积最大的情况， ①当点在矩形的内部或边界时，如图，过点作的垂线，交于点，交于点，设，，，则，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得，，，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 变形，得， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴，即， 当且仅当时，取得最大值； ②当点在矩形的外部时，如图，过点作的垂线，交于点，交于点，设，，，则，， 同理①可得，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 变形，得， ∴， ∴， ∵， ∴， 综上所述，当且仅当时，取得最大值； 如图， 当时，， ∴，即点落在边上， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在中，； 再探究的情况， 假设可以等于，如图，连接，设，则， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴假设成立，当时，． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 四边形及应用 5年真题1年模拟 考点分类 浙江考情（2022-2026） 命题规律 考点01 多边形与平行四边形 2026·浙江·中考 2023·浙江台州·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江丽水·中考 2022·浙江温州·中考 近5年在本考点共选取7道真题，2024、2025年省统考未单独设题，2026年以一道多概念的四边形命题判断题回归。题型以填空、解答为主，分值3-8分，核心考查平行四边形的判定与性质，常由三角形中位线或角平分线构造平行四边形；地市卷命题将平行四边形证明与尺规作菱形结合，以三角形剪拼为背景考查中位线、平行四边形与矩形，结合解直角三角形求线段长等。整体难度基础偏中档，预计未来省统考仍将以中位线构造平行四边形及平行四边形性质应用为主要形态。 考点02 矩形、菱形、正方形 2024·浙江·中考 2024·浙江·中考 2023·浙江杭州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江金华·中考 2022·浙江台州·中考 2022·浙江温州·中考 2022·浙江绍兴·中考 2022·浙江丽水·中考 2022·浙江嘉兴·中考 近5年共选取12道真题，其中2024年省统考2道，2025年、2026年未单独设题。题型以选择和填空为主，分值3-8分，核心考查矩形、菱形、正方形的性质与判定，尤以菱形与折叠、对称、内嵌小图形、角平分线的组合最为典型；2024年省统考分别以"x、y变化中xy不变"的代数判断和菱形对称折叠的面积比呈现，体现从定性向定量的转变；2022年绍兴卷以"存在无数个平行四边形/矩形/菱形/正方形"形式考查图形存在性。整体难度中档偏上，预计未来省统考将继续突出菱形、矩形中的折叠、对称、面积与变量关系，需重视性质与判定的灵活转换。 考点03 四边形综合应用 2023·浙江宁波·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江衢州·中考 2022·浙江衢州·中考 近5年共选取4道真题，均为解答题性质、分值8-12分、位于试卷后段，集中在2022-2023地市卷，2024-2026省统考阶段的纯四边形综合题归入专题15，本考点保留地市卷题目。命题以矩形、菱形为载体，综合考查矩形对称中心、轴对称折叠、动点、面积关系以及相似、三角函数的结合，设问层层递进，含定量探究与定值证明，整体难度高、区分度强。预计省统考此类综合性四边形多归"几何综合与压轴"，本考点更倾向于具有一定区分度的四边形综合题。 考点01 多边形与平行四边形 1．（2026·浙江·中考真题）下列命题为假命题的是（     ） A．四边形内角和等于 B．平行四边形对角线互相平分 C．有一组邻边相等的矩形是正方形 D．四个角相等的四边形是菱形 2．（2023·浙江台州·中考真题）如图，四边形中，，，为对角线． (1)证明：四边形是平行四边形． (2)已知，请用无刻度的直尺和圆规作菱形，顶点E，F分别在边，上（保留作图痕迹，不要求写作法）． 3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 4．（2023·浙江嘉兴·中考真题）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明． (1)用三角板分别取的中点，连接，画于点； (2)用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图； (3)请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由． 5．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在中，，点E，F，G分别在边，，上，，，则四边形的周长是（    ） A．32 B．24 C．16 D．8 6．（2022·浙江丽水·中考真题）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．若，，则四边形的周长是（    ） A．28 B．14 C．10 D．7 7．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在中，于点D，E，F分别是的中点，O是的中点，的延长线交线段于点G，连结，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当，时，求的长． 考点02 矩形、菱形、正方形 1．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为__________ 3．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（    ） A． B．1 C． D． 5．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，已知矩形纸片，其中，现将纸片进行如下操作： 第一步，如图①将纸片对折，使与重合，折痕为，展开后如图②； 第二步，再将图②中的纸片沿对角线折叠，展开后如图③； 第三步，将图③中的纸片沿过点的直线折叠，使点落在对角线上的点处，如图④．则的长为（　　） A． B． C． D． 6．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形，直角顶点E，F，G，H分别在边上． （1）若，，则的长是______cm． （2）若，则的值是______． 7．（2023·浙江金华·中考真题）问题：如何设计“倍力桥”的结构？ 图1是搭成的“倍力桥”，纵梁夹住横梁，使得横梁不能移动，结构稳固． 图是长为，宽为的横梁侧面示意图，三个凹槽都是半径为的半圆．圆心分别为，纵梁是底面半径为的圆柱体．用相同规格的横梁、纵梁搭“桥”，间隙忽略不计．            探究：图是“桥”侧面示意图，为横梁与地面的交点，为圆心，是横梁侧面两边的交点．测得，点到的距离为．试判断四边形的形状，并求的值． 探究2：若搭成的“桥”刚好能绕成环，其侧面示意图的内部形成一个多边形． ①若有12根横梁绕成环，图4是其侧面示意图，内部形成十二边形，求的值； ②若有根横梁绕成的环（为偶数，且），试用关于的代数式表示内部形成的多边形的周长．        8．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________． 9．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在菱形中，．在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点E，F，G，H分别在边上，点M，N在对角线上．若，则的长为___________． 10．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 11．（2022·浙江丽水·中考真题）如图，已知菱形的边长为4，E是的中点，平分交于点F， 交于点G，若，则的长是（ ） A．3 B． C． D． 12．（2022·浙江嘉兴·中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流． 小惠： 证明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四边形ABCD是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 考点03 四边形综合应用 1．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道( ) A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 2．（2023·浙江温州·中考真题）如图，已知矩形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，． (1)求证：． (2)当，时，求的长． 3．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点． (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)令，． ①求证：； ②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值． 4．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G． (1)求证：. (2)若． ①求菱形的面积. ②求的值. (3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值． 1．（2026·浙江丽水·一模）如图，正方形的边长为4，将其无重叠、无空隙地剪拼成菱形，其中，分别为，的中点，则菱形的边长为（   ） A．5 B．6 C． D． 2．（2026·浙江温州·三模）小明在手工课上拿到了一张如图1所示的五边形纸片，已知，，，他计划在线段上选取一点P，分别以，为边裁剪出两张正方形纸片．设的长度为，两个正方形面积和为y，y关于x的函数图象如图2所示，则线段的长与a的值分别为（     ） A．7，1.5 B．7，1 C．6，1.5 D．6，1 3．（2026·浙江·模拟预测）如图，中，，，分别在上，连接，，若，与的面积相等，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·浙江杭州·三模）新定义：两边之比等于黄金比的矩形叫做黄金矩形，如图，矩形是黄金矩形（），点、分别在边、上，将矩形沿直线折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为，过点作于点，当矩形也是黄金矩形（）时，则___________． 5．（2026·浙江台州·二模）如图，四边形纸片满足，，，，，点，，，分别在，，上，把该纸片分别沿，，折叠，若翻折后的三部分图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的正方形，则的长为_________． 6．（2026·浙江·一模）如图，在正方形中，点为的中点，以为圆心，为半径作圆，交对角线于点，交边于点，连结． (1)求证：为等腰直角三角形； (2)若，求的值． 7．（2026·浙江台州·二模）点是的边的中点，请你利用无刻度的直尺，完成以下探究与操作： 操作与证明 (1)如图1，连接对角线，，交于点，连接并延长，交边于点，求证：点是的中点． 拓展与探究 (2)请尝试用无刻度的直尺，在图2的中作出边的中点．（不写作法，保留作图痕迹）． 8．（2026·浙江嘉兴·一模）综合与实践： 【生活情境】如图1，要将一块形状为平行四边形的木板余料分割成相同的两部分，拼接成一块矩形木板，需要找到合适的分割线． 【数学问题】如图2，已知，，，．作一条直线，使直线，且将分成周长相等的两部分． 【实践操作】如图3，小嘉的作法：①连接，交于点；②以为直径作半圆交边于点；③连接，作的角平分线交半圆于点；④作直线分别交边，于点，，直线就是所求作的直线． 【解决问题】 (1)求的面积．（参考数据：，） (2)根据小嘉的作图过程，说明直线且将分成周长相等的两部分的理由． 9．（2026·浙江·模拟预测）在矩形中，为正方形，点G在射线上，，过A作交于点H，过H作交于点P，连接交于点Q． (1)求证：四边形是正方形． (2)已知，若Q为的中点，求的长． 10．（2026·浙江杭州·二模）【问题情境】数学课上，同学们以小组为单位用两个全等的三角形进行实验探究． 如图，两个全等的直角三角形和的斜边和在同一直线上，．可沿直线平移，连接， 【实验探究】 (1)在平移过程中，同学们发现四边形是平行四边形，请证明此结论； (2)当沿平移到某一个位置时，四边形恰好为菱形， ①如图，此时若，，试求的长； ②如图，连接，若，求的度数． 11．（2026·浙江温州·三模）如图，在中，，，在的延长线上取点，使，在的延长线上取点（），分别过点，作，的垂线交于点，在，上截取，作点关于的对称点，作点关于的对称点，连结，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)四边形能否成为轴对称图形？若能，请求出的长；若不能，请说明理由． 12．（2026·浙江宁波·三模）如图，在菱形中，是锐角，是边上的动点，将射线绕点按逆时针方向旋转，交直线于点． (1)如图，当，时， ①求证：； ②连接，，若，求的值． (2)如图，当时，延长交射线于点，延长交射线于点，连接，．若，且是等腰三角形，求的长． 13．（2026·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，．点是边上的一动点，将沿折叠，点落在点处． (1)若，当落在对角线上时，求的长； (2)若，连接．若为等腰三角形，求所有符合条件的的长； (3)若，在点运动的过程中，线段的中点为．求当的面积取得最大值时，点到点的距离，同时探讨能否为，若可以，请求出此时的长；若不可以，请说明理由． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $