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

专题09 多边形与四边形 5年真题1年模拟 考点分类 青海考情（2022-2026） 命题规律 考点01 多边形的内角、外角、对角线（含梯形） （2024·青海·中考真题） （2022·青海西宁·中考真题） · 情境设置：直接给出正多边形外角或边数，纯计算无背景。 · 考查重点：正n边形外角和为360°，外角与边数互求。 · 命题趋势：基础送分题，未来仍以正多边形外角公式为核心。 考点02 三角形的中位线 （2022·青海·中考真题） （2022·青海西宁·中考真题） · 情境设置：三角形中两中点连线，或直角三角形斜边中线。 · 考查重点：中位线平行且等于第三边一半，结合勾股求线段。 · 命题趋势：常与直角三角形性质综合，难度稳定在中等偏易。 考点03 平行四边形的判定与性质 （2024·青海西宁·中考真题） · 情境设置：等腰直角三角形内构造平行四边形，几何证明。 · 考查重点：平行四边形判定与性质，结合全等或相似。 · 命题趋势：趋向与特殊三角形综合，注重推理过程。 考点04 矩形的性质与判定 （2023·青海西宁·中考真题） （2022·青海·中考真题） （2025·青海·中考真题） · 情境设置：矩形折叠、对角线交点、中点构造。 · 考查重点：矩形性质、折叠轴对称、线段与角度计算。 · 命题趋势：折叠问题高频，强调动手操作与方程思想。 考点05 菱形的性质与判定 （2025·青海西宁·中考真题） （2025·青海·中考真题） （2023·青海西宁·中考真题） （2022·青海西宁·中考真题）（多选） （2022·青海·中考真题） · 情境设置：菱形对角线、高线、动点，常与全等结合。 · 考查重点：菱形四边相等、对角线垂直平分，面积计算。 · 命题趋势：高频考点，趋向动点探究与多结论判断。 考点06 正方形的性质与判定 （2024·青海西宁·中考真题） （2024·青海·中考真题） （2025·青海西宁·中考真题） · 情境设置：正方形折叠、中点四边形、等腰直角三角形。 · 考查重点：正方形性质、折叠变换、中点四边形规律。 · 命题趋势：综合实践题增多，强调探究与归纳能力。 考点01 多边形的内角、外角、对角线（含梯形） 1．（2024·青海·中考真题）正十边形一个外角的度数是________． 2．（2022·青海西宁·中考真题）如果正多边形的一个外角为36°，那么它的边数是___________． 考点02 三角形的中位线 1．（2022·青海·中考真题）如图，在中，，D是AB的中点，延长CB至点E，使，连接DE，F为DE中点，连接BF.若，，则BF的长为（    ） A．5 B．4 C．6 D．8 2．（2022·青海西宁·中考真题）如图，中，，，点，分别是，的中点，点在上，且，则________．    考点03 平行四边形的判定与性质 1．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 考点04 矩形的性质与判定 1．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．    【猜想】 【验证】请将下列证明过程补充完整： ∵矩形纸片沿所在的直线折叠 ∴ ∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行） ∴ （ ） ∴ （等量代换） ∴（ ） 【应用】 如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 2．（2022·青海·中考真题）如图矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点，，，，则图中阴影部分的面积为___． 3．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 考点05 菱形的性质与判定 1．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 2．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为______． 3．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，． (1)求证：； (2)若，，求四边形的周长． 4．（2022·青海西宁·中考真题）（多选）如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．    (1)求证：△ABE≌△ADF； (2)若AE=4，CF=2，求菱形的边长． 5．（2022·青海·中考真题）如图，四边形ABCD为菱形，E为对角线AC上的一个动点（不与点A，C重合），连接DE并延长交射线AB于点F，连接BE． (1)求证：； (2)求证：． 考点06 正方形的性质与判定 1．（2024·青海西宁·中考真题）如图，正方形的边长为，以边为底向外作等腰，点是对角线上的一个动点，连接，，则的最小值是______． 2．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 3．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 1．（2026·青海西宁第二中学·中考模拟）如图，在菱形中，，，动点，同时从点出发，点以每秒个单位长度沿折线向终点运动；点以每秒个单位长度沿线段向终点运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为秒，的面积为个平方单位，则下列正确表示与函数关系的图象是（    ）    A．   B．   C．   D．   2．（2026·青海西宁·中考模拟）正六边形的边长为2，下列有关这个正六边形的结论中错误的是（     ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为1 D．半径为2 3．（2026·青海西宁·中考模拟）如图1，在中，，，动点从点出发，沿折线方向运动，到达点停止运动．