热点06 四边形6大题型（热点专练）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版）

这是一份热点06 四边形6大题型（热点专练）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版），文件包含热点03平面直角坐标系与一次函数6大题型热点专练江苏专用原卷版docx、热点03平面直角坐标系与一次函数6大题型热点专练江苏专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
热点聚焦 方法精讲 能力突破
第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。
第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。
题型01 多边形内角和、外角和
题型02 平行四边形性质与判定
题型03 矩形、菱形、正方形判定与性质
题型04 四边形计算与简答证明
题型05 中点四边形、面积计算
题型06 四边形基础折叠题型
第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。

题型01 多边形内角和、外角和
例1（2025·江苏无锡·中考真题）正七边形的内角和为___________度．
【答案】900
【分析】本题主要考查了多边形的内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．根据多边形内角和公式计算即可得出答案．
【详解】解：正七边形的内角和为，
故答案为：900．
例2（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则的度数为____________．
【答案】
【分析】本题考查了圆与正多边形，正多边形的内角问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握相关计算公式是解题的关键．
先根据正五边形的内角公式求出，再由等边对等角结合三角形内角和定理求出，最后由即可求解．
【详解】解：∵正五边形内接于，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
例3（2025·江苏扬州·中考真题）若多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数为______．
【答案】9
【分析】本题考查了正多边形的内角和与外角和问题，熟练掌握多边形的外角和等于是解题关键．先求出这个多边形的每个外角都是，再根据多边形的外角和等于求解即可得．
【详解】解：∵这个多边形的每个内角都是，
∴这个多边形的每个外角都是，
∴这个多边形的边数为，
故答案为：9
例4（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的内角问题，平行线的性质，三角形内角和定理，正确添加辅助线是解题的关键．
延长与直线交于点，先求出正六边形的内角的度数，再由平行线的性质得到，然后根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：延长与直线交于点，
∵正六边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【变式1】（2026·江苏无锡·一模）正六边形内角和度数为___．
【答案】
【详解】解：根据多边形内角和公式为：，其中为多边形的边数，且，
∵正六边形的边数，
∴代入公式得：．‘
【变式2】（2026·江苏扬州·一模）若正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的边数是__________．
【答案】9
【分析】任意多边形的外角和恒为，正多边形的每个外角相等，通过外角和除以单个外角度数即可求得边数。
【详解】解：∵任意多边形的外角和为，该正多边形的一个外角为，且正多边形的每个外角相等，
∴这个正多边形的边数为，
【变式2】（2026·江苏扬州·一模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M， ________°．
【答案】45
【分析】分别求出等腰三角形和等腰三角形的底角，再通过的内角和求出，最后利用邻补角关系求得的度数．
【详解】解： 八边形为正八边形，
，
，
为等腰三角形，
，
，
为等腰三角形，
，
与交于点，
在中，，，
，
点，， C在同一直线上，
．
【变式3】（2026·江苏无锡·一模）一个正n边形的每一个内角都是，则n的值为（）
A．7B．8C．9D．10
【答案】D
【分析】先求出正边形的一个外角度数，再根据多边形外角和为，用除以一个外角度数即可得到边数．
【详解】解：∵正边形的每个内角都是，
∴每一个外角为，
∴．
题型02 平行四边形性质与判定
例1（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，E是上一点，，、的延长线相交于点F，若，则________．
【答案】1
【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．先利用平行四边形的性质得，，证明，得出，结合，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：1．
例2（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由．
【答案】②或③，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③为条件，证明得出，即可得证．
【详解】解：添加②为条件，则四边形是平行四边形．
理由如下，如图，连接交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴
∴四边形是平行四边形．
添加③为条件，则四边形是平行四边形．
理由如下，∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
选择①无法得出四边形是平行四边形．
例3（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______．
【答案】4
【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵点F为的中点，
∴；
故答案为：4．
【变式1】 （2026·江苏扬州·一模）如图，在中，过、、三点的与相交于点．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由平行四边形的对角相等可得，再由四边形是圆内接四边形，可得，得出的度数，然后通过角度和差即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
四边形是圆内接四边形，
，
，
．
【变式2】（2026·江苏无锡·二模）如图，在平行四边形中，延长到点E，使得，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)4
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，， 即可得， 结合，根据“”即可证明；
（2）根据平行四边形的性质得， 根据全等得， 即可解答
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中：
，
∴；
（2）解：∵、交于， 四边形是平行四边形，
∴，
由（1）中全等三角形对应边相等，得，
∵，
∴，
∴．
【变式3】（2026·江苏扬州·一模）如图，的对角线，相交于点O，点E是的中点．若，，的周长为32，则的周长为______．
【答案】12
【分析】根据平行四边形的性质和周长得出相等的边，求出，利用勾股定理求出，证明是的中位线，得出，最后可求出三角形的周长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，周长为32，
∴，
∴，
∵，
∴由勾股定理得，
∴，
∵点E是的中点，点是的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴的周长为．
【变式4】（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在中，，D是上一点，过点D作交于点E，交于点F．若，，则四边形的面积为______．
【答案】
【分析】利用和相似可得，再利用等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理进行求解即可．
【详解】解：过点作于点，
，，
，，四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
在中，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴
解得，
，
∵，
∴．
【变式5】（2026·江苏徐州·一模）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)见详解
(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）证明：∵是的中点，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（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．
题型03 矩形、菱形、正方形判定与性质
例1（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证：
(1)；
(2)四边形是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明，可得，可得，再证明，，即可得到结论；
（2）先证明四边形为平行四边形，结合E为的中点，，可得，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵E为的中点，，
∴，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行线分线段成比例，掌握以上基础知识是解本题的关键．
例2（2025·江苏徐州·中考真题）如图，E，F，G，H分别为矩形各边的中点．若，，则四边形的周长为_______．
【答案】
【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，先证明，，，再进一步利用勾股定理计算即可．
【详解】解：∵矩形，，，
∴，，，
∵E，F，G，H分别是矩形各边的中点，
，．
∴，
同理可得：，
∴四边形的周长为；
故答案为：
例3（2026·江苏南通·一模）如图，点E，F分别在正方形的边上，且，连接交于点．
(1)求的度数：
(2)在线段上截取，连接交于点．
①求证：点为的中点；
②当时，求的长．
【答案】(1)
(2)①见解析，②
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得出．，再由各角之间的等量代换即可求解；
（2）①过点作于，根据全等三角形的判定得出，，再由其性质即可证明；②连接，设，则，根据等边对等角得出，再由平行线分线段成比例求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
．
又，
．
，
．
．
（2）解：①过点作于
．
又，
．
．
又，
．
又，
．
．
∴点为的中点．
②连接
设，则，
，
．
．
，
，
，
，
，
由①可知：
∴，
，
．
【变式1】（2026·江苏扬州·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，是边的中点，连接，过点，作的垂线，垂足分别为，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若已知，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由菱形的性质可得，进而可得是的中位线，推出，依次证明四边形是平行四边形、矩形即可；
（2）根据菱形的性质及直角三角形的斜边中线的性质求出，再在中，解直角三角形求得，最后根据矩形面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∵，
在中，，
∴．
【变式2】（2026·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，过对角线的中点O作，分别交、于点E、F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）先证四边形为平行四边形，然后根据平行四边形对角线垂直证得菱形；
（2）设，则，，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：如图，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵O为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：设，
∵四边形是菱形，，，
∴，，
在中，
由勾股定理得，，
∴，
解得，
∴．
【变式3】（2025·江苏南京·中考真题）一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：）如图，这枚古钱币的半径为____________ ．
【答案】13
【分析】本题考查了垂径定理，正方形的性质，勾股定理，先根据题意，则是的直径，过作，连接，再结合正方形的性质以及垂径定理得，，由勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】解：如图所示：是的直径，过作，连接，
依题意，，
∵，
∴，，
∵一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，
∴，
在中，，
即这枚古钱币的半径为，
故答案为：13
题型04 四边形计算与简答证明
例1（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、．
求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质：
（1） 结合矩形的性质，根据“边角边”证明；
（2）根据全等三角形的对应边相等得，结合，可得．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，，
，
在和中，
，
；
（2）证明：，
，
又，
，
．
例2（2026·江苏扬州·一模）如图，在菱形中，点E、F分别在边上，且．连接，延长交的延长线于点G．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，结合证明即可；
（2）先证明，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∴．
【变式1】（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，点是上一点，于，．
(1)求证：；
(2)如果，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，进一步即可得到结论；
（2）根据线段的和差计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：，
∴，
∵，，
∴．
【变式2】（2026·江苏盐城·一模）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质以及直角三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
题型05 中点四边形、面积计算
例1（2026·安徽阜阳·二模）如图，在四边形中，点分别是各边的中点．甲说：若四边形是矩形，则四边形是菱形；乙说：若四边形是菱形，则四边形是矩形．下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙都正确B．甲正确，乙错误
C．甲错误，乙正确D．甲、乙都错误
【答案】B
【分析】连接，根据矩形的性质可得，再根据三角形中位线的性质可得，即可判断甲；四边形是菱形，只能判断，无法得到四边形是矩形．
【详解】解：如图，连接，
，
若四边形是矩形，则，
点分别是各边的中点，
，
四边形是菱形，故甲说法正确；
若四边形是菱形，则，
，
无法证明四边形是矩形，故乙说法错误．
例2（2026·内蒙古包头·一模）公园里有一个对角线互相垂直的四边形景观水池，工作人员打算在水池四边的中点位置安装景观灯，并将这些灯用灯带连接起来，形成一个新的四边形灯带造型，四边形灯带造型的形状一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】B
【分析】利用三角形中位线定理先证明所得四边形为平行四边形，再结合原四边形对角线互相垂直的条件，得到平行四边形有一个内角为直角，根据矩形定义即可得出结论．
【详解】解：如图，设任意四边形中，对角线，分别是的中点，
∵分别是的中点，
是的中位线，
∴，且，
同理可得，且，，且，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，，，
∴，即，
∴平行四边形是矩形．
即四边形灯带造型的形状一定是矩形
【变式1】（2026·江苏徐州·一模）如图，正八边形和正六边形的边长均为3，以顶点H为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为____．（结果保留）
【答案】
【分析】先求出正八边形和正六边形的内角度数，分别为．，然后求得，利用扇形面积公式即可求解．
【详解】解：∵八边形是正八边形，六边形是正六边形，
∴，，
∴，
∴．
【变式2】（2026·江苏盐城·模拟预测）如图，在中，，，D是的中点，以点D为圆心，作圆心角为的扇形，点C恰好在弧上（点C不与点E，F重合），半径分别与，相交于点，，则阴影部分的面积为_______．
【答案】
【分析】连接，作于，于，证明，四边形为正方形，得出，，进而可得，再由计算即可得解．
【详解】解：连接，作于，于，
，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，即，
∵在中，，，D是的中点，
∴，，，
∴平分，
∴，
∴，四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴．
【变式3】（2024·四川泸州·一模）如图顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（ ）
