高频考点07 四边形（专项训练）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测试+答案

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一、多边形及其内角和
（一）核心概念
1.多边形定义：由不在同一直线上的线段首尾顺次连接组成的封闭图形，分为凸多边形（所有内角180°）。
2.正多边形：各边相等且各内角相等的多边形，如正三角形、正方形等。
（二）重要公式
1.内角和定理：n边形内角和 = (n-2)×180°（n≥3，n为整数）
2.外角和定理：任意多边形外角和 = 360°（与边数无关）
3.正多边形计算：
每个内角 = [(n-2)×180°]/n
每个外角 = 360°/n
对角线条数 = n(n-3)/2
（三）常考题型
1. 已知多边形内角和求边数：n = (内角和÷180°) + 2
2. 正多边形拼接问题：围绕一点拼满360°（如正三角形、正方形、正六边形可单独密铺）
二、平行四边形
（一）定义与性质
定义：两组对边分别平行的四边形叫平行四边形（记作▱ABCD）。
性质定理：
（二）判定定理
满足以下任一条件的四边形是平行四边形：
两组对边分别平行（定义判定）
两组对边分别相等
一组对边平行且相等
两组对角分别相等
对角线互相平分
（三）常用结论与技巧
1.面积公式：S = 底×高（任一边为底，对应高为该边与对边的距离）
2.中点四边形：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形。
3.辅助线技巧：连对角线构造全等三角形；过顶点作高转化为直角三角形问题。
三、特殊平行四边形
（一）矩形
1.定义：有一个角是直角的平行四边形。
2.特殊性质：
四个角都是直角（∠A=∠B=∠C=∠D=90°）
对角线相等（AC=BD）
既是中心对称图形，又是轴对称图形（2条对称轴）
3.判定方法：
有一个角是直角的平行四边形
对角线相等的平行四边形
三个角是直角的四边形
4.面积公式：S = 长×宽（邻边乘积）
（二）菱形
1.定义：有一组邻边相等的平行四边形。
2.特殊性质：
四条边都相等（AB=BC=CD=DA）
对角线互相垂直且平分每组对角
既是中心对称图形，又是轴对称图形（2条对称轴，为对角线所在直线）
3.判定方法：
一组邻边相等的平行四边形
对角线互相垂直的平行四边形
四条边都相等的四边形
4.面积公式：
S = 底×高
S = 对角线乘积/2（d₁×d₂/2）
（三）正方形
1.定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形（既是矩形又是菱形）。
2.特殊性质：
四条边相等，四个角都是直角
对角线相等、垂直且互相平分，平分每组对角
有4条对称轴（2条对角线+2条对边中点连线）
3.判定方法：
有一组邻边相等的矩形
有一个角是直角的菱形
对角线相等且垂直的平行四边形
4.面积公式：S = 边长² = 对角线²/2
考点一 多边形及其内角和
命题点01 正多边形的内角问题
【典例01】（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．
【典例02】（2024·江苏淮安·中考真题）如图，点P是正六边形的边的中点，一束光线从点P出发，照射到镜面上的点Q处，经反射后恰好经过顶点C，已知正六边形的边长为2，则________．
【答案】/
【分析】延长、交于点，作于点，于点，如图所示，由正六边形的性质及等腰三角形的判定与性质得到，设，再由正六边形的性质得到相应边与角度，在中，由三角函数求出和长度，连接，如图所示，易证是矩形，得到，过点作，如图所示，由等腰三角形性质，解直角三角形得到，最后利用的性质列式求参数即可得到答案．
【详解】解：延长、交于点，作于点，于点，如图所示：
则，
在正六边形中，，则，
由反射光线的性质可知，
，即，
，
，
，
设，则，
，
六边形为正六边形，
，
，
是中点，
，
在中，，，
，
在正六边形中，，，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
过点作，如图所示：
由等腰三角形三线合一性质可知平分，且是边上的中线，
在中，，
，
，
，则，解得，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查几何综合，涉及正六边形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、矩形的判定与性质等内容，熟练掌握相关几何知识是解题的关键．
命题点02 正多边形的外角问题
【典例01】（2024·江苏徐州·中考真题）正十二边形的每一个外角等于______度．
【答案】30
【分析】主要考查了多边形的外角和定理．根据多边形的外角和为360度，再用360度除以边数即可得到每一个外角的度数．
【详解】解：∵多边形的外角和为360度，
∴正十二边形的每个外角度数为：．
故答案为：30．
【典例02】正五边形的一个外角的大小为__________度．
【答案】72
【分析】根据多边形的外角和是360°，依此即可求解．
【详解】解：正五边形的一个外角的度数为：，
故答案为：72．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，正确理解多边形的外角和为360°是解题的关键．
命题点03 多边形的内角和与外角和问题
【典例01】（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．
【典例02】一个十二边形的内角和是________．
【答案】/度
【分析】本题考查的是多边形内角和，根据多边形内角和公式计算即可．
【详解】解：一个十二边形的内角和是，
故答案为：．
命题点04 平面镶嵌
【典例01】（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于_____．
【答案】
【分析】本题考查平面图形的镶嵌和密铺，根据两个图形能够密铺，得到每个公共顶点处各角的和为360度，如图，易得， ，进而得到，再根据公共顶点处各角的和为360度，进而求出代数式的值即可．
【详解】解：如图，
由题意和图（2）可知：，
可得
∴
故答案为：．
【典例02】（2024·江苏淮安·中考真题）某公园广场的地面由形状、大小完全相同的一种地砖密铺（无空隙、不重叠地拼接）而成，铺设方式如图1，图2是其中一块地砖的示意图，，部分尺寸如图所示（单位：）．结合图1，图2的信息，可求得的长度是________．
【答案】