设点的运动路程为，的面积为y，y与的关系如图2所示，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 4．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，四边形中，，，，，点从点出发，以的速度沿向点运动，同时，点从点出发，以的速度沿向点C运动，直到两点都到达终点．若点P的运动时间为，的面积为，则下列最能反映S与t之间函数关系的图像是（   ） A． B． C． D． 5．（2026·青海海东·中考模拟）如图，在矩形中，，，E，F分别是的中点，则_______． 6．（2026·青海西宁十一中·中考模拟）若正多边形的每一个内角为，则这个正多边形的边数是__________． 7．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）已知一个正多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个正多边形内角的度数为______． 8．（2026·青海西宁沈那中学·中考模拟）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为__________ 9．（2026·青海西宁第十二中学·中考模拟）如图，菱形的对角线，相交于点，过点C作于点E，连接OE，若，，则菱形的面积为________________． 10．（2026·青海海东·中考模拟）综合与探究 【问题情境】已知为直角三角形纸片，其中．在数学活动课上，进行如下探究活动． 活动一：为上一点，将绕点旋转，得到的对应点分别为．连接． 【观察发现】如图1，四边形的形状为___________． 【深入探究】如图2，若，当四边形为矩形时，求的长． 活动二：如图3，取的中点，将绕点顺时针旋转角，得到的对应点分别为，连接． 【拓展提高】 ①猜想与的位置关系，并给予证明． ②如图3，当时，的平分线，若点到的距离为，直接写出的长． 11．（2026·青海西宁·中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是3，则点的坐标为______． 12．（2026·青海西宁十一中·中考模拟）如图，□ABCD中，AE⊥BD于E，∠EAC＝30°，AE＝3，则AC的长等于_______． 13．（2026·青海海东·中考模拟）如图，菱形的对角线和交于点，分别延长、至点、点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求． 14．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图，在中，，是斜边的中点，是的中点．过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为，求的长． 15．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）（多选）如图，过的顶点C作，E是的中点，连接并延长，交线段于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求的长． 16．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求矩形的周长． 17．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 试卷第1页，共3页 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 多边形与四边形 5年真题1年模拟 考点分类 青海考情（2022-2026） 命题规律 考点01 多边形的内角、外角、对角线（含梯形） （2024·青海·中考真题） （2022·青海西宁·中考真题） · 情境设置：直接给出正多边形外角或边数，纯计算无背景。 · 考查重点：正n边形外角和为360°，外角与边数互求。 · 命题趋势：基础送分题，未来仍以正多边形外角公式为核心。 考点02 三角形的中位线 （2022·青海·中考真题） （2022·青海西宁·中考真题） · 情境设置：三角形中两中点连线，或直角三角形斜边中线。 · 考查重点：中位线平行且等于第三边一半，结合勾股求线段。 · 命题趋势：常与直角三角形性质综合，难度稳定在中等偏易。 考点03 平行四边形的判定与性质 （2024·青海西宁·中考真题） · 情境设置：等腰直角三角形内构造平行四边形，几何证明。 · 考查重点：平行四边形判定与性质，结合全等或相似。 · 命题趋势：趋向与特殊三角形综合，注重推理过程。 考点04 矩形的性质与判定 （2023·青海西宁·中考真题） （2022·青海·中考真题） （2025·青海·中考真题） · 情境设置：矩形折叠、对角线交点、中点构造。 · 考查重点：矩形性质、折叠轴对称、线段与角度计算。 · 命题趋势：折叠问题高频，强调动手操作与方程思想。 考点05 菱形的性质与判定 （2025·青海西宁·中考真题） （2025·青海·中考真题） （2023·青海西宁·中考真题） （2022·青海西宁·中考真题）（多选） （2022·青海·中考真题） · 情境设置：菱形对角线、高线、动点，常与全等结合。 · 考查重点：菱形四边相等、对角线垂直平分，面积计算。 · 命题趋势：高频考点，趋向动点探究与多结论判断。 考点06 正方形的性质与判定 （2024·青海西宁·中考真题） （2024·青海·中考真题） （2025·青海西宁·中考真题） · 情境设置：正方形折叠、中点四边形、等腰直角三角形。 · 考查重点：正方形性质、折叠变换、中点四边形规律。 · 命题趋势：综合实践题增多，强调探究与归纳能力。 考点01 多边形的内角、外角、对角线（含梯形） 1．（2024·青海·中考真题）正十边形一个外角的度数是________． 【答案】##36度 【分析】本题考查正多边形的外角．根据正n多边形的外角公式求解即可． 【详解】解：正十边形的一个外角的大小是， 故答案为：． 2．