专题12特殊平行四边形【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（北京专用）

专题12 特殊平行四边形 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1特殊平行四边形的性质和判定 （5年5考） 2024·北京：正方形的性质、解直角三角形的相关计算 2021·北京：菱形的判定 2023·北京：平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形 2022·北京：平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质 2020·北京：矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理 特殊平行四边形是中考的必考内容，在考查时，常会结合解直角三角形、全等、相似、勾股定理、三角函数等知识点，需要同学们打好基础，灵活运用，在复习时注重综合大题的分析，和解答过程的严谨性. 考点01 特殊平行四边形的性质和判定 1. （2024·北京·中考真题）如图，在正方形中，点在上，于点，于点．若，，则的面积为 ． 2. （2021·北京·中考真题）如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）． 3. （2023·北京·中考真题）如图，在中，点E，F分别在，上，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)，，，求的长． 4. （2022·北京·中考真题）如图，在中，交于点，点在上，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若求证：四边形是菱形． 5. （2020·北京·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF． （1）求证：四边形OEFG是矩形； （2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．    6. （2024·北京海淀·一模）如图，在正方形中．点E，F，G分别在边，，上，．若，，则的度数为 （用含的式子表示）． 7. （2024·北京·三模）如图，正方形，，连接，交于点O，并分别与边，交于点F，E，连接，下列结论中正确的结论序号是（    ）    ①；②；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 8. （2024·北京·三模）如图，矩形，过点B作交的延长线于点E．过点D作于F，G为中点，连接． (1)求证：． (2)若，求的长． 9. （2024·北京朝阳·二模）如图，在中，点E，F分别在，上，且，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求证：是矩形． 10. （2024·北京昌平·二模）如图，在四边形中，，，对角线交于O，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点C作的垂线交其延长线于点E，若，，求的长． 11. （2024·北京·三模）如图，四边形中，对角线与相交于点，，，点在上，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 12. （2024·北京西城·二模）如图，四边形是平行四边形，于点，于点，，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 13. （2024·北京门头沟·二模）已知：如图，在中，过点D作于E，点F在边上，，连接和． (1)求证：四边形是矩形； (2)如果平分，，，求的长． 14. （2024·北京平谷·二模）如图，平分，点A是射线上一点，过点A作交于点D，过A作，过点D作． (1)求证：四边形是矩形； (2)在上取点C使得，连接、．求证：． 15. （2024·北京丰台·二模）在中，，是的中点，过点作，且， 连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 16. （2024·北京房山·二模）如图，在中，于点，点在的延长线上，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长． 17. （2024·北京顺义·二模）如图，在平行四边形中，，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求AC的长． 18. （2024·北京大兴·二模）如图，在中，，分别是的中点，连接，是线段上一点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 19. （2024·北京石景山·二模）如图，在四边形中，，，，平分交于点E．    (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 20. （2024·北京·二模）如图，在中，，D为的中点，连接，过点A作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 21. （2024·北京海淀·二模）如图，点A，B，C，D在一条直线上，，，四边形是平行四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 22. （2024·北京丰台·一模）如图，在中，，延长至，使得，过点，分别作，，与交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 23. （2024·北京房山·一模）如图，在中，，交于点，，过点作交延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 24. （2024·北京平谷·一模）如图，中，，点D、E分别是边的中点，连接并延长，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求证：四边形是菱形． 25. （2024·北京门头沟·一模）如图，在四边形中，，，，点E为中点，射线交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 26. （2024·北京石景山·一模）如图，在四边形中，，平分交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点．若，，，求的长． 27. （2024·北京通州·一模）如图，中，，点D为边中点，过D点作的垂线交于点E，在直线上截取，使，连结、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 28. （2024·北京东城·一模）如图，四边形是菱形．延长到点E，使得，延长到点F，使得，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 29. （2024·北京朝阳·一模）如图，在中，，过点D作的平行线与的延长线相交于点 E． (1)求证： 四边形是菱形； (2)连接，若，求的长． 30. （2024·北京西城·一模）如图，点在的对角线的延长线上，，于点，交的延长线于点，连接． (1)求证: 四边形是菱形； (2)若 求菱形的面积． 31. （2024·北京·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，E为的中点，连接并延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 32. （2024·北京海淀·一模）如图，在中，O为的中点，点E，F分別在上，经过点O，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若E为的中点，，．