【分析】本题考查了平面镶嵌，勾股定理的应用，矩形的判定和性质等知识构造出直角三角形是解题的关键．作，设，，由第一幅图可知，，由第二幅图可知，，四边形是矩形，，再根据勾股定理求出，即可解答．
【详解】解：作，设，，
由第一幅图可知，，
由第二幅图可知，，四边形是矩形，
则，，
则，
，
，
，
．
故答案为：．
中考预测题
1．万善塔，建于明崇祯十年．距今有三百六十多年的历史，又有“通天塔”之称．全塔高有米，塔身外为正八八角形，内室为正方形，上下交错．如图所示的正八边形是其中一层的平面示意图，则其每个内角的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了多边形的内角和外角的知识，首先利用外角和求得外角的度数，然后根据互补求得每个内角的度数即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵多边形外角和为，
∴正八边形每个外角为，
∴正八边形每个内角的度数为，
故选：．
2．一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．
图中表示被撕掉一块的正边形纸片．若，则的值是_______．
【答案】8
【分析】延长、交于点，根据得到，于是可以得到正多边形的一个外角为，进而可得正多边形的边数．
【详解】解：如图，延长，交于点，
，
，
∵是正边形纸片，
∴，
即正多边形的一个外角为，
．
【点睛】重点掌握正多边形和外角的关系．
如图，要用三块正多边形的木板铺地，使拼在一起并相交于点的各边完全吻合，其中已经拼好的两块木板的边数分别是4和6，则第三块木板的边数应是__________．
【答案】
【分析】此题考查了正多边形的内角与多边形内角和定理、平面镶嵌，先求出第三块正多边形木板的内角，再根据多边形内角和列方程解方程即可．
【详解】解：∵正方形的内角为，正六边形的内角为，
∴第三块正多边形木板的内角为，
设第三块正多边形木板的边数为,
解得，
即第三块木板的边数应是，
故答案为：
考点二 平行四边形
命题点01 三角形的中位线求解
【典例01】（2025·江苏无锡·中考真题）在中，、分别是、的中点．若，则的长为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：根据题意，如图所示，
∵D、E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴．
故选：D．
【典例02】（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．
由题意可得为的中位线，根据三角形的中位线定理可得，则，四边形是平行四边形，即可判断A、B、D；再由，是边的中点，即可判断C．
【详解】解：点、、分别是边、、的中点
∴为的中位线，
∴，
∴，四边形是平行四边形，
∴，
故A、B、D正确，不符合题意；
∵，是边的中点，
∴，
故C错误，符合题意，
故选：C．
命题点02 平行四边形的证明
【典例01】（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．
【典例02】 （2024·江苏南京·中考真题）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，求四边形是菱形时的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查中心对称，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）由中心对称的性质证明，即可证明；
（2）利用勾股定理求出，再利用面积法求出，利用勾股定理求即可．
【详解】（1）证明：∵和关于点对称，
，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：连接，
∵和关于点对称，四边形是平行四边形；
∴三点共线，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
中考预测题
1．如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接，点M，N分别是的中点，连接，若，则MN的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识点，掌握知识的灵活运用相关性质定理是解题的关键．
如图：连接并延长交于P，连接，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理解答即可．
【详解】解：如图：连接并延长交于P，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵点E，F分别是边的中点，，
∴，，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴．
故选：C．
2．如图，四边形中，，平分，交的延长线于点，，求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查等边对等角，平行线的判定，平行四边形的判定．
由等边对等角可得，由平分可得，等量代换可得，从而可得，结合，即可证得结论．
【详解】证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
考点三 特殊平行四边形
命题点01 特殊平行四边形与三角函数结合
【典例01】（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，设，易得，则，进而得出，再得出，最后根据，即可解答．
【详解】解：延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
设，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【典例02】（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形是矩形，分别以点，为圆心，线段，长为半径画弧，两弧相交于点，连接，，．若，，则的正切值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，交于点，根据矩形的性质以及以点，为圆心，线段，长为半径画弧得到，，设，故，在中求出的值，从而得到，从而得到，即可求得答案．
【详解】解：设，交于点，
由题意得，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
设，
故，
在中，，
即，
解得，
，
，
，
，
．

故选：C．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，以及正切值的求法，本题中得到是解题的关键．
命题点02 特殊平行四边形的性质求长度
【典例01】 （2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________．
【答案】
【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长．
【详解】解：如图，延长，交于点，
在中，，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵，
∴，，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键．
【典例02】（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为___________．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的边长为2，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
∴；
故答案为：．
命题点03 特殊平行四边形的最值问题
【典例01】（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______．
【答案】
【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵为线段上的动点，
∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，
则如图，过点作的平行线，
过点作关于线段的对称点，
由对称性得，
∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，
此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，
∵菱形中，，，
∴，，，
由题可得，
∴由对称性可得，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键．
【典例02】（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，，则的最小值是___________．

【答案】
【分析】设的交点为，的中点分别是，连接，先证，由此得当最小时，最小，再根据“两点之间线段最短”得，再证四边形是矩形，且，根据勾股定理的，进而求得的最小值．
【详解】解：设的交点为，的中点分别是，连接，
互相垂直，
和为直角三角形，且分别为斜边，
，
，
当最小时，最小，再根据“两点之间线段最短”得，
当点在线段上时，最小，最小值为线段的长，
分别为的中点，
是的中位线，
，
同理，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形，
在中，，
，
的最小值为，
的最小值为．

故答案为：．
【点睛】此题只要考查了矩形的判定和性质，三角形的性质，三角形的中位线定理，线段的性质，勾股定理等，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短是解答此题的关键．
命题点04 特殊平行四边形的证明
【典例01】（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．
【典例02】（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，平分，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明得到，根据得到，那么可得四边形是平行四边形，再由线段垂直平分线的性质得到，即可证明其为菱形；
（2）根据菱形的性质结合已知条件证明，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵对角线的垂直平分线是，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，
∵平分，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，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．
命题点05 特殊平行四边形的综合应用
【典例01】（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、．
(1)直接写出___________°，___________；
(2)当时，求的值；
(3)如图2，连接并延长交直线于点．
①求证：；
②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)①见解析 ②
【分析】（1）过点E作于点K，即可得到四边形是矩形，然后证明，即可求出的值，然后根据正切的定义求出的度数即可；
（2）根据勾股定理求出长，利用（1）的结论求出长，然后证明是等边三角形，根据正弦的定义求出长解答即可；
（3）①根据（2）的证明得到，过点M作交于点L，则有，得到，即可得到，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可；
②连接，，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到，进而判断，即可得到点Q在与线段夹角为的射线上，然后根据垂线段最短解答即可．
【详解】（1）解：过点E作于点K，
∵是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴ ，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：，；
（2）解：∵，，
∴ ，
根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（3）①证明：根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
过点M作交于点L，
则，，
又∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
②连接，，
∵，，
∴，
又∵垂直平分，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点Q在与线段夹角为的射线上，