（2022·青海西宁·中考真题）如果正多边形的一个外角为36°，那么它的边数是___________． 【答案】10 【分析】根据正多边形的性质：每一个外角都相等；又根据多边形的外角和为，由此可以得出此正多边形的边数． 【详解】正多边形的一个外角为， 正多边形的每一个外角均为， 又多边形的外角和为， 正多边形的边数． 故答案为：10． 【点睛】此题考查了多边形的外角和定理与正多边形的性质．熟练运用“多边形的外角和为”与“正多边形的每一个外角均相等”是解此题的关键． 考点02 三角形的中位线 1．（2022·青海·中考真题）如图，在中，，D是AB的中点，延长CB至点E，使，连接DE，F为DE中点，连接BF.若，，则BF的长为（    ） A．5 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】利用勾股定理求得；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得的长度；结合题意知线段是的中位线，则． 【详解】解：在中，，，， ． 又为中线， ． 为中点，即点是的中点， 是的中位线，则． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，利用直角三角形的中线性质求出线段的长度是解题的关键． 2．（2022·青海西宁·中考真题）如图，中，，，点，分别是，的中点，点在上，且，则________．    【答案】 【分析】首先根据三角形中位线的定理，得出的长，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出的长，最后根据，即可算出答案． 【详解】∵点，分别是，的中点 ∴为的中位线 ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴在 点是的中点 ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查三角形中位线定理即应用，直角三角形的性质，本题解题的关键在熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半． 考点03 平行四边形的判定与性质 1．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：，， （等边对等角）． ， ，（两直线平行，同位角相等）． ， （等角对等边）． ， ． 又， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． (2) 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，进而证明得，再证明，然后由平行四边形的判定定理即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，设，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设， ， 在中，， （在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半）． （勾股定理）， ，解得，（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 考点04 矩形的性质与判定 1．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．    【猜想】 【验证】请将下列证明过程补充完整： ∵矩形纸片沿所在的直线折叠 ∴ ∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行） ∴ （ ） ∴ （等量代换） ∴（ ） 【应用】 如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 【答案】【验证】；；两直线平行，内错角相等；；；等角对等边； 【应用】（1）， 理由如下： ∵由四边形折叠得到四边形 ∴ ∵四边形是矩形   ∴（矩形的对边平行） ∴（两直线平行，内错角相等） ∴   ∴（等角对等边） ∵ ∴  即；   （2）5 【验证】（1）由折叠得，由平行线性质，得，于是 ，进而可得证，  即； （2）由折叠得，，．在中，根据勾股定理，构建方程求解得，得. 【详解】解：【验证】∵矩形纸片沿所在的直线折叠 ∴ ∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行） ∴ （两直线平行，内错角相等） ∴（等量代换） ∴（等角对等边  ） 【应用】（1）略 （2）∵矩形沿所在直线折叠 ∴，，． 设 ∴ 在中， ∴（勾股定理） ∴  解得 ∴. 【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键． 2．（2022·青海·中考真题）如图矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点，，，，则图中阴影部分的面积为___． 【答案】3 【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，首先证明，由此可得出，则可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ∴, 又 ∴， ∴ ∴ 故答案为：3 3．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1) 证明：∵点为的中点 ∴， ∵ ∴，， 在和中 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； (2)当时，四边形是矩形， 证明：∵ ，点是边上的中点， ∴ 即， ∵ 由（1）得四边形是平行四边形， ∴ 四边形是矩形. 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质； （1）先证明，可得，结合可得结论； （2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论. 