求的长． 33. （2024·北京东城·一模）如图，在等腰中，平分，过点作交的延长线于，连接，过点作交的延长线于． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 特殊平行四边形 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1特殊平行四边形的性质和判定 （5年5考） 2024·北京：正方形的性质、解直角三角形的相关计算 2021·北京：菱形的判定 2023·北京：平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形 2022·北京：平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质 2020·北京：矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理 特殊平行四边形是中考的必考内容，在考查时，常会结合解直角三角形、全等、相似、勾股定理、三角函数等知识点，需要同学们打好基础，灵活运用，在复习时注重综合大题的分析，和解答过程的严谨性. 考点01 特殊平行四边形的性质和判定 1. （2024·北京·中考真题）如图，在正方形中，点在上，于点，于点．若，，则的面积为 ． 【答案】 【分析】根据正方形的性质，得，，得到，结合，得到,，，求得的长，解答即可. 本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握解直角三角形的相关计算是解题的关键. 【详解】解：根据正方形的性质，得，， ∴， ∵， ∴, ， ， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为； 故答案为：． 2. （2021·北京·中考真题）如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形； 故答案为（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键． 3. （2023·北京·中考真题）如图，在中，点E，F分别在，上，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用平行四边形的性质求出，证明四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论； （2）证明是等腰直角三角形，可得，然后再解直角三角形求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：由（1）知四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 4. （2022·北京·中考真题）如图，在中，交于点，点在上，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论； （2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形． （2）∵四边形ABCD为平行四边形， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴四边形ABCD为菱形， ∴， 即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键． 5. （2020·北京·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF． （1）求证：四边形OEFG是矩形； （2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．    【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2. 【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形； (2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2． 【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形， ∴点O为BD的中点， ∵点E为AD中点， ∴OE为△ABD的中位线， ∴OE∥FG， ∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形 ∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形． (2)∵点E为AD的中点，AD=10， ∴AE= ∵∠EFA=90°，EF=4， ∴在Rt△AEF中，． ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=AD=10， ∴OE=AB=5， ∵四边形OEFG为矩形， ∴FG=OE=5， ∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2． 故答案为：OE=5，BG=2． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握． 6. （2024·北京海淀·一模）如图，在正方形中．点E，F，G分别在边，，上，．若，，则的度数为 （用含的式子表示）． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，过点G作于点H，证明，得出，求出，根据，即可求出结果． 【详解】解：过点G作于点H，如图所示： ∵四边形为正方形， ∴，，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 7. （2024·北京·三模）如图，正方形，，连接，交于点O，并分别与边，交于点F，E，连接，下列结论中正确的结论序号是（    ）    ①；②；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理证出，再根据全等三角形的性质可得，然后根据角的和差可得，由此可判断结论①正确；先根据相似三角形的判定可得，再根据相似三角形的性质可得，从而可得，假设，从而可得，然后根据线段垂直平分线的判定与性质可得，最后在中，根据得出，由此得出矛盾，即可判断结论②错误；先根据三角形全等的判定定理证出，再根据全等三角形的性质可得，由此即可得判断结论③正确． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ，即， 在和中， ， ， ， ， ， ，故①正确； ， ， ，即， 假设，则， 垂直平分， ， 又在中，， ，这与相矛盾， 则假设不成立，故②错误； ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 即，故③正确； 即正确的有：①③， 故选：B． 8. （2024·北京·三模）如图，矩形，过点B作交的延长线于点E．过点D作于F，G为中点，连接． (1)求证：． (2)若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）因为是矩形，所以，结合，证明四边形是平行四边形，即可作答． （2）根据勾股定理得出，结合直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，即，进行作答即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：∵，四边形是矩形， ∴ ∵，G为中点， ∴ 9. （2024·北京朝阳·二模）如图，在中，点E，F分别在，上，且，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求证：是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和，矩形的判定，菱形的判定，勾股定理的逆定理； （1）根据平行四边形的性质可知，，再证明四边形是平行四边形．