∴过点D作于点，
当点Q在时，最小，
这时．
【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理和等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【典例02】（2025·江苏南通·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点．是的中点，交于点．
(1)求证：；
(2)设的角平分线交于点．
①当时，求点到的距离；
②若，作直线分别交于两点，求的值．
【答案】(1)见解析；
(2)①2；②．
【分析】本题考查的是矩形的性质、平行四边形性质与判定及相似三角形判定与性质，
（1）先证明，根据相似三角形性质即可证明结论；
（2）①过点作，垂足为，设，借助三角形面积求出即可；②作，垂足为，作，垂足为，设，借助三角形面积求出，再通过求出，证明四边形是平行四边形，从而证明，即可求出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①在中，∵，
∴，
∴，
如图，过点作，垂足为，
设，则，
∴，
即，
∴点到的距离为2；
②如图，作，垂足为，作，垂足为，
设，
，
，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
即，
∴，，
∴，
∴．
中考预测题
1．如图，正方形中，点E是边的中点，连接，将沿翻折得，连接、．则以下结论：①，②，③，④．其中正确结论的序号是（ ）
A．②③B．①②③C．②④D．①②④
【答案】D
【分析】本题考查了图形的翻折变换及其性质、正方形的性质、锐角三角函数的定义、相似三角形的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
根据点是边的中点，可设，结合正方形的性质和翻折的性质推出，，进而判断①；过点作直线，分别交、于点、，证明∽，在中，结合勾股定理及判断②；在和中，用勾股定理可以判断③；分别表示出和即可判断④．
【详解】解：①∵点是边的中点，
∴可设，则，
∵四边形是正方形，
∴，，
设，
由翻折性质得：，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
故结论①正确；
②过点作直线，分别交、于点、，如图所示：
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，，
在和中，
，，
∴∽，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，，
∴，，
∴，
故结论②正确；
③在中，，
在中，，
∴，
故结论③不正确；
④∵，
由翻折的性质得：，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
故结论④正确；
综上所述：正确的结论是①②④．
故选：D ．
2．如图，四边形为正方形，点P为平面内一点，已知，，则的最大值为_____．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质；
过点B作，且，连接、、，求出，证明和全等，可得，把求的最大值转换为求的最大值即可．
【详解】解：如图，过点B作，且，连接、、，
∵，，，
∴，
∵正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴当点A、 P、E三点共线时，最大，此时，
∵，
∴，
即的最大值为．
如图，正方形中，，已知点E是边上的一动点（不与A、B重合）将沿DE对折，点A的对应点为P，当是等腰三角形时，_____．
【答案】或
【分析】分、、讨论，排除（会使与重合，不符合题意）．利用折叠性质得，，当时，为等边三角形，得，在中求，时，在垂直平分线上，得，构造等腰三角形求．
得到两个有效解或．
【详解】解：若，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵折叠，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
若，
如图，过点P作于点F，作，
∵，
∴点P在的垂直平分线上，且，
∴，
∵折叠，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
当时，
∴，
由折叠知，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴点E和点B重合，不符合题意，
即：此种情况不存在，
∴的长为或．
如图，四边形中，对角线经过的中点，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)点为边上一点，作射线分别交及的延长线于点、，当时，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
（1）先证明可得，再结合可证明四边形是平行四边形，最后根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明结论；
（2）由菱形的性质结合已知条件可得、、，得，再证明，最后根据相似三角形的性质即可解答．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，解得：．
如图，在矩形中，，，点M是射线的一个动点，连接，过作于点P．
(1)如图①．当点M为边中点时，连接并延长交于点E．
①求证：；
②的长为 ．（直接写出答案）
(2)如图②，点Q在边上，且，当时，求的长．
【答案】(1)①见解析；②；
(2)7或7
【分析】（1）①延长、交于点，利用“”证明，由全等三角形的性质可得，，易得点为中点，再结合“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的性质可得，可推导，进而推导，即可证明；②设，则，，，在中，由勾股定理可解得，即可获得答案；
（2）分两种情况讨论：①当点在线段上时，如下图，过点作，交于点，交于点，易知四边形为矩形，设，，则，，证明，由相似三角形的性质可求得；再证明，由三角函数可得，进而可知，由，同理可得，故，即有，进而可知，即可求得，，，结合可求得；②当点在延长线上时，同理可得，即可获得答案．
【详解】（1）①证明：延长、交于点，如下图，
∵点为边中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴
∴，，
∴点为中点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②解：设，