【详解】（1）略 （2）略 考点05 菱形的性质与判定 1．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，， ∴， ∴， ∵， ∴菱形的面积； 故答案为：． 2．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，由，分别为，的中点，得，所以，然后根据菱形的面积为即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 3．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，． (1)求证：； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形 ∴，（平行四边形的对边平行且相等） ∴（两直线平行，内错角相等） ∵   ∴  即 在和中 ∴； (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，进而得出，证明，根据证明，即可得证； （2）证明是菱形，根据菱形的性质，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形） 又∵ ∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）    ∴（菱形的四条边都相等） ∴菱形的周长. 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 4．（2022·青海西宁·中考真题）（多选）如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．    (1)求证：△ABE≌△ADF； (2)若AE=4，CF=2，求菱形的边长． 【答案】(1) 证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=AD（菱形的四条边相等），∠B=∠D（菱形的对角相等）， ∵AE⊥BC   AF⊥CD， ∴∠AEB=∠AFD=90°（垂直的定义）， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF(AAS)； (2)5 【分析】（1）利用AAS即可证明△ABE≌△ADF； （2）设菱形的边长为x，利用全等三角形的性质得到BE=DF=x−2，在Rt△ABE中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设菱形的边长为x， ∴AB=CD=x，CF=2， ∴DF=x−2， ∵△ABE≌△ADF， ∴BE=DF=x−2（全等三角形的对应边相等）， 在Rt△ABE中，∠AEB=90°， ∴AE2+BE2=AB2（勾股定理）， ∴42+(x−2)2=x2， 解得x=5， ∴菱形的边长是5． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 5．（2022·青海·中考真题）如图，四边形ABCD为菱形，E为对角线AC上的一个动点（不与点A，C重合），连接DE并延长交射线AB于点F，连接BE． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1) 证明：∵四边形为菱形， ∴，， 在和中， ， ∴； (2) 证明∶∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴AB∥CD， ∴， ∴． 【分析】（1）根据菱形的性质可得，，即可求证； （2）根据，可得，再由AB∥CD，可得，即可求证 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 考点06 正方形的性质与判定 1．（2024·青海西宁·中考真题）如图，正方形的边长为，以边为底向外作等腰，点是对角线上的一个动点，连接，，则的最小值是______． 【答案】 【分析】连接交于点，连接，由轴对称的性质得，判断出当P与重合时，的值最小，最小值为的长．然后求出，，，，得到，然后利用勾股定理求出的长即可求解． 【详解】解：连接交于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴点B与点D关于直线对称， ∴， ∴， ∴当P与重合时，的值最小，最小值为的长． ∵正方形的边长为4， ∴，． ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴的最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形，正方形，解题的关键是掌握轴对称-最短路线问题，利用轴对称-最短路线问题． 2．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 【答案】（1）①中位线定理 （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）补图如下：    ③且；④正方形 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识 （1）利用三角形中位线定理即可解决问题； （2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题； （3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题. 【详解】（1）①证明依据是：中位线定理； （2）略 （3）②矩形； 故答案为：矩形 （4）略 （5）证明：如图4，∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． ∵ 由（4）可知 ∴菱形是正方形． 故答案为：③且；④正方形 3．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1) 证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 1．