A．6B．6.5C．7D．7.5
【答案】D
【分析】根据矩形的性质和三角形中位线定理证明四边形是菱形，四边形和四边形是矩形，再根据菱形的面积计算公式求解即可．
【详解】解：如图，连接、、、，
矩形，
，，，，，，
分别为矩形四条边的中点，
分别是的中位线，
，，
，
四边形是菱形，
，，，
四边形是矩形，
同理可证，四边形是矩形，
，，
菱形的面积．
题型06 四边形基础折叠题型
例1（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．的面积的面积D．四边形的面积的面积
【答案】D
【分析】本题考查了正方形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．过点作，分别交、于点、，由折叠的性质得，求得，推出，由是的外角，可求得，即可判断选项A；设，，则，，证明，利用相似三角形的性质列式求得，求得，，，再根据勾股定理和三角形面积公式求得即可判断其余选项．
【详解】解：过点作，分别交、于点、，
由折叠的性质得，，
∵E为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∴，故选项A正确，不符合题意；
∵正方形，
∴，，
设，
∵E为边的中点，
∴，
由折叠的性质得，，，
∵，
∴四边形和为矩形，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，，，
∴，，
∴，故选项B正确，不符合题意；
∵的面积，的面积，
∴的面积的面积，故选项C正确，不符合题意；
∵四边形的面积等于的面积的面积，
的面积，
∴四边形的面积的面积，故选项D不正确，符合题意；
故选：D．
例2（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______．
【答案】
【分析】分点在矩形内部和点在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点在矩形内部时，作，交于点，证明，进而得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，得到当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，当点在矩形外部时，同法可得，点在以为直径的圆上，得到当点运动到点时，点的运动轨迹是圆心角为的，求出两段路径的和即可得出结果．
【详解】解：∵矩形，
∴，
∵翻折，
∴，
当点在矩形内部时，作，交于点，则：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上运动，
∴当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，
∴点的运动路径长为：；
当点在矩形的外部时，作，交的延长线于点，
同法可得：，，
∴，点在以为直径的上运动，连接，
当点运动到点时，如图：
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点的运动轨迹为圆心角为的，路径长为，
∴点的运动路径总长为：；
故答案为：
【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点的运动轨迹，是解题的关键．
【变式1】（2026·江苏宿迁·一模）如图，在正方形中，，E是中点，连接，将沿翻折得到，连接、，则______．
【答案】
【分析】如图，过点F作交于点M，交于点N，设，则，证明出，表示出，然后利用勾股定理求出，进一步利用勾股定理求解．
【详解】解：如图，过点F作交于点M，交于点N
∵四边形是正方形
∴，
∵E是中点
∴
设，则
由折叠得，，，
∴
∵
∴四边形是矩形
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴
∴
∴在中，
∴
∴或（舍去）
∴，
∴．
【变式2】（2026·江苏无锡·二模）如图所示为一张矩形纸片，点为边的中点，点在边上，把该纸片沿折叠，点，的对应点分别为，，与交于点，的延长线过点．若，则____．
【答案】
【分析】连接，由折叠得，，，，，，证明，得，，
，即可得，最终可求出的值．
【详解】解：连接，由题意可得：，，，，
由折叠得，，，
，，，
∵的延长线过点，
∴，
在和中，
，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．

（20分钟限时练）
1．（2026·江苏无锡·一模）下列命题中是假命题的是（ ）
A．一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
D．对角线相等的菱形是正方形
【答案】A
【分析】本题考查命题真假的判断，熟记平行四边形和特殊平行四边形的判定定理即可解答．
【详解】解：∵ 一组对边相等，一组对角相等的四边形不能判定为平行四边形，存在反例，因此A是假命题，符合题意；
∵ “对角线互相平分且相等的四边形是矩形”是矩形的判定定理，因此B是真命题，不符合题意；
∵ “对角线互相平分且垂直的四边形是菱形”是菱形的判定定理，因此C是真命题，不符合题意；
∵ 菱形四边相等对角线互相垂直，对角线相等的菱形符合正方形的判定要求，因此D是真命题，不符合题意．
2．（2026·江苏无锡·一模）如图，中，点D，E分别是边，的中点，已知，则的长为（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】D
【分析】根据中点得到三角形的中位线，然后利用中位线定理解题即可．
【详解】解：∵中，点D，E分别是边，的中点，
∴，
∵，
∴．
3．（2026·江苏无锡·一模）四边形中，对角线相交于点O，给出下列四个条件：①；②；③；④；从中任选两个条件，能使四边形为平行四边形的选法有（ ）
A．3种B．4种C．5种D．6种
【答案】A
【分析】根据平行四边形的判定定理，逐个分析所有任选两个条件的组合，判断能否判定四边形为平行四边形，统计符合要求的选法数量即可．
【详解】解：从四个条件中任选两个，有①②，①③，①④，②③，②④，③④共6种组合，逐个分析如下：
选①②：，，四边形可以是等腰梯形，不能判定为平行四边形，不符合；
选①③：
∵，
∴，
又∵，，
∴ ，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，符合；