然后推出，即可得出结论； （2）利用勾股定理的逆定理推出，即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，．                                 ∴． ∵． ∴． ∴四边形是平行四边形．                         ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是菱形． （2）∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴．                                ∴是矩形． 10. （2024·北京昌平·二模）如图，在四边形中，，，对角线交于O，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点C作的垂线交其延长线于点E，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先证，再证，得，然后证四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）根据菱形的性质结合三角函数得出，，求出，在中，解直角三角形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，，， 中，， ，， ，， 过点C作的垂线交其延长线于点E， ， 中，， ． 11. （2024·北京·三模）如图，四边形中，对角线与相交于点，，，点在上，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查了等腰三角形的“三线合一”、菱形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据，，推出垂直平分，则，，，而，则，得到，则，得证； （2）根据四边形是菱形，可推出、，，再由勾股定理得到，而，可得，最后根据可求得答案． 【详解】（1）证明：，， 垂直平分， ，， ， ， ， ， ， 四边形是菱形． （2）四边形是菱形，， ，， 在中，， ， 在中，， ， ， 的长为5． 12. （2024·北京西城·二模）如图，四边形是平行四边形，于点，于点，，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，则，再证明，得，则，然后证明四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）由矩形的性质得，再由勾股定理得，然后由全等三角形的性质得，即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是矩形； （2）解：， ， 由（1）可知，四边形是矩形， ， ， ， ， 由（1）可知，， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 13. （2024·北京门头沟·二模）已知：如图，在中，过点D作于E，点F在边上，，连接和． (1)求证：四边形是矩形； (2)如果平分，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质和判定，正弦； （1）先求出四边形是平行四边形，再根据矩形的判定推出即可； （2）利用求出，由勾股定理求出，再证明，即可得出答案． 【详解】（1）∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ， ∴四边形为矩形； （2）由（1）可得四边形为矩形， ∴， 在中，，， ， 由勾股定理得， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵平分， ∴. 又， ∴， ∴， ， ． 14. （2024·北京平谷·二模）如图，平分，点A是射线上一点，过点A作交于点D，过A作，过点D作． (1)求证：四边形是矩形； (2)在上取点C使得，连接、．求证：． 【答案】(1)证明见解析； (2)见解析． 【分析】本题主要考查了特殊四边形的判定和性质，角平线的性质等知识点， （1）先判定四边形是平行四边形，然后由即可得解； （2）先判定四边形是平行四边形，再由平分和得出，证出四边形是菱形，进而即可得证； 熟练掌握其判定和性质是解决此题的关键． 【详解】（1）∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）如图， ∵四边形是矩形 ∴，， ∵， ∴ ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴． 15. （2024·北京丰台·二模）在中，，是的中点，过点作，且， 连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质及判定，等边三角形的判定及性质，合理作出辅助线是解题的关键． （1）由，且可证出四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得到，即可判断四边形是菱形； （2）过点作交的延长线于点，利用菱形的性质判定出为等边三角形，再利用等边三角形的性质分别求出和的长，再结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）∵且， ∴四边形是平行四边形． ∵在中，， 是的中点， ∴． ∴四边形是菱形． （2）过点作交的延长线于点    ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴在中， ． 16. （2024·北京房山·二模）如图，在中，于点，点在的延长线上，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、矩形的判定，三角函数、以及勾股定理，利用数形结合的思想是解题的关键． （1）根据和平行四边形的性质即可得出且，证得四边形是平行四边形，再根据即可证得四边形是矩形； （2）根据题干条件可求得，再根据勾股定理即可求得的长． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，即， 且， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：连接， 在中，，， ， ， 在中，，， ． 17. （2024·北京顺义·二模）如图，在平行四边形中，，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求AC的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据，即可由矩形的判定定理得出结论． （2）解，求得再由矩形的性质得然后在，由勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． ， ，且． 四边形是平行四边形， ∵， ∴， 四边形是矩形； （2）解：连接， 在中， 四边形是矩形 在中， 【点睛】本师生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，解直角三角形，熟练掌握平行四边形的判定与性质与矩形的判定与性质是解题的关键． 