由①可知，，，
∴，，，
∴在中，可有，
∴，解得，
∴
故答案为：；
（2）解：分两种情况讨论：
①当点在线段上时，如下图，过点作，交于点，交于点，
∴，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
设，，则，，
∵，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
由，同理可得，
∴，即，
∴，
∴，即，
解得，
∴，，
∵，
∴，
解得（舍去）或，
∴；
②当点在延长线上时，如下图，
同理可得．
综上所述，的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、动点问题、三角函数、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，并运用分类讨论的思想分析问题．
好题速递
1．（2026·江苏南通·一模）如图，在菱形中，点，分别是，的中点，连接，若，则菱形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由三角形中位线的性质得到，然后利用菱形的性质求解即可．
【详解】解：点，分别是，的中点，
四边形是菱形
菱形的周长．
【点睛】注意三角形中位线平行于底边且等于底边的一半．
2．（2025·江苏常州·一模）如图所示为一张矩形纸片，为的中点，点F在边上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为G，H，与交于点O，的延长线过点C．若，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形与折叠问题、三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正弦等知识，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题关键．连接，先根据矩形与折叠的性质可得，，，再证出，根据全等三角形的性质可得，则可得，然后证出，根据相似三角形的性质可得，设，则，，最后在中，利用正弦的定义求解即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，为的中点，点在边上，
∴，，，
由折叠的性质得：，
∴，，
∵的延长线过点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
在中，，
故选：A．
3．（2026·江苏苏州·模拟预测）矩形中，，，点为矩形内一点，使得．将绕点顺时针旋转，得到，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，矩形的性质，旋转的性质．取的中点，连接，先判断出点在上运动，当共线时，有最小值，据此求解即可．
【详解】解：取的中点，连接，
由旋转的性质知：，
∴点在上运动，
∴当共线时，有最小值，
由旋转的性质知：，，
∴,，
∴，
∴的最小值为，
故选：A．
4．（2026·江苏南通·一模）如图，在菱形中，，对角线的长为16，E是的中点，F是上一点，连接．若，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
连接，交于点，过点作于点，利用四边形是菱形，得出，，，得出，，即可证明，即可计算出，，求出，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，交于点，过点作于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
5．（2025·江苏淮安·一模）如图，在正五边形中，点F在边上（不与端点重合），点G在边上，，连接交于点H，则__°．
【答案】72
【分析】本题考查了正多边形的内角和定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识，合理作出辅助线是解题的关键．
根据正多边形的性质得到，每个内角的度数为，如图所示，连接 ，由等边对等角得到，，，，，，，，再证明，，由此得到，由三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
∴，每个内角的度数为，
如图所示，连接 ，
在中，，，
∴，
∴，
同理，在中，，，
在中，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
又，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为： ．
6．（2025·江苏镇江·一模）如图，在中，，，E、H分别为边上一点，将沿翻折，使得的对应线段经过点C，若，，则的长度为__________________．
【答案】
【分析】延长与交于点M，由平行四边形的性质得长度，，由折叠性质得的值和的值，进而得的值，再根据是等腰直角三角形，便可求得结果．
【详解】解：延长与交于点M，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
则
即
∴，
由折叠知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，关键是作辅助线构造直角三角形．
7．（2024·江苏扬州·二模）如图，中，D是边上一点，E是的中点，过点A作的平行线交BE的延长线于F，且，连接CF．
(1)求证：；
(2)若，试判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解答
(2)四边形是菱形，证明见详解
【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定，全等三角形的性质与判定等知识﹒
（1）根据“”即可证明；
（2）连接交于点，先分别证明四边形，四边形是平行四边形，得到，进而证明，即可证明是菱形﹒
【详解】（1）证明：∵E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：四边形是菱形﹒
证明：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，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是菱形﹒
8．（2026·江苏南通·一模）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、．