选①④：
∵，
∴，
又∵，，
∴ ，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，符合；
选②③：，，无法满足平行四边形的判定条件，不能判定为平行四边形，不符合；
选②④：，，无法满足平行四边形的判定条件，不能判定为平行四边形，不符合；
选③④：
∵，，即对角线互相平分，
∴四边形是平行四边形，符合；
综上，能使四边形为平行四边形的选法共3种．
4．（2026·广东深圳·一模）如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，连接，以点旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，容易证明，则，．容易证明四边形是正方形，则，．通过证明可得，利用平行可证明，则，计算得，最后相加即可．
【详解】解：如图，过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，
由旋转的性质可知，，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
5．（2025·江苏宿迁·三模）六边形内角和的度数是______．
【答案】
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，根据边形内角和为进行列式计算，即可作答．
【详解】解：依题意，，
故答案为：
6．（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，与相交于点，请添加一个条件，使四边形是菱形．添加的条件是_____．（写出符合题意的一个条件即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】由一组邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形，进行解答．
【详解】解：由一组邻边相等的平行四边形是菱形，可添加（或或或）；
由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可添加．
7．（2025·江苏泰州·三模）已知：如图，四边形是正方形，O是其中心，以为边作一个正六边形，则的度数是 ____°．
【答案】105
【分析】本题主要考查正多边形及正方形的性质，熟练掌握正多边形及正方形的性质是解题的关键；由题意易得，，然后根据四边形内角和可进行求解．
【详解】解：如图，
∵四边形是正方形，
∴，
∵六边形是正六边形，
∴，
∴；
故答案为105．
8.（2026·江苏泰州·一模）如图，将正方形放在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴上，点C，D在第一象限内．若点A的坐标为，正方形的面积为5，则点C的坐标________．
【答案】
【分析】先根据正方形面积求出边长，再利用勾股定理求出相关线段的长度，最后确定点的坐标．
【详解】解：如图，过点作轴于点，
∵点A的坐标为，
∴，
∵正方形的面积为5，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴则点C的坐标为．
9．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，点E在边上，且，F是的中点，P是的中点，过点P作交于点Q，则的长为__________．
【答案】/
【分析】连接交于点，延长交于点，证明和以及，分别求得，，，据此计算即可求解．
【详解】解：连接交于点，延长交于点，如图，
∵矩形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
10．（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，对角线相交于点O，于点E，于点F，且．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明即可证明结论；
（2）根据平行四边形的性质结合（1）中结论即可证明．
【详解】（1）证明：∵，，
，
，，
，
；
（2）证明：由（1）知，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
∴四边形是矩形．
11．（2026·江苏盐城·一模）如图，在中，，点是边的延长线上的一点．连接，过点作于点，交于点G，且．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得平行四边形为菱形，再根据，，可以证明，从而得出，由此即可得出结论；
（2）连接、，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，再根据正方形对角线相等和菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，
平行四边形为菱形，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
菱形为正方形．
（2）解：连接、，如图所示：
于点，点为的中点，
为线段的垂直平分线，
，
四边形为正方形，
∴，
正方形的面积．近三年：四边形是江苏中考数学的核心几何中档题模块，承接三角形基础，是几何证明与计算的高频考点，近三年在13市中考中，整体分值占比稳定在12-20分，是基础题、中档题的重要来源，也是几何综合题的常考背景。
1.高频考点分布：
多边形内角和、外角和：基础必考点，以选择、填空形式考查，占2-3分；
平行四边形：性质与判定为必考考点，常以基础证明题形式出现，占4-6分；
特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）：性质与判定是核心考点，是解答题高频考点，占5-8分；
四边形计算与证明：结合三角形、勾股定理考查，是中档题高频考点，占4-6分；
3.中点四边形、折叠问题：是区分度考点，常以填空压轴或中档解答题形式出现，占3-5分。
2.命题特点：
基础题以多边形内角和、平行四边形性质的直接应用为主；
解答题以特殊平行四边形的判定与性质为核心，常结合全等三角形、勾股定理考查；
折叠、中点四边形等题型侧重考查图形分析与转化思想；