18. （2024·北京大兴·二模）如图，在中，，分别是的中点，连接，是线段上一点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握菱形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质，点分别为中点，可证四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由此即可求证； （2）根据勾股定理求出的长，连接，根据菱形的性质可得，的长，在中根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． 点分别为中点， ，． ． 四边形是平行四边形． ，点为中点， ． 四边形是菱形． （2）解：连接，交于点． 在中， ，，， （舍负）． ， ． ， ． ∵四边形是菱形， ∴是的中点，． ，． ． 在中， ， （舍负）． 19. （2024·北京石景山·二模）如图，在四边形中，，，，平分交于点E．    (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的判定和特殊角锐角三角函数是解题的关键． （1）根据三个角是直角的四边形是矩形进行证明即可； （2）证明是等边三角形，则，在中，，．在中，由勾股定理即可得到答案． 【详解】（1）证明：，， ． ，平分， ． 四边形是矩形． （2）解：如图，   ，， ． ∵， 是等边三角形． ． 在中，， ． 在中，． 20. （2024·北京·二模）如图，在中，，D为的中点，连接，过点A作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了菱形的判定与性质以，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确利用菱形的性质是解题关键． （1）直接利用平行四边形的判定方法得出四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质得出，即可得出四边形是菱形； （2）利用菱形的性质和平行四边形的性质得出，然后根据勾股定理求出长，然后推导，得到，，然后再利用勾股定理解题即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵在中，，D为的中点， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：如图，作，交的延长线于点F． ∵菱形， ∴． ∵D为的中点， ∴． 在中，， ，， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴． 在中，，，， ∴． 21. （2024·北京海淀·二模）如图，点A，B，C，D在一条直线上，，，四边形是平行四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】此题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，由锐角三角函数求边长，熟练掌握各判定及性质定理是解题的关键： （1）利用四边形是平行四边形，推出，再根据等腰三角形的三线合一的性质推出，即可证得四边形是矩形； （2）根据三角函数得到，求出，再由矩形的性质求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 22. （2024·北京丰台·一模）如图，在中，，延长至，使得，过点，分别作，，与交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，得出从而证出四边形是矩形，即可证明结论； （2）通过，设，，在中用勾股定理列式求解即可． 【详解】（1）证明：（1）∵，， ∴四边形是平行四边形． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是矩形． （2）∵在中，，， ∴设，， ∴， ∴， 在中，，， ∵， ∴， 解得，， ∴． 【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、解直角三角形等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法． 23. （2024·北京房山·一模）如图，在中，，交于点，，过点作交延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了解直角三角形、菱形的性质判断和性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握解直角三角形、菱形的性质判断和性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到．则，由已知得到，则，即可得到结论； （2）由四边形是菱形得到，，．证明．再得到．．在△中，，．则，即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 在中，，． ∴． ∴． 24. （2024·北京平谷·一模）如图，中，，点D、E分别是边的中点，连接并延长，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由点D、E分别是边的中点，可得，且，则，进而可证四边形是平行四边形； （2）由E为中点，可得，由，可得，证明是等边三角形，则，进而可证四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵点D、E分别是边的中点， ∴，且， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：中，，E为中点， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了中位线，平行四边形的判定，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定与性质，菱形的判定等知识．熟练掌握中位线，平行四边形的判定，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定与性质，菱形的判定是解题的关键． 25. （2024·北京门头沟·一模）如图，在四边形中，，，，点E为中点，射线交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形、菱形的判定与性质．关键是掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形，以及直角三角形两直角边平方和等于斜边平方． （1）先证明，则，得出四边形是平行四边形，结合即可求证四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出，进而得出，最后根据勾股定理即可得出． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵点E为中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 26. （2024·北京石景山·一模）如图，在四边形中，，平分交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点．若，，，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)1 【分析】本题主要考查菱形的判定及性质，锐角三角形函数解直角三角形． （1）由角平分线的定义与平行线的性质得到，从而，进而证得四边形是平行四边形，再由得证是菱形； （2）在中，通过解直角三角形得到，再由菱形的性质得到是直角三角形，通过解直角三角形得到，进而即可解答． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴， ∵， ∴． ∵，即 ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴是菱形． （2）解：∵在中，，， ∴． ∵四边形是菱形， ∴． ∴在中，， ∴． 27. （2024·北京通州·一模）如图，中，，点D为边中点，过D点作的垂线交于点E，在直线上截取，使，连结、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、锐角三角函数定义以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论； （2）过点作于点，由菱形的性质得，再证明四边形是矩形，得，进而解直角三角形求出，然后由勾股定理求出的长，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵点为边中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，过点作于点， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ， ， 在中，由勾股定理得：， ∵点为边中点， ． 28. （2024·北京东城·一模）如图，四边形是菱形．延长到点E，使得，延长到点F，使得，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由菱形的性质得，则，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由矩形的性质得，，再由菱形的性质得，，进而证明是等边三角形，得，则，然后由勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：，， 四边形为平行四边形， 四边形为菱形， ， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，，四边形是矩形， ，， 四边形是菱形， ，， 是等边三角形， ， ， ， 即的长为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 29. （2024·北京朝阳·一模）如图，在中，，过点D作的平行线与的延长线相交于点 E． (1)求证： 四边形是菱形； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，再证明四边形是平行四边形，进而证明，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）设与交于点，证明，再由菱形的性质得，，，进而由锐角三角函数定义得，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是菱形； （2）如图，设与交于点， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 由（1）可知，四边形是菱形， ，，， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ， ， 即的长为． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、锐角三角函数定义以及勾股定理等知识． 30. （2024·北京西城·一模）如图，点在的对角线的延长线上，，于点，交的延长线于点，连接． (1)求证: 四边形是菱形； (2)若 求菱形的面积． 【答案】(1)见详解 (2)32 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得出，再证和全等，得出，于是根据对角线相等的四边形是平行四边形推出四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得出四边形是菱形； （2）分别求出、的长，即可得出对角线、的长，根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：，， 是等腰直角三角形， ， 由勾股定理得，， ， ， 即， ， 四边形是菱形， ，， 菱形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，锐角三角函数，菱形的面积等，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 31. （2024·北京·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，E为的中点，连接并延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，解直角三角形： （1）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，得到四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线垂直，即可得证； （2）解，求出的长，勾股定理求出的长，即可． 【详解】（1）∵点E为的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）∵菱形， ∴． ∵矩形， ∴，． 在中，， ∴， ∴， ∴． 32. （2024·北京海淀·一模）如图，在中，O为的中点，点E，F分別在上，经过点O，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若E为的中点，，．求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先得出，．结合线段中点，得出，得证，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答． （2）先得出，结合菱形性质，在中，由勾股定理得，代入数值进行计算，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ． ，． 为的中点， ． ． ． ， 四边形为平行四边形． ， 四边形为菱形． （2）解：为的中点，， ． 四边形为菱形， ． ． 在中，由勾股定理得． 为的中点， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 33. （2024·北京东城·一模）如图，在等腰中，平分，过点作交的延长线于，连接，过点作交的延长线于． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先利用等腰三角形的三线合一性质可得，再利用平行线的性质可得，，从而利用证明，进而可得，再利用对角线互相平分线的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，然后利用菱形的定义可得四边形是菱形，即可解答； （2）先利用角平分线的定义可得，再利用菱形的性质可得，从而可得是等边三角形，进而可得，然后利用垂直定义可得，从而可得，进而可得，再利用勾股定理进行计算，即可解答． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：，平分， ， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）平分，， ， 四边形是菱形， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 的长为． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$