【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．
创新小组经过探究，发现，证明过程如下：
由折叠可知，．
由矩形的性质，可知，∴，
∴① ，
∴．
智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为② ．
经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程．
【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接，当为直角三角形时，求出的长．
【答案】（1）①，②；（2）证明见详解；（3）的长为或4
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质及直角三角形的相关知识．
（1）根据矩形的性质和折叠的性质推出角相等从而确定直线平行关系，再通过测量和推理猜想线段关系：
（2）利用矩形的折叠性质可证明三角形全等，进而得出线段相等关系；
（3）根据前面的结论设未知数，分两种讨论直角三角形，利用三角函数和线段关系列方程求解．
【详解】解：（1）由折叠可知，．
由矩形的性质，可知，∴，
∴①，
∴．
智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②．
故答案为：①，②；
（2）证明：方法一：∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质，得，，，，，
∴，，
∴，
由（1）知，，
又∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
方法二：如图，过点作交于点G，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质，得，，
∴，
∴，
∴；
（3）∵，
∴，
由（2）可知：，，，
∴，
设，则，，
∴，
当为直角三角形时，分以下两种情况讨论：
①如图，若，
则，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
解得，，
经检验，满足题意；
∴；
②如图，若，
∵，
∴，
∴G，，F三点共线，
∴，
又∵四边形为平行四边形，
∴四边形为菱形，
∴，
由折叠的性质，得，
∴，
在中，，，
∴，
又∵，
∴，
解得，
∴，
综上所述，的长为或4．
中考闯关
1．如图，将正方形纸片的和进行折叠，使两个直角的顶点重合于对角线上的点O处、分别是折痕，若点O沿从点B向点D移动过程中，下列有关阴影部分周长的说法正确的是（ ）
A．先变大，后变小B．先变小，后变大
C．当点O在中点处时，周长最大D．保持不变
【答案】D
【分析】本题主要考查正方形与折叠问题，勾股定理，根据题意知，可证明四边形是矩形，可得，由勾股定理得，从而可求出阴影部分周长进而解决问题．
【详解】解：根据题意知，，且均为等腰直角三角形，
∴
∴
∴，
∴
又
∴四边形是矩形，
∴
∴
∴阴影部分的周长，
∵是定值，
∴阴影部分的周长不变，
故选：D．
2．运动会将至，小亮为班级打气助威，制作了如图所示的“助威牌”，其中五边形为正五边形，三角形为正三角形，延长交CD于，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形的内角问题，根据题意求出该正五边形的每个内角度数为：，即可求解；
【详解】解：∵五边形为正五边形，
∴该正五边形的每个内角度数为：；
∴；
∵三角形为正三角形，
∴；
∴；
∴；
故选：B
3．如图，已知，M、N分别是边上动点．将沿直线折叠，点B的对应点恰好落在边上，A的对应点为，连结、．若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质．连接，在上截取，作，交的延长线于点F，交于T，证明，推出，，设，则，在中，由勾股定理求得，，再利用正切函数的定义求解即可．
【详解】解：如图，
连接，在上截取，作，交的延长线于点F，交于T，
设，，
∵沿直线折叠，点B的对应点恰好落在边上，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，是等边三角形，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
4．图①是小蒲周末学做的小蛋糕，每一块小蛋糕的上表面可看作是四边形ABCD，小蒲沿小蛋糕的对角线划了一个十字花（如图②）．已知AC与BD互相平分且交于点O，，，，则一块小蛋糕的上表面ABCD的面积为________．
【答案】24
【分析】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质，三角形的面积，解题的关键利用勾股逆定理证明三角形为直角三角形．
根据平行四边形对角线互相平分可知，，，又，根据勾股定理逆定理可知三角形为直角三角形，面积为，又平行四边形中对角线把它分成面积相等的部分，由此可求出平行四边形的面积．
【详解】解：与互相平分，
∴四边形是平行四边形，
．
，，，
，
为直角三角形，，
，
∴
∴四边形的面积为．
故答案为：．
5．如图，平行四边形中，E为边上一点，，，交线段于点F，G为上一点，，连接并延长交边于点H，若，则______．
【答案】
【分析】根据题目条件，设，由，进一步设，，的表达式，此时可得，由四边形为平行四边形得出后推导出，进一步得出，使得是的平分线，由，可推断，利用全等三角形和相似三角形的性质证得，，从而得到，由于，在中，由正弦定义得：，得到，利用两直线平行，同旁内角互补及直角三角形内角和定理可得出，在中，利用正切定义得出的表达式，经过线段的等量代换最终求出的值．
【详解】解：如图，过F点作，于点M，
设，
∵，，
∴，，，
∵，
∴，，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴是的平分线，
∵，,
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴,
∵，
∴，
在中，得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及三角函数的应用．
6．如图，点在正方形的边上，，点为正方形所在平面内一点，连接，．，的最大值为，的最小值为，则的值为____________．
【答案】100
【分析】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的性质，圆外一点与圆上各点之间距离的最值，勾股定理的应用，证明在以为圆心，为半径的上，当共线时，最短，最长；过作于，再进一步求解即可.
【详解】解：如图，
∵，
∴在以为圆心，为半径的上，
当共线时，最短，最长；
过作于，
∵正方形，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：
7．在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)或或或
【分析】（1）过点作交于，延长交于，结合矩形的判定及性质，由判定，由判定，由全等三角形的性质即可得证；
（2）由点的运动路径得，设，由直角三角形的特征得，可求，由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：过点作交于，延长交于，
，
四边形是矩形，
，，，
四边形是矩形，，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，
四边形是矩形，
，
，
点是上的一个动点（点不与端点重合），
，
，
设，
是的中点，
，
，
解得，
，
线段的长为整数，
为或或或，
为或或或，
当时，
，
同理可求时，，
时，，
时，，
综上，的长为或或或．
8．阅读理解：邻边不相等的长方形纸片，剪去一个正方形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个正方形，又余下一个四边形，称为第二次操作；依此类推，若第次操作余下的四边形是正方形，则称原长方形为阶准正方形．
如图，长方形中，若，，则矩形为阶准正方形．
如图，长方形中，，，则矩形是阶准正方形．
探究一：
(1)长方形中，若，，则长方形是______阶准正方形；
(2)长方形中，若，，则长方形是______阶准正方形；
(3)长方形中，若，，则长方形是否为阶准正方形，若是，请画图说明并回答它是几阶准正方形；若不是，请说明理由．（提示：不能用铅笔画图）
探究二：
(4)已知长方形邻边长分别为，，且是阶准正方形，请画出长方形及剪裁线的示意图，并在图形下方用含的代数式表示出相应的的值．（提示：不能用铅笔画图）
【答案】(1)2
(2)3
(3)是3阶准正方形，图见解析
(4)见解析
【分析】本题考查规律型图形变化类题目，正方形的性质，阶准正方形的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目．
探究一：根据阶准正方形的定义即可判断；
探究二：画出图形，最后一个长方形的邻边是两倍关系，由此构建方程分别计算即可；
【详解】（1）解：长方形中，若，，如图，
第次操作余下的四边形是正方形，
∴长方形是阶准正方形；
故答案为：2；
（2）解：长方形中，若，，如图，
第次操作余下的四边形是正方形，
∴长方形是阶准正方形；
故答案为：3；
（3）解：长方形是阶准正方形，
长方形中，若，，如图：
第次操作余下的四边形是正方形，
∴长方形是阶准正方形；
（4）解：长方形及剪裁线的示意图，如图所示：
01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征）
02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等）
03高频考点·妙法指津（3大命题点+11道中考预测题）
考点一 多边形及其内角和
命题点 1 正多边形的内角问题
命题点 2 正多边形的外角问题
命题点 3 多边形的内角和与外角和问题
命题点 4 平面镶嵌
中考预测题4道
考点二 平行四边形
命题点 1 三角形的中位线求解
命题点 2 平行四边形的证明
中考预测题2道
考点三 特殊平行四边形
命题点 1 特殊平行四边形与三角函数结合
命题点 2 特殊平行四边形的性质求长度
命题点 3 特殊平行四边形的最值问题
命题点 4 特殊平行四边形的证明
命题点 5 特殊平行四边形的综合应用
中考预测题5道
04好题速递·分层闯关（精选8道最新名校模拟试题+8道中考闯关题）
考点
考向
命题特征
多边形及其内角和
1.正多边形的内角问题
2.正多边形的外角问题
3.多边形的内角和与外角和问题
4.平面镶嵌
1.常以选择题、填空题出现；
2.利用正多边形内角和公式求内角度数，或已知内角度数求边数；
3.利用正多边形外角和为360°求外角度数、边数，或结合内角与外角关系计算；
4.运用多边形内角和公式（(n-2)×180°）及外角和性质，求解边数、角度或进行；
5.判断一种或多种正多边形能否铺满平面（围绕一点的内角和为360°），或计算镶嵌所需正多边形的边数
平行四边形
1.三角形的中位线求解
2.平行四边形的证明
1.常以选择题、填空题、解答题出现；
2.利用三角形中位线定理求线段长度、判断位置关系，或结合平行四边形性质综合应用；
3.根据平行四边形的判定定理，结合全等三角形、等腰三角形等知识完成证明，常需添加辅助线构造条件。
特殊平行四边形
1.特殊平行四边形与三角函数结合
2.特殊平行四边形的性质求长度
3.特殊平行四边形的最值问题
4.特殊平行四边形的证明
5.特殊平行四边形的综合应用
1.常以选择题、填空题、解答题出现；
2.在矩形、菱形、正方形中，利用锐角三角函数结合边长、角度关系求线段长度或角度；
3.运用矩形的对角线相等、菱形的四边相等及对角线垂直、正方形的性质等计算边长、对角线长或相关线段长度；
4.结合图形性质，利用几何模型求线段长度、面积等的最值；
5.根据矩形、菱形、正方形的判定定理，结合全等三角形、等腰三角形等知识完成证明，常需添加辅助线构造条件；
6.综合运用特殊平行四边形的性质与判定，结合函数、几何变换、动态问题等，解决复杂几何计算或证明问题。
类别
性质内容
边
对边平行且相等（AB//CD，AD//BC；AB=CD，AD=BC）
角
对角相等（∠A=∠C，∠B=∠D）；邻角互补（∠A+∠B=180°）
对角线
互相平分（OA=OC，OB=OD）
对称性
中心对称图形（对称中心为对角线交点）
《解题指南》
1.公式记忆：内角和（n-2）×180°，外角和360°，对角线n(n-3)/2，正多边形内外角公式需灵活转换。
2.解题步骤：
① 明确所求（边数、角度、对角线等）；
② 选择对应公式（内角和/外角和/对角线公式）；
③ 建立方程或直接计算，注意单位统一（角度制）。
关键口诀：多边形，内外角，和差关系要记牢；内角和用(n-2)乘180，外角和360不变调；正多边，边等角等，内外互补可互求。
《解题指南》
1. 与三角形结合
平行四边形常与三角形相结合，尤其是与全等三角形和等腰三角形结合考查。
技巧点拨：在平行四边形中，连接对角线可将平行四边形分成两个全等的三角形。利用全等三角形的性质可解决线段相等、角相等的问题。此外，平行四边形的对边平行，可利用平行线的性质（如内错角相等、同位角相等）得到角之间的关系，进而与等腰三角形的性质结合，解决相关问题。
2. 与平移、旋转结合
平行四边形的性质在图形的平移和旋转中有着广泛的应用。
技巧点拨：平移不改变图形的形状和大小，平行四边形在平移过程中，对应边平行且相等，对应角相等。旋转同样不改变图形的形状和大小，平行四边形绕某一点旋转180°后与原图形重合，利用这一性质可解决与中心对称相关的问题。
《解题指南》
矩形四角皆直角，对角线等互相分
菱形四边都相等，对角线垂且平分
正方兼具矩形菱，判定需把两者并
折叠旋转作辅助，勾股方程常用到
证特殊先证平行，规范步骤要记清