情境化试题常结合生活中的图形设计、建筑结构，考查四边形的实际应用。
3.高频失分点：
混淆平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定条件，证明时条件不充分；
特殊平行四边形的性质应用错误，如菱形的对角线互相垂直平分、矩形的对角线相等；
折叠问题中，对应边、对应角找错，忽略折叠前后图形全等的性质；
中点四边形的形状判断错误，未结合原四边形的对角线特征分析；
四边形面积计算时，未正确分割图形，导致计算错误。
预测2026年：2026 年本模块将继续保持稳定命题风格，更突出几何推理与综合应用：
1.基础题难度不变，仍以多边形内角和、平行四边形性质的基础考查为主；
2.特殊平行四边形的证明题仍为解答题高频考点，可能结合折叠、平移等图形变换背景；
3.中点四边形、折叠问题的区分度增强，侧重考查图形分析与转化思想；
4.四边形与三角形、勾股定理的综合题占比提升，侧重考查数形结合与几何直观。
解｜题｜策｜略
① 核心公式速记：
n边形内角和：(n−2)×180°；
多边形外角和：任意多边形的外角和均为360°；
正n边形的每个内角：(n−2)×180°/n；每个外角：360°/n
② 解题技巧：
已知内角和求边数：直接代入内角和公式列方程求解；
已知正多边形的一个外角求边数：边数一个外角的度数；
多边形内角和问题中，若已知内角和的一部分，可利用内角和公式列方程求解未知内角或边数。
③ 易错点：混淆内角和与外角和公式，或计算正多边形的内角/外角时出错。
解｜题｜策｜略
① 平行四边形的性质：
边：对边平行且相等；
角：对角相等，邻角互补；
对角线：互相平分；
对称性：中心对称图形，对称中心是对角线的交点。
② 平行四边形的判定：
两组对边分别平行的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；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
对角线互相平分的四边形是平行四边形。
③ 解题技巧：
证明平行四边形时，优先利用 “一组对边平行且相等” 或 “对角线互相平分”，条件易找且书写简便；
平行四边形的计算问题，常结合全等三角形、勾股定理求解边长或角度；
利用平行四边形的中心对称性，可快速解决过对角线交点的线段问题。
④ 易错点：证明平行四边形时，条件不充分，如 “一组对边平行，另一组对边相等” 不能判定为平行四边形。
解｜题｜策｜略
① 矩形的性质与判定：
性质：除平行四边形的所有性质外，四个角都是直角，对角线相等；
判定：
有一个角是直角的平行四边形是矩形；
对角线相等的平行四边形是矩形；
三个角是直角的四边形是矩形。
② 菱形的性质与判定：
性质：除平行四边形的所有性质外，四条边都相等，对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角；
判定：
一组邻边相等的平行四边形是菱形；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
四条边都相等的四边形是菱形。
③ 正方形的性质与判定：
性质：兼具矩形和菱形的所有性质，四条边相等，四个角都是直角，对角线相等且互相垂直平分；
判定：
有一个角是直角的菱形是正方形；
有一组邻边相等的矩形是正方形；
对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形。
④ 解题技巧：
判定特殊平行四边形时，优先证明它是平行四边形，再证明一个特殊条件（如直角、邻边相等）；
矩形的计算问题，常利用对角线相等且互相平分的性质，转化为等腰三角形问题；
菱形的计算问题，常利用对角线互相垂直的性质，转化为直角三角形问题，用勾股定理求解；
正方形的问题，可利用其对称性和四边、四角的特殊性，简化计算。
⑤ 易错点：混淆矩形、菱形、正方形的判定条件，如 “对角线相等的四边形是矩形” 不成立，必须先证明是平行四边形。
解｜题｜策｜略
① 四边形证明题通用步骤：
明确已知条件和要证明的结论；
利用三角形全等、平行四边形/特殊平行四边形的判定定理，证明边或角的关系；
按规范格式书写证明过程，每一步都要有依据。
② 四边形计算问题解题技巧：
求边长：利用勾股定理、特殊三角形（等腰、直角三角形）的性质求解；
求角度：利用四边形的内角和、平行线的性质、三角形的外角性质转化求解；
求对角线：利用矩形、菱形、正方形的对角线性质，转化为三角形问题求解；
求周长：利用平行四边形/特殊平行四边形的边的性质，简化计算。
③ 解题关键：将四边形问题转化为三角形问题，利用三角形的全等、勾股定理等知识解决。
④ 易错点：证明过程中逻辑不严谨，或计算时未利用四边形的性质，导致步骤繁琐或出错。
解｜题｜策｜略
① 中点四边形的形状判断：
任意四边形的中点四边形是平行四边形；
对角线相等的四边形的中点四边形是菱形；
对角线互相垂直的四边形的中点四边形是矩形；
对角线相等且互相垂直的四边形的中点四边形是正方形。
② 中点四边形的解题技巧：
利用三角形中位线定理，中点四边形的边平行且等于原四边形对角线的一半；
中点四边形的周长等于原四边形两条对角线的和；
中点四边形的面积等于原四边形面积的一半。
③ 四边形面积计算方法：
平行四边形：底 × 高；
矩形：长 × 宽；
菱形：底 × 高 或 对角线对角线；
正方形：边长 × 边长 或 对角线；
任意四边形：分割成三角形或特殊四边形，分别计算面积再求和。
④ 解题关键：利用三角形中位线定理和对角线的特征，判断中点四边形的形状，再计算其周长和面积。
⑤ 易错点：中点四边形的形状判断错误，或面积计算时未正确分割图形。
解｜题｜策｜略
折叠问题核心性质：折叠前后的图形全等，对应边相等，对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线。
② 解题技巧：
折叠问题优先设未知数，利用勾股定理列方程求解；
利用折叠前后的边、角相等，转化为等腰三角形或全等三角形问题；
遇到矩形折叠问题，常出现 “一线三直角” 模型，可利用相似三角形求解；
菱形、正方形折叠问题，可利用其对称性和特殊角度（如 45°、60°）简化计算。
③ 通用解题步骤：
标记折叠前后的对应边、对应角；
设未知数，表示出相关线段的长度；
利用勾股定理或全等三角形列方程求解；
回代验证结果是否符合题意。
④ 易错点：折叠问题中，对应边、对应角找错，或忽略折叠前后图形全等的性质，无法构造方程求解。