（2026·青海西宁第二中学·中考模拟）如图，在菱形中，，，动点，同时从点出发，点以每秒个单位长度沿折线向终点运动；点以每秒个单位长度沿线段向终点运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为秒，的面积为个平方单位，则下列正确表示与函数关系的图象是（    ）    A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】连接，过点作于点，根据已知条件得出是等边三角形，进而证明得出，当时，在上，当时，在上，根据三角形的面积公式得到函数关系式， 【详解】解：如图所示，连接，过点作于点， 当时，在上，      菱形中，，， ∴，则是等边三角形， ∴， ∵， ∴，又 ∴ ∴ ∴， ∴ 当时，在上，    ∴， 综上所述，时的函数图象是开口向上的抛物线的一部分，当时，函数图象是直线的一部分， 故选：A． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数图象的性质，一次函数图象的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，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． 2．（2026·青海西宁·中考模拟）正六边形的边长为2，下列有关这个正六边形的结论中错误的是（     ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为1 D．半径为2 【答案】C 【分析】根据正多边形中心角、内角、边心距、半径的定义并结合边长为2逐项判断即可． 【详解】解：A．∵ 正边形中心角和为，正六边形， ∴中心角为，故选项A正确； B．∵ 边形内角和为，正六边形， ∴ 内角和为，每个内角为，故选项B正确； C、D．∵ 正六边形的外接圆半径等于边长，已知边长为， ∴ 正六边形半径为，故选项D结论正确； ∵ 边心距是正六边形中心到边的距离，边长一半为，半径为，由勾股定理得：边心距， 故选项C错误，符合题意． 3．（2026·青海西宁·中考模拟）如图1，在中，，，动点从点出发，沿折线方向运动，到达点停止运动．设点的运动路程为，的面积为y，y与的关系如图2所示，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】B 【分析】先根据函数关系图象得出，再由运动结合的面积的变化，得出点M和点D重合时，的面积最大，其值为，进而建立方程求解，即可得出结论． 【详解】解：由图可知点M的运动路程为，即， ∵是平行四边形， ∴， ∴， 设，则， 因为当点M运动到点D时，的面积为， 这时，过点D作于点E， 则， ∴， 解得：或， ∵， ∴，． 4．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，四边形中，，，，，点从点出发，以的速度沿向点运动，同时，点从点出发，以的速度沿向点C运动，直到两点都到达终点．若点P的运动时间为，的面积为，则下列最能反映S与t之间函数关系的图像是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意分两种情况：当点Q在线段上和点Q在线段上．分别根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：如图所示，当点Q在线段上时，作交于点E， ∵， ∴ 由题意可得，，， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴； 如图所示，当点Q在线段上时，此时， 作交于点F， 同理可得，， ∴， ∴， ∴综上所述，当时，；当时，． 5．（2026·青海海东·中考模拟）如图，在矩形中，，，E，F分别是的中点，则_______． 【答案】5 【分析】连接，根据矩形的性质可得，，再根据勾股定理得，最后利用三角形中位线定理即可解决问题． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ，， ，， ， E，F分别是的中点， ， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理和勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 6．（2026·青海西宁十一中·中考模拟）若正多边形的每一个内角为，则这个正多边形的边数是__________． 【答案】八（或8） 【分析】根据正多边形的每一个内角为，求出正多边形的每一个外角，根据多边形的外角和，即可求出正多边形的边数． 【详解】解：根据正多边形的每一个内角为 正多边形的每一个外角为： 多边形的边数为： 故答案为八． 【点睛】考查多边形的外角和，掌握多边形的外角和是解题的关键． 7．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）已知一个正多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个正多边形内角的度数为______． 【答案】##144度 【分析】先根据题意列方程求出正多边形的边数，再计算正多边形一个内角的度数． 【详解】解：设这个正多边形的边数为， ∴该正多边形的内角和为， 由题意得， 解得， 该正多边形的内角和为， 则这个正多边形一个内角的度数为． 8．（2026·青海西宁沈那中学·中考模拟）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为__________ 【答案】6 【分析】本题利用任意多边形外角和为定值360°，结合题目给出的内角和与外角和的数量关系，再根据多边形内角和公式列方程求解即可得到边数． 【详解】设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得， 解得． 9．（2026·青海西宁第十二中学·中考模拟）如图，菱形的对角线，相交于点，过点C作于点E，连接OE，若，，则菱形的面积为________________． 【答案】24 【分析】根据菱形的性质得到，，利用直角三角形斜边中线的性质得到，再利用菱形面积公式计算即可． 【详解】解：四边形是菱形、， 、，， ， ， ， 菱形的面积为． 10．（2026·青海海东·中考模拟）综合与探究 【问题情境】已知为直角三角形纸片，其中．在数学活动课上，进行如下探究活动． 活动一：为上一点，将绕点旋转，得到的对应点分别为．连接． 【观察发现】如图1，四边形的形状为___________． 【深入探究】如图2，若，当四边形为矩形时，求的长． 活动二：如图3，取的中点，将绕点顺时针旋转角，得到的对应点分别为，连接． 【拓展提高】 ①猜想与的位置关系，并给予证明． ②如图3，当时，的平分线，若点到的距离为，直接写出的长． 【答案】观察发现：平行四边形； 深入探究：； 拓展提高：①， 证明：为的中点， ． 由旋转可得， ， ． . ② 【分析】观察发现：根据旋转性质可得从而可证的形状为平行四边形； 深入探究：连接，设，根据矩形性质利用勾股定理求出x的值即可； 拓展提高：①由旋转可得，等边对等角求出，从而得到，即可得出结论；②延长，分别与相交于点，设与的交点为．先证明四边形为平行四边形，四边形为矩形，进一步证明，，从而得出结论． 【详解】解：观察发现： 绕点旋转，得到， ，， ， 四边形的形状为平行四边形， 故答案为：平行四边形； 深入探究：如图1，连接， 设． 四边形为矩形， ，即． ， ，即． 解得． 即； 拓展提高： ①略 ②如图2，延长，分别与相交于点，设与的交点为． ， 四边形为平行四边形， 又， 四边形为矩形， ． 又为的平分线， ， ， ， ， ． 由①得， ． 又， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，角平分线的定义等知识，熟练掌握相关性质定理为解题关键． 11．（2026·青海西宁·中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是3，则点的坐标为______． 【答案】 【分析】根据菱形的性质和一次函数的性质解题即可． 【详解】解：由题意知，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴． 12．（2026·青海西宁十一中·中考模拟）如图，□ABCD中，AE⊥BD于E，∠EAC＝30°，AE＝3，则AC的长等于_______． 【答案】 【详解】如图，在直角△AOE中， ， ∴． 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴． 故答案为： 13．（2026·青海海东·中考模拟）如图，菱形的对角线和交于点，分别延长、至点、点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求． 【答案】(1) 解：∵菱形的对角线和交于点， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 又 ∵， ∴四边形是菱形． (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形即可解决问题； （2）根据菱形的性质和勾股定理可以解决问题． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形，， ， ， ， ． 14．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图，在中，，是斜边的中点，是的中点．过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为，求的长． 【答案】(1) 证明：是的中点， ， ， ， ， ， ， 是中点， ， ， 四边形是平行四边形， 是直角三角形，点是斜边的中点， ， 平行四边形是菱形； (2) 【分析】本题主要考查中位线的判定和性质，菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． （1）根据三角形全等的判定与性质得出，结合题意，菱形的判定方法即可求证； （2）根据菱形的性质可得的长，运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图所示，连接与交于点， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 的长为． 15．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）（多选）如图，过的顶点C作，E是的中点，连接并延长，交线段于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求的长． 【答案】(1) 证明：∵E是AC的中点 ∴AE＝CE ∵CD//AB ∴∠AFE＝∠CDE 在△AEF和△CED中 ， ∴△AEF≌△CED ∴AF＝CD 又∵CD//AB，即AF//CD ∴四边形AFCD是平行四边形． (2)4﹣4 【分析】（1）证明△AEF≌△CED，可得AF＝CD，且AF//CD，所以四边形AFCD是平行四边形； （2）过C作CM⊥AB于M ，由CD//AB得，∠B＝180°-∠DCB＝45°，则△BCM为等腰直角三角形，BM=CM，在Rt△ACM中，∠A=60°，则AC＝2AM，BM＝CM＝AM，根据AM＋BM＝AB列方程即可． 【详解】（1）略 （2）过C作CM⊥AB于M 则∠CMB＝∠CMA＝90° ∵CD//AB ∴∠B＋∠DCB＝180° ∴∠B＝180°﹣135°＝45° ∴∠BCM＝90°－45°＝45° ∴∠B＝∠BCM ∴BM＝CM ∵∠BAC＝60° ∴∠ACM＝30° ∴AC＝2AM ∴BM＝CM＝AM ∵AM＋BM＝AB ∴AM＋AM＝4 解得：AM＝2﹣2 ∴AC＝2AM＝4﹣4． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定、三角形全等的判定、含特殊角的直角三角形三边关系，熟练掌握平行四边形与三角形全等判定定理是解题的基础，正确作出辅助线是第二问求解的关键． 16．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求矩形的周长． 【答案】 （1）证明：∵△BOC≅△CEB ． ∴，（全等三角形的对应边相等） ∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形） ∵四边形是菱形， ∴ （菱形的两条对角线互相垂直） ∴ ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； （2） 【分析】（1）利用全等三角形性质和菱形对角线互相垂直平分，证四边形是矩形； （2）根据菱形性质得出，，由含30度直角三角形的性质求出OB，即可求解． 【详解】（1）略 （2）∵四边形是菱形，，， ∴ （菱形的四条边相等）， ∵ ∴ 在中， （在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半） ， ∴矩形的周长． 【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形性质、平行四边形的判定和性质以及矩形的性质，熟记各种特殊四边形的判定方法和性质以及勾股定理是解题的关键． 17．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； (2) 解：四边形是菱形，理由如下： 由（1）可得， ∵，是的中点， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）由平行线的性质可得，再证明，即可得证； （2）由（1）可得，由直角三角形的性质可得，最后再由菱形的判定定理证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 试卷第1页，共3页 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 多边形与四边形 5年真题1年模拟·答案版 考点01 多边形的内角、外角、对角线（含梯形） 1．##36度 2．10 考点02 三角形的中位线 1．A 2． 考点03 平行四边形的判定与性质 1．【答案】(1) 证明：，， （等边对等角）． ， ，（两直线平行，同位角相等）． ， （等角对等边）． ， ． 又， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． (2) 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，进而证明得，再证明，然后由平行四边形的判定定理即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，设，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设， ， 在中，， （在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半）． （勾股定理）， ，解得，（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 考点04 矩形的性质与判定 1．【验证】；；两直线平行，内错角相等；；；等角对等边； 【应用】（1）， 理由如下： ∵由四边形折叠得到四边形 ∴ ∵四边形是矩形   ∴（矩形的对边平行） ∴（两直线平行，内错角相等） ∴   ∴（等角对等边） ∵ ∴  即；   （2）5 【验证】（1）由折叠得，由平行线性质，得，于是 ，进而可得证，  即； （2）由折叠得，，．在中，根据勾股定理，构建方程求解得，得. 2．3 3．【答案】(1) 证明：∵点为的中点 ∴， ∵ ∴，， 在和中 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； (2)当时，四边形是矩形， 证明：∵ ，点是边上的中点， ∴ 即， ∵ 由（1）得四边形是平行四边形， ∴ 四边形是矩形. 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质； （1）先证明，可得，结合可得结论； （2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论. 【详解】（1）略 （2）略 考点05 菱形的性质与判定 1． 2． 3．【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形 ∴，（平行四边形的对边平行且相等） ∴（两直线平行，内错角相等） ∵   ∴  即 在和中 ∴； (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，进而得出，证明，根据证明，即可得证； （2）证明是菱形，根据菱形的性质，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形） 又∵ ∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）    ∴（菱形的四条边都相等） ∴菱形的周长. 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 4．【答案】(1) 证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=AD（菱形的四条边相等），∠B=∠D（菱形的对角相等）， ∵AE⊥BC   AF⊥CD， ∴∠AEB=∠AFD=90°（垂直的定义）， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF(AAS)； (2)5 【分析】（1）利用AAS即可证明△ABE≌△ADF； （2）设菱形的边长为x，利用全等三角形的性质得到BE=DF=x−2，在Rt△ABE中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设菱形的边长为x， ∴AB=CD=x，CF=2， ∴DF=x−2， ∵△ABE≌△ADF， ∴BE=DF=x−2（全等三角形的对应边相等）， 在Rt△ABE中，∠AEB=90°， ∴AE2+BE2=AB2（勾股定理）， ∴42+(x−2)2=x2， 解得x=5， ∴菱形的边长是5． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 5．【答案】(1) 证明：∵四边形为菱形， ∴，， 在和中， ， ∴； (2) 证明∶∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴AB∥CD， ∴， ∴． 【分析】（1）根据菱形的性质可得，，即可求证； （2）根据，可得，再由AB∥CD，可得，即可求证 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 考点06 正方形的性质与判定 1． 2．（1）①中位线定理 （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）补图如下：    ③且；④正方形 3．【答案】(1) 证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 1．A 2．C 3．B 4．D 5．5 6．八（或8） 7．##144度 8．6 9．24 10．观察发现：平行四边形； 深入探究：； 拓展提高：①， 证明：为的中点， ． 由旋转可得， ， ． . ② 11． 12． 13．【答案】(1) 解：∵菱形的对角线和交于点， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 又 ∵， ∴四边形是菱形． (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形即可解决问题； （2）根据菱形的性质和勾股定理可以解决问题． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形，， ， ， ， ． 14．【答案】(1) 证明：是的中点， ， ， ， ， ， ， 是中点， ， ， 四边形是平行四边形， 是直角三角形，点是斜边的中点， ， 平行四边形是菱形； (2) 【分析】本题主要考查中位线的判定和性质，菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． （1）根据三角形全等的判定与性质得出，结合题意，菱形的判定方法即可求证； （2）根据菱形的性质可得的长，运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图所示，连接与交于点， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 的长为． 15．【答案】(1) 证明：∵E是AC的中点 ∴AE＝CE ∵CD//AB ∴∠AFE＝∠CDE 在△AEF和△CED中 ， ∴△AEF≌△CED ∴AF＝CD 又∵CD//AB，即AF//CD ∴四边形AFCD是平行四边形． (2)4﹣4 【分析】（1）证明△AEF≌△CED，可得AF＝CD，且AF//CD，所以四边形AFCD是平行四边形； （2）过C作CM⊥AB于M ，由CD//AB得，∠B＝180°-∠DCB＝45°，则△BCM为等腰直角三角形，BM=CM，在Rt△ACM中，∠A=60°，则AC＝2AM，BM＝CM＝AM，根据AM＋BM＝AB列方程即可． 【详解】（1）略 （2）过C作CM⊥AB于M 则∠CMB＝∠CMA＝90° ∵CD//AB ∴∠B＋∠DCB＝180° ∴∠B＝180°﹣135°＝45° ∴∠BCM＝90°－45°＝45° ∴∠B＝∠BCM ∴BM＝CM ∵∠BAC＝60° ∴∠ACM＝30° ∴AC＝2AM ∴BM＝CM＝AM ∵AM＋BM＝AB ∴AM＋AM＝4 解得：AM＝2﹣2 ∴AC＝2AM＝4﹣4． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定、三角形全等的判定、含特殊角的直角三角形三边关系，熟练掌握平行四边形与三角形全等判定定理是解题的基础，正确作出辅助线是第二问求解的关键． 16．【答案】 （1）证明：∵△BOC≅△CEB ． ∴，（全等三角形的对应边相等） ∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形） ∵四边形是菱形， ∴ （菱形的两条对角线互相垂直） ∴ ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； （2） 【分析】（1）利用全等三角形性质和菱形对角线互相垂直平分，证四边形是矩形； （2）根据菱形性质得出，，由含30度直角三角形的性质求出OB，即可求解． 【详解】（1）略 （2）∵四边形是菱形，，， ∴ （菱形的四条边相等）， ∵ ∴ 在中， （在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半） ， ∴矩形的周长． 【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形性质、平行四边形的判定和性质以及矩形的性质，熟记各种特殊四边形的判定方法和性质以及勾股定理是解题的关键． 17．【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； (2) 解：四边形是菱形，理由如下： 由（1）可得， ∵，是的中点， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）由平行线的性质可得，再证明，即可得证； （2）由（1）可得，由直角三角形的性质可得，最后再由菱形的判定定理证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 试卷第1页，共3页 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $