专题12 多边形与四边形（5年汇编）（贵州专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

专题12 多边形与四边形 5年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点01 矩形的性质与判定 2024贵州（1题）、2023贵州（2题）、2022铜仁（1题）、2022毕节（1题）、2022黔东南（1题） · 情境设置:以矩形折叠、坐标系嵌入、动点探究为主,常与直角三角形、全等结合. · 考查重点:矩形性质（对角线相等、四个直角）与判定（对角线相等、一角为直角）,折叠中的勾股计算. · 命题趋势:趋向多结论判断与最值问题,注重几何变换下的不变量分析. 考点02 菱形的性质与判定 2025贵州（2题）、2024贵州（1题）、2022贵阳（1题）、2022铜仁（1题） · 情境设置:菱形与等边三角形、动点、折叠结合,常含60°角特殊菱形. · 考查重点:菱形四边相等、对角线垂直平分的应用,判定常与平行四边形关联. · 命题趋势:强化动点轨迹与最值,注重从特殊到一般的探究能力. 考点03 正方形的性质与判定 2026贵州（1题）、2022六盘水（1题）、2022黔西南（1题）、2022贵阳（1题）、2022黔东南（1题） · 情境设置:正方形与折叠、剪拼、等边三角形拼接,常含垂直平分线. · 考查重点:正方形四边相等、四角直角、对角线性质,全等与相似综合. · 命题趋势:趋向操作探究与多解问题,注重空间想象与推理. 考点04 四边形的综合问题 2025贵州（1题）、2022安顺（2题）、2022黔西南（1题）、2022铜仁（1题）、2022遵义（1题） · 情境设置:矩形、正方形与坐标系、翻折、菱形拼接综合,多含动点. · 考查重点:四边形性质与判定综合,结合相似、勾股、函数求最值. · 命题趋势:趋向多知识点交汇,注重分类讨论与几何建模. 考点05 三角形的中位线 2022安顺（1题） · 情境设置:三角形中位线与特殊角（120°）结合,含中点与垂直. · 考查重点:中位线定理求线段长,结合勾股与三角函数. · 命题趋势:趋向与四边形综合,注重中点构造与转化. 考点06 平行四边形的判定与性质 2026贵州（1题）、2025贵州（1题）、2024贵州（1题）、2022六盘水（1题）、2022毕节（2题） · 情境设置:平行四边形与角平分线、矩形剪拼、坐标系结合. · 考查重点:平行四边形判定（一组对边平行且相等）与性质（对边相等、对角相等）. · 命题趋势:趋向与全等、相似综合,注重条件开放与多结论判断. 考点01 矩形的性质与判定 1．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在矩形中，，则D的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 先根据A、B的坐标求出AB的长，则CD=AB=6，并证明轴，同理可得轴，由此即可得到答案． 【详解】 解：∵A（-3，2），B（3，2）， ∴AB=6，轴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD=AB=6，轴， 同理可得轴， ∵点C（3，-1）， ∴点D的坐标为（-3，-1）， 故选D． 【点睛】 本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，熟知矩形的性质是解题的关键． 2．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在长方形纸片中，E为的中点，连接，将沿折叠得到，连接．若，则的长为（       ） A. 3 B. 3.6 C. 3.5 D. 3.4 【答案】B 【分析】 本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，利用等积法求出的长是解题的关键．连接，交于点，根据翻折的性质知，，垂直平分，再说明，利用等积法求出的长，再利用勾股定理可得答案． 【详解】 解：连接，交于点， 将沿折叠得到， ，，垂直平分， 点为的中点， ， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得，， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 故选：B． 3．（2023·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点为矩形内一点，且，，则四边形的面积是　　　　　　　． 【答案】 【分析】 连接，可得，即平分，在上截取，连接，证明，进而可得为等腰直角三角形，则四边形的面积，代入数据求解即可． 【详解】 解：如图，连接，    矩形中，，， ，， ，， ，， ，， ，， 在上截取，连接，则， ∵， ∴， ∴，， ， ， ， ， 四边形的面积． 故答案为：． 【点睛】 本题考查矩形的性质，根据特殊角三角函数值求角的度数，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，综合性较强，解题的关键是正确作出辅助线，将四边形的面积转化为． 4．（2022·贵州黔东南州中·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是　　　　　　　． 【答案】20 【分析】 首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案． 【详解】 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD， ∴OC=OD=BD=5， ∵//，//．， ∴四边形CODE是平行四边形， ∵OC=OD =5， ∴四边形CODE是菱形， ∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20． 故答案为20． 【点睛】 本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解题关键． 5．（2024·贵州·中考真题）如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件： ①，②．    （1）请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形； （2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 【答案】（1） 选择① ， 证明：∵，， ∴是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形； 选择② ， 证明：∵，， ∴是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键． （1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明是平行四边形，然后根据矩形的定义得到结论即可； （2）利用勾股定理得到长，然后利用矩形的面积公式计算即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∴矩形的面积为． 6．（2023·贵州·中考真题）如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：     小星：由题目的已知条件，若连接，则可证明． 小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．     （1）请你选择一位同学的说法，并进行证明； （2）连接，若，求的长． 【答案】（1） 证明：① 选择小星的说法，证明如下： 如图，连接，    ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 又，点D在的延长线上， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， ； ② 选择小红的说法，证明如下： 如图，连接，，    由① 可知四边形是矩形， ， 四边形是平行四边形， ， ．     （2）      【分析】 （1）选择小星的说法，先证四边形是平行四边形，推出，再证明四边形是矩形，即可得出；选择小红的说法，根据四边形是矩形，可得，根据四边形是平行四边形，可得，即可证明； （2）根据，可得，再用勾股定理解即可． (1) 小问详解： 解：略； (2) 小问详解： 解：如图，连接，    ，， ， ， 在中，， ， 解得 即的长为． 【点睛】 本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法． 考点02 菱形的性质与判定 1．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，将菱形纸片沿着线段剪成两个全等的图形，则的度数是（       ） A. 40° B. 60° C. 80° D. 100° 【答案】C 【分析】 根据两直线平行，内错角相等可得出答案． 【详解】 解：∵纸片是菱形 ∴对边平行且相等 ∴（两直线平行，内错角相等） 故选：C． 【点睛】 本题考查了菱形的性质，解题的关键是要知道两直线平行，内错角相等． 2．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则          度，线段与线段的位置关系是          ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 【答案】（1），； （2），理由： 如图，把绕顺时针旋转得到， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵点在线段上，且， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）的长为或. 【分析】 （1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论； （3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案. 【详解】 解：（1）∵在菱形中， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵点与线段的中点重合， ∴，； （2）略 （3）如图，当在线段上，记与交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 如图，当在线段上时，延长交于， 同理可得：，， ∴， 设，而，则， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 综上：的长为或. 【点睛】 本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 3．（2024·贵州·中考真题）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为　　　　　　． 【答案】 【分析】 延长，交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明，，过E点作交N点，根据三角函数求出，，，，在中利用勾股定理求出，根据菱形的性质即可得出答案． 【详解】 延长，交于点M， 在菱形中，点E，F分别是，的中点， ，，，， 在和中 ， ， ， 在和中 ， ， ，， ， ， 过E点作于N点， ，， ，， ， ， 在中 ， 即， ， ， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键． 4．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM=30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F．若DF=，则BD的长为　　　　　　（结果保留很号）． 【答案】 【分析】 连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度． 【详解】 解：如图，连接AC交BD于点H， 由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°， 又∵∠ECM=30°， ∴∠DCF=50°， ∵DF⊥CM， ∴∠CFD=90°， ∴∠CDF=40°， 又∵四边形ABCD是菱形， ∴BD平分∠ADC， ∴∠HDC=40°， 在△CDH和△CDF中， ， ∴△CDH≌△CDF（AAS）， ∴DH=DF=， ∴DB=2DH=． 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点． 5．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． （1）求证：是菱形； （2）若，求的面积． 【答案】（1） 证明：∵为对角线上的中点，且， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形；     （2）      【分析】 （1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形； （2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图： ∵， ∴， 设 ∴， ∵， ∴， ∴， 解得： ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 考点03 正方形的性质与判定 1．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图，将一张长方形纸对折，再对折，然后沿图中虚线剪下，剪下的图形展开后可得到（       ） A. 三角形 B. 梯形 C. 正方形 D. 五边形 【答案】C 【分析】 根据题意知，对折实际上就是对称，对折两次的话，剪下应有4条边，并且这4条边还相等，从而可以进行从题后的答案中选择． 【详解】 解：由题意知，对折实际上就是对称，对折2次的话，剪下应有4条边，并且这4条边还相等， 且每个角等于90度， 其只有正方形满足这一条件． 故选C． 【点睛】 此题考查了利用对称设计图案以及菱形的判定，关键是根据对折实际上就是轴对称性质的运用进行解答．也可动手折纸求解． 2．（2022·贵州黔东南州中·中考真题）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30°，BG=1，从而得到，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解． 【详解】 解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H， ∵DF⊥BC， ∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°， ∴四边形AGFH是矩形， ∴FH=AG， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠BAC=60°，BC=AB=2， ∴∠BAG=30°，BG=1， ∴， ∴， 在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°， ∴∠DAH=∠BAG=30°， ∴， ∴． 故选：D 【点睛】 本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键． 3．（2026·贵州·中考真题）如图，在正方形中，点是边的中点，连接，． （1）求证：； （2）若正方形的边长为，求的周长． 【答案】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵点是边的中点， ∴ ∴；     （2）      【分析】 （1）根据正方形的性质结合即可证明； （2）先对运用勾股定理求解，然后由全等三角形的性质即可得到的长度，即可求解的周长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是正方形 ∴ ∵点是边的中点 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴的周长． 4．（2022·贵州贵阳·中考真题）（多选）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，， ， ∵，∠A=∠D=90°，， ∴四边形ADFM是矩形， ∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD， ∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF， ∵MN是BE的垂直平分线， ∴MN⊥BE， ∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO， ∴∠MBO=∠OMF， ∵ ， ∴△ABE≌△FMN；     （2）      【分析】 （1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明； （2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接ME，如图， ∵AB=8，AE=6， ∴在Rt△ABE中，， ∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10， ∵MN是BE的垂直平分线， ∴BO=OE==5，BM=ME， ∴AM=AB-BM=8-ME， ∴在Rt△AME中，， ∴，解得：， ∴， ∴在Rt△BMO中，， ∴， ∴ON=MN-MO=． 即NO的长为：． 【点睛】 本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键． 5．（2022·贵州黔西南州中·中考真题）（多选）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且． （1）当时，求证：； （2）猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论； （3）如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，． 在和中 ， ∴， ∴；     （2） 解：BE，EF，DF存在的数量关系为． 证明如下： 延长CB至M，使，连接AM， 则． 在和中 ， ∴， ∴，． ∵， ∴． ∴∠MAE=∠FAE， 在和中 ， ∴， ∴EM=EF， ∵EM=BE+BM， ∴；      （3）      【分析】 （1）先利用正方表的性质求得，，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解； （2）延长CB至M，使，连接AM，先易得，推出，，进而得到，最后利用全等三角形的性质求解； （3）过点H作于点N，易得，进而求出，再根据（2）的结论求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：过点H作于点N， 则． ∵， ∴， ∴． 在和中 ， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， 由（2）知，． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键． 考点04 四边形的综合问题 1．（2022·贵州黔西南州中·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，轴，垂足为F．若，．以下结论正确的个数是（       ） ①；②AE平分；③点C的坐标为；④；⑤矩形ABCD的面积为． A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】C 【分析】 根据相似三角形的判定得出，利用相似三角形的性质及已知，的值即可判断结论① ；由① 分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论② ；根据直角坐标系上点的表示及结论①，利用勾股定理建立等式求解可得点坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点坐标，即可判断结论③ ；由③ 可知，进而得出的值，根据矩形的性质即可判断结论④ ；根据矩形的性质及④ 可知，利用三角形的面积公式求解即可判断结论⑤ ． 【详解】 解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，轴，垂足为F， ,，． ， ． ，， ，即．（① 符合题意） ，， ，． ． AE平分．（② 符合题意） ， 点的横坐标为4． ， ，即． ，点的纵坐标为． ． 点与点关于原点对称， ．（③ 符合题意） ， ．（④ 不符合题意） ， ．（⑤ 符合题意） 结论正确的共有4个符合题意． 故选：C． 【点睛】 本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点位．灵活运用相关知识点，通过已知条件建立等式关系是解本题的关键． 2．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为　　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 如图，连接，交于，过作于，求解，证明是的中位线，可得，，，证明四边形是平行四边形，可得，而，，求解，再进一步求解即可. 【详解】 解：如图，连接，交于，过作于， ∵，， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴，， ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，而，， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】 本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的性质，三角形的中位线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 3．（2022·贵州安顺·中考真题）已知正方形的边长为4，为上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为　　　　　　． 【答案】 【分析】 由正方形的性质，可得点与点关于对称，则有，所以当、、三点共线时，的值最小为，先证明，再由，可知，分别求出，，，即可求出． 【详解】 解：连接AM， 四边形是正方形， 点与点关于对称， ， ， 当、、三点共线时，的值最小， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 正方形边长为4， ， ， ， ，， 在中，， ， 是的中点， ， 在中，， ， ， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】 本题考查轴对称求最短距离，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，用轴对称求最短距离的方法，灵活应用三角形相似、勾股定理． 4．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP//EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】 解：作点P关于CE的对称点P′， 由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线， ∴点P′在CD上， 过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G， ∵MN+NP=MN+NP′≤MF， ∴MN+NP的最小值为MF的长，    连接DG，DM， 由折叠的性质知CE为线段 DM的垂直平分线， ∵AD=CD=2，DE=1， ∴CE==， ∵CE×DO=CD×DE，    ∴DO=， ∴EO=， ∵MF⊥CD，∠EDC=90°， ∴DE∥MF， ∴∠EDO=∠GMO，    ∵CE为线段DM的垂直平分线， ∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90°， ∴△DOE≌△MOG， ∴DE=GM， ∴四边形DEMG为平行四边形，    ∵∠MOG=90°， ∴四边形DEMG为菱形， ∴EG=2OE=，GM= DE=1， ∴CG=， ∵DE∥MF，即DE∥GF， ∴△CFG∽△CDE， ∴，即，    ∴FG=， ∴MF=1+=， ∴MN+NP的最小值为． 故答案为：． 【点睛】 此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键． 5．（2022·贵州安顺·中考真题）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点． （1）求线段的长； （2）求证四边形为菱形； （3）如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）     （2） ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 中，， ， ， 四边形为菱形；     （3）存在，或      【分析】 （1）根据在中，，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解； （2）根据（1）的结论分别求得，根据四边相等的四边形是菱形即可得证； （3）分和两种情况分别讨论即可求解． (1) 小问详解： 解：如图 四边形是矩形，，， ，， 将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处， ， 在中，， ， 设，则， 在中，， ， 解得， ； (2) 小问详解： 略． (3) 小问详解： ，设，是直角三角形 设 由（2）可得 ① 当时，如图， ，, 解得； ② 当时， 同理可得 综上所述，或 【点睛】 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键． 6．（2022·贵州遵义·中考真题）将正方形和菱形按照如图所示摆放，顶点与顶点重合，菱形的对角线经过点，点，分别在，上． （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：正方形和菱形， ， 在与中 （）     （2）      【分析】 （1）根据正方形和菱形的性质可得，根据即可得证； （2）连接交于点，勾股定理求得，，根据菱形的性质可得，进而求得正方形和菱形的对角线的长度，根据即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，连接交于点， ，即AB=4， ， 在中， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ． 【点睛】 本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，，掌握以上知识是解题的关键． 考点05 三角形的中位线 1．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，在中，，，是边的中点，是边上一点，若平分的周长，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 延长至，使得，连接，构造等边三角形，根据题意可得是的中位线，即可求解． 【详解】 解：如图，延长至，使得，连接， ， , 又， 是等边三角形， ， 是边的中点，是边上一点，平分的周长， ，， ， ， ， 即， 是的中位线， ． 故选C． 【点睛】 本题考查了三角形中位线的性质与判定，等边三角形的性质，三角形中线的定义，构造等边三角形是解题的关键． 考点06 平行四边形的判定与性质 1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果． 【详解】 解：∵， ∴， ∴； 故选B． 2．（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与相交于点O，则下列结论一定正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键． 【详解】 解：∵是平行四边形， ∴， 故选B． 3．（2026·贵州·中考真题）如图，在中，，垂足为，且，，则与之间的距离为　　　　　　　　　　． 【答案】2 【分析】 根据平行四边形的性质，得到，进而得到即为与之间的距离，易得为等腰直角三角形，得到，即可. 【详解】 解：∵中， ∴， ∵，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴与之间的距离为2. 4．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为　　　　　　　　　． 【答案】.4 【分析】 利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明利用对应线段的比得到的长度，继而得到PQ的长度． 【详解】 解：∵， ∴， ∵四边形APCQ是平行四边形， ∴PO＝QO，CO＝AO， ∵PQ最短也就是PO最短， ∴过O作BC的垂线， ∵, ∴, ∴， ∴， ∴， ∴则PQ的最小值为， 故答案为：． 【点睛】 考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题． 5．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图，在平行四边形中，平分，平分． （1）求证：； （2）当满足什么条件时，四边形是矩形？请写出证明过程． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ， ， 平分，平分， ， ， 在和中， ∵ ， ．     （2） 当满足时，四边形是矩形，证明如下： 四边形是平行四边形， ， 由（1）已证：， ， ，即， 四边形是平行四边形， 当满足时，则（等腰三角形的三线合一）， 四边形是矩形．      【分析】 （1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，根据角平分线的定义可得，然后根据三角形全等的判定即可得证； （2）当满足时，四边形是矩形．证明思路：先根据平行四边形的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后根据矩形的判定即可得证． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键． 6．（2022·贵州毕节·中考真题）如图1，在四边形中，和相交于点O，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如图2，E，F，G分别是的中点，连接，若，求的周长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴BC∥AD， 在△AOD和△COB中： ， ∴△AOD≌△COB(ASA)， ∴BC=AD， ∴四边形ABCD为平行四边形．     （2）24      【分析】 (1)由得到BC//AD，再证明△AOD≌△COB得到BC=AD，由此即可证明四边形ABCD为平行四边形； (2)由ABCD为平行四边形得到BD=2BO，结合已知条件BD=2BA得到BO=BA=CD=OD，进而得到△DOF与△BOA均为等腰三角形，结合F为OC中点得到∠DFA=90°，GF为Rt△ADF斜边上的中线求出；过B点作BH⊥AC于H，求出BH=9，再证明四边形BHGE为平行四边形得到GE=BH=9，最后将GE、GF、EF相加即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵点E、F分别为BO和CO的中点， ∴EF是△OBC的中位线， ∴； ∵ABCD为平行四边形， ∴BD=2BO， 又已知BD=2BA， ∴BO=BA=CD=OD， ∴△DOC与△BOA均为等腰三角形， 又F为OC的中点，连接DF， ∴DF⊥OC， ∴∠AFD=90°， 又G为AD的中点， 由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：； 过B点作BH⊥AO于H，连接HG，如上图所示： 由等腰三角形的“三线合一”可知：AH=HO=AO=AC=4， ∴HC=HO+OC=4+8=12， 在Rt△BHC中，由勾股定理可知, ∵H为AO中点，G为AD中点， ∴HG为△AOD的中位线， ∴HG∥BD，即HG∥BE， 且， ∴四边形BHGE为平行四边形， ∴GE=BH=9， ∴． 【点睛】 本题考查了三角形全等的判定方法、平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，熟练掌握各图形的性质及定理是解决本题的关键． 1．（2026·贵州遵义汇川区·中考模拟）如图，在中，对角线，相交于点O，下列结论一定正确的是（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据平行四边形的性质判断即可. 【详解】 解：∵， ∴，，，， ∴D符合题意. 2．（2026·贵州遵义汇川区·中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为3，顶点C的坐标为．若直线与正方形有公共点，则k的取值范围为（        ） A.  B. 或 C.  D.  【答案】D 【分析】 求解直线过点，分情况求解：当直线过点时， 当直线过点时，再进一步结合图形求解即可. 【详解】 解：∵正方形的边长为3，顶点C的坐标为， ∴，，， ∵， ∴直线过点， 如图， 当直线过点时，则， 解得，此时正好有1个公共点； 当直线过点时，则， 解得，此时正好有1个公共点； ∴若直线与正方形有公共点，则k的取值范围是． 3．（2026·贵州铜仁·中考模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是　　　　　　　． 【答案】（5，4） 【分析】 利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标． 【详解】 解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上， ∴AB=5， ∴DO=4， ∴点C的坐标是：（5，4）． 故答案为：（5，4）． 试卷第1页，共3页 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 多边形与四边形 5年真题1年模拟·答案版 考点01 矩形的性质与判定 1．D 2．B 3． 4．20 5．【答案】（1） 选择① ， 证明：∵，， ∴是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形； 选择② ， 证明：∵，， ∴是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键． （1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明是平行四边形，然后根据矩形的定义得到结论即可； （2）利用勾股定理得到长，然后利用矩形的面积公式计算即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∴矩形的面积为． 6．【答案】（1） 证明：① 选择小星的说法，证明如下： 如图，连接，    ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 又，点D在的延长线上， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， ； ② 选择小红的说法，证明如下： 如图，连接，，    由① 可知四边形是矩形， ， 四边形是平行四边形， ， ．     （2）      【分析】 （1）选择小星的说法，先证四边形是平行四边形，推出，再证明四边形是矩形，即可得出；选择小红的说法，根据四边形是矩形，可得，根据四边形是平行四边形，可得，即可证明； （2）根据，可得，再用勾股定理解即可． (1) 小问详解： 解：略； (2) 小问详解： 解：如图，连接，    ，， ， ， 在中，， ， 解得 即的长为． 【点睛】 本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法． 考点02 菱形的性质与判定 1．C 2．（1），； ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵点在线段上，且， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）的长为或. 3． 4． 5．【答案】（1） 证明：∵为对角线上的中点，且， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形；     （2）      【分析】 （1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形； （2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图： ∵， ∴， 设 ∴， ∵， ∴， ∴， 解得： ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 考点03 正方形的性质与判定 1．C 2．D 3．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵点是边的中点， ∴ ∴；     （2）      【分析】 （1）根据正方形的性质结合即可证明； （2）先对运用勾股定理求解，然后由全等三角形的性质即可得到的长度，即可求解的周长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是正方形 ∴ ∵点是边的中点 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴的周长． 4．【答案】（1） 证明：在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，， ， ∵，∠A=∠D=90°，， ∴四边形ADFM是矩形， ∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD， ∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF， ∵MN是BE的垂直平分线， ∴MN⊥BE， ∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO， ∴∠MBO=∠OMF， ∵ ， ∴△ABE≌△FMN；     （2）      【分析】 （1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明； （2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 连接ME，如图， ∵AB=8，AE=6， ∴在Rt△ABE中，， ∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10， ∵MN是BE的垂直平分线， ∴BO=OE==5，BM=ME， ∴AM=AB-BM=8-ME， ∴在Rt△AME中，， ∴，解得：， ∴， ∴在Rt△BMO中，， ∴， ∴ON=MN-MO=． 即NO的长为：． 【点睛】 本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键． 5．【答案】（1） 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，． 在和中 ， ∴， ∴；     （2） 解：BE，EF，DF存在的数量关系为． 证明如下： 延长CB至M，使，连接AM， 则． 在和中 ， ∴， ∴，． ∵， ∴． ∴∠MAE=∠FAE， 在和中 ， ∴， ∴EM=EF， ∵EM=BE+BM， ∴；      （3）      【分析】 （1）先利用正方表的性质求得，，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解； （2）延长CB至M，使，连接AM，先易得，推出，，进而得到，最后利用全等三角形的性质求解； （3）过点H作于点N，易得，进而求出，再根据（2）的结论求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：过点H作于点N， 则． ∵， ∴， ∴． 在和中 ， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， 由（2）知，． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键． 考点04 四边形的综合问题 1．C 2． 3． 4． 5．【答案】（1）     （2） ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 中，， ， ， 四边形为菱形；     （3）存在，或      【分析】 （1）根据在中，，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解； （2）根据（1）的结论分别求得，根据四边相等的四边形是菱形即可得证； （3）分和两种情况分别讨论即可求解． (1) 小问详解： 解：如图 四边形是矩形，，， ，， 将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处， ， 在中，， ， 设，则， 在中，， ， 解得， ； (2) 小问详解： 略． (3) 小问详解： ，设，是直角三角形 设 由（2）可得 ① 当时，如图， ，, 解得； ② 当时， 同理可得 综上所述，或 【点睛】 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键． 6．【答案】（1） 证明：正方形和菱形， ， 在与中 （）     （2）      【分析】 （1）根据正方形和菱形的性质可得，根据即可得证； （2）连接交于点，勾股定理求得，，根据菱形的性质可得，进而求得正方形和菱形的对角线的长度，根据即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，连接交于点， ，即AB=4， ， 在中， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ． 【点睛】 本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，，掌握以上知识是解题的关键． 考点05 三角形的中位线 1．C 考点06 平行四边形的判定与性质 1．B 2．B 3．2 4．.4 5．【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ， ， 平分，平分， ， ， 在和中， ∵ ， ．     （2） 当满足时，四边形是矩形，证明如下： 四边形是平行四边形， ， 由（1）已证：， ， ，即， 四边形是平行四边形， 当满足时，则（等腰三角形的三线合一）， 四边形是矩形．      【分析】 （1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，根据角平分线的定义可得，然后根据三角形全等的判定即可得证； （2）当满足时，四边形是矩形．证明思路：先根据平行四边形的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后根据矩形的判定即可得证． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键． 6．【答案】（1） 证明：∵， ∴BC∥AD， 在△AOD和△COB中： ， ∴△AOD≌△COB(ASA)， ∴BC=AD， ∴四边形ABCD为平行四边形．     （2）24      【分析】 (1)由得到BC//AD，再证明△AOD≌△COB得到BC=AD，由此即可证明四边形ABCD为平行四边形； (2)由ABCD为平行四边形得到BD=2BO，结合已知条件BD=2BA得到BO=BA=CD=OD，进而得到△DOF与△BOA均为等腰三角形，结合F为OC中点得到∠DFA=90°，GF为Rt△ADF斜边上的中线求出；过B点作BH⊥AC于H，求出BH=9，再证明四边形BHGE为平行四边形得到GE=BH=9，最后将GE、GF、EF相加即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵点E、F分别为BO和CO的中点， ∴EF是△OBC的中位线， ∴； ∵ABCD为平行四边形， ∴BD=2BO， 又已知BD=2BA， ∴BO=BA=CD=OD， ∴△DOC与△BOA均为等腰三角形， 又F为OC的中点，连接DF， ∴DF⊥OC， ∴∠AFD=90°， 又G为AD的中点， 由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：； 过B点作BH⊥AO于H，连接HG，如上图所示： 由等腰三角形的“三线合一”可知：AH=HO=AO=AC=4， ∴HC=HO+OC=4+8=12， 在Rt△BHC中，由勾股定理可知, ∵H为AO中点，G为AD中点， ∴HG为△AOD的中位线， ∴HG∥BD，即HG∥BE， 且， ∴四边形BHGE为平行四边形， ∴GE=BH=9， ∴． 【点睛】 本题考查了三角形全等的判定方法、平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，熟练掌握各图形的性质及定理是解决本题的关键． 1．D 2．D 3．（5，4） 试卷第1页，共3页 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 多边形与四边形 5年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点01 矩形的性质与判定 2024贵州（1题）、2023贵州（2题）、2022铜仁（1题）、2022毕节（1题）、2022黔东南（1题） · 情境设置:以矩形折叠、坐标系嵌入、动点探究为主,常与直角三角形、全等结合. · 考查重点:矩形性质（对角线相等、四个直角）与判定（对角线相等、一角为直角）,折叠中的勾股计算. · 命题趋势:趋向多结论判断与最值问题,注重几何变换下的不变量分析. 考点02 菱形的性质与判定 2025贵州（2题）、2024贵州（1题）、2022贵阳（1题）、2022铜仁（1题） · 情境设置:菱形与等边三角形、动点、折叠结合,常含60°角特殊菱形. · 考查重点:菱形四边相等、对角线垂直平分的应用,判定常与平行四边形关联. · 命题趋势:强化动点轨迹与最值,注重从特殊到一般的探究能力. 考点03 正方形的性质与判定 2026贵州（1题）、2022六盘水（1题）、2022黔西南（1题）、2022贵阳（1题）、2022黔东南（1题） · 情境设置:正方形与折叠、剪拼、等边三角形拼接,常含垂直平分线. · 考查重点:正方形四边相等、四角直角、对角线性质,全等与相似综合. · 命题趋势:趋向操作探究与多解问题,注重空间想象与推理. 考点04 四边形的综合问题 2025贵州（1题）、2022安顺（2题）、2022黔西南（1题）、2022铜仁（1题）、2022遵义（1题） · 情境设置:矩形、正方形与坐标系、翻折、菱形拼接综合,多含动点. · 考查重点:四边形性质与判定综合,结合相似、勾股、函数求最值. · 命题趋势:趋向多知识点交汇,注重分类讨论与几何建模. 考点05 三角形的中位线 2022安顺（1题） · 情境设置:三角形中位线与特殊角（120°）结合,含中点与垂直. · 考查重点:中位线定理求线段长,结合勾股与三角函数. · 命题趋势:趋向与四边形综合,注重中点构造与转化. 考点06 平行四边形的判定与性质 2026贵州（1题）、2025贵州（1题）、2024贵州（1题）、2022六盘水（1题）、2022毕节（2题） · 情境设置:平行四边形与角平分线、矩形剪拼、坐标系结合. · 考查重点:平行四边形判定（一组对边平行且相等）与性质（对边相等、对角相等）. · 命题趋势:趋向与全等、相似综合,注重条件开放与多结论判断. 考点01 矩形的性质与判定 1．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在矩形中，，则D的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在长方形纸片中，E为的中点，连接，将沿折叠得到，连接．若，则的长为（       ） A. 3 B. 3.6 C. 3.5 D. 3.4 3．（2023·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点为矩形内一点，且，，则四边形的面积是　　　　　　　． 4．（2022·贵州黔东南州中·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是　　　　　　　． 5．（2024·贵州·中考真题）如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件： ①，②．    （1）请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形； （2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 6．（2023·贵州·中考真题）如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：     小星：由题目的已知条件，若连接，则可证明． 小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．     （1）请你选择一位同学的说法，并进行证明； （2）连接，若，求的长． 考点02 菱形的性质与判定 1．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，将菱形纸片沿着线段剪成两个全等的图形，则的度数是（       ） A. 40° B. 60° C. 80° D. 100° 2．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则          度，线段与线段的位置关系是          ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 3．（2024·贵州·中考真题）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为　　　　　　． 4．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM=30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F．若DF=，则BD的长为　　　　　　（结果保留很号）． 5．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． （1）求证：是菱形； （2）若，求的面积． 考点03 正方形的性质与判定 1．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图，将一张长方形纸对折，再对折，然后沿图中虚线剪下，剪下的图形展开后可得到（       ） A. 三角形 B. 梯形 C. 正方形 D. 五边形 2．（2022·贵州黔东南州中·中考真题）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（2026·贵州·中考真题）如图，在正方形中，点是边的中点，连接，． （1）求证：； （2）若正方形的边长为，求的周长． 4．（2022·贵州贵阳·中考真题）（多选）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且． （1）求证：； （2）若，，求的长． 5．（2022·贵州黔西南州中·中考真题）（多选）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且． （1）当时，求证：； （2）猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论； （3）如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长． 考点04 四边形的综合问题 1．（2022·贵州黔西南州中·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，轴，垂足为F．若，．以下结论正确的个数是（       ） ①；②AE平分；③点C的坐标为；④；⑤矩形ABCD的面积为． A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 2．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为　　　　　　　　　　　　　． 3．（2022·贵州安顺·中考真题）已知正方形的边长为4，为上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为　　　　　　． 4．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP//EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为　　　　　　　　． 5．（2022·贵州安顺·中考真题）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点． （1）求线段的长； （2）求证四边形为菱形； （3）如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 6．（2022·贵州遵义·中考真题）将正方形和菱形按照如图所示摆放，顶点与顶点重合，菱形的对角线经过点，点，分别在，上． （1）求证：； （2）若，求的长． 考点05 三角形的中位线 1．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，在中，，，是边的中点，是边上一点，若平分的周长，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  考点06 平行四边形的判定与性质 1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（   ） A.  B.  C.  D.  2．（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与相交于点O，则下列结论一定正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  3．（2026·贵州·中考真题）如图，在中，，垂足为，且，，则与之间的距离为　　　　　　　　　　． 4．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为　　　　　　　　　． 5．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图，在平行四边形中，平分，平分． （1）求证：； （2）当满足什么条件时，四边形是矩形？请写出证明过程． 6．（2022·贵州毕节·中考真题）如图1，在四边形中，和相交于点O，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如图2，E，F，G分别是的中点，连接，若，求的周长． 1．（2026·贵州遵义汇川区·中考模拟）如图，在中，对角线，相交于点O，下列结论一定正确的是（        ） A.  B.  C.  D.  2．（2026·贵州遵义汇川区·中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为3，顶点C的坐标为．若直线与正方形有公共点，则k的取值范围为（        ） A.  B. 或 C.  D.  3．（2026·贵州铜仁·中考模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是　　　　　　　． 试卷第1页，共3页 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $