专题18 平行四边形-备战2025年中考数学真题题源解密（北京专用）

专题18 平行四边形 课标要求 考点 考向 1．理解平行四边形的概念，了解四边形的不稳定性； 2．探索并证明平行四边形的性质定理；探索并证明平行四边形的判定定理； 3．了解多边形的定义，多边形的顶点、边、内角、外角、对角线等概念；探索并掌握多边形内角和与外角和公式； 4．理解矩形的概念；探索并证明矩形的性质定理及判定定理； 5．理解菱形的概念；探索并证明菱形的性质定理及判定定理； 6．理解正方形的概念，以及平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系． 平行四边形 考向一 平行四边形的性质与判定 考向二 中位线 特殊的平行四边形 考向一矩形 考向二 菱形 考向三 正方形 考点一 平行四边形 ►考向一 平行四边形的性质与判定 1．（2024·北京·中考真题）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． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 2．（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． 3．（2021·北京·中考真题）如图，在四边形中，，点在上，，垂足为． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，求和的长． 【答案】（1）见详解；（2）， 【分析】（1）由题意易得AD∥CE，然后问题可求证； （2）由（1）及题意易得EF=CE=AD，然后由可进行求解问题． 【详解】（1）证明：∵， ∴AD∥CE， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）可得四边形是平行四边形， ∴， ∵，平分，， ∴， ∴EF=CE=AD， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数，熟练掌握平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数是解题的关键． 4．（2024·北京东城·一模）在平面直角坐标系中，点，，为的顶点，则顶点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形，勾股定理，设点D的坐标为，由平行四边形对角线中点坐标相同可得，解方程即可得到答案． 【详解】解：设点D的坐标为， 由平行四边形对角线中点坐标相同可得， ∴， ∴点D的坐标为， 故选：C． ►考向二 中位线 易错易混提醒 三角形中位线定理： （1）三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，、 （2）过三角形一边的中点，平行于另一边的直线，必平分第三边. 5．如图，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小峰想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，小红同学帮他想了一个主意，先在地上取一个可以直接到达A，B的点C，找到，的中点D，E，并且测出的长为，则A，B两点的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三角形的中位线定理即可得到结果． 【详解】解：∵D，E分别为，的中点， ∴，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题考查的是三角形的中位线，解答本题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 6．如图，在中，D，E分别为的中点，点F在线段上，且．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识．熟练掌握中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键． 由D，E分别为的中点，可得，由，D为的中点，可得，根据，求解作答即可． 【详解】解：∵D，E分别为的中点， ∴， ∵，D为的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 7．如图，菱形的对角线交于点，点为的中点，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，由菱形的性质得，，，由勾股定理得，再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”即可得解．根据勾股定理求出的长是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴． 故答案为：． 考点二 特殊的平行四边形 ►考向一 矩形 易错易混提醒 矩形的判定 (1)有一个角是直角的平行四边形是矩形． (2)有三个角是直角的四边形是矩形． (3)对角线相等的平行四边形是矩形． 注意：①用定义判定一个四边形是矩形必须同时满足两个条件：一是有一个角是直角；二是平行四边形．也就是说有一角是直角的四边形，不一定是矩形，必须加上平行四边形这个条件，它才是矩形． ②用定理证明一个四边形是矩形，也必须满足两个条件：一是对角线相等；二是平行四边形．也就说明：两条对角线相等的四边形不一定是矩形，必须加上平行四边形这个条件，它才是矩形． 8．（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． 9．如图，在矩形中，点在边上，将矩形沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则折痕的长为 ． 【答案】 【知识点】矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查勾股定理，矩形的性质，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 由折叠的性质得出，，由勾股定理得出，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程求出，再由勾股定理即可得出答案． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， 由折叠的性质得：，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ， ； 故答案为：． ►考向二 菱形 易错易混提醒 菱形的判定： (1)定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．(2)四边都相等的四边形是菱形． (3)对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 注意：①对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，必须加上平行四边形这个条件它才是菱形． 菱形的性质 (1)具有平行四边形的一切性质． (2)菱形的四条边都相等． (3)菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角． (4)菱形是轴对称、中心对称图形． (5) 菱形面积＝底×高＝对角线乘积的一半． 10.（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． 11．（2019·北京·中考真题）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为 ． 【答案】12 【分析】由菱形的性质得出OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，设OA=x，OB=y，由题意得：，解得：，得出AC=2OA=6，BD=2OB=4，即可得出菱形的面积． 【详解】解：如图1所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD， 设OA=x，OB=y， 由题意得：，解得：， ∴AC=2OA=6，BD=2OB=4， ∴菱形ABCD的面积=； 故答案为12． 【点睛】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用；熟练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程组是解题的关键． 12．（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． 13.如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，，，，E为AD的中点，连接BE． (1)求证：四边形BCDE为菱形； (2)连接AC，若AC平分，，求AC的长． 【答案】(1)证明见解析． (2)． 【分析】（1）先证明四边形BCDE是平行四边形，再证明一组邻边相等即可； （2）连接AC，根据平行线的性质及等角对等边证明AB=1，AD=2，可知，再根据菱形的性质即可得出是含的特殊三角形，最后根据勾股定理即可求AC的长． 【详解】（1），E为AD的中点， ， ， ∴四边形BCDE是平行四边形， ，， ， ∴四边形BCDE是菱形． （2）解：连接AC． ，AC平分， ， ， ， ， ， 四边形BCDE是菱形 ， 在中，， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理等，解题的关键是连接AC构造． ►考向三 正方形 易错易混提醒 正方形的性质 (1)正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． (2)正方形的四个角都是直角，四条边都相等． (3)正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角． (4)正方形是轴对称图形，有4条对称轴． (5)正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个小的全等的等腰直角三角形． (6)正方形一条对角线上一点和另一条对角线的两端距离相等． (7)正方形的面积：若正方形的边长为，对角线长为，则． 14．（2023·北京西城·三模）如图，在正方形平分于点，若，则的长为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】C 【分析】根据正方形的性质和角平分线的性质得出，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵正方形 ∴，， ∵平分于点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴ 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、角平分线的性质和勾股定理，解题关键是根据角平分线的性质得出线段相等，利用勾股定理求值． 15．（2024·北京平谷·一模）如图，正方形中，点、、、分别为、、、边上的点，点、、为对角线上的点，四边形和四边形均为正方形，它们的面积分别表示为和， 给出下面三个结论： ①；②；③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质．根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质可得，，，进而得到，根据正方形的面积公式即可判断①；根据，，，即可判断②；由，，可判断③． 【详解】解：①四边形是正方形， ， 四边形和四边形均为正方形， ，， 和都是等腰直角三角形， ，， 同理可得， ， ，， ，故①错误； ②和都是等腰直角三角形， ，， 四边形为正方形， ， ，故②正确； ③由①知：，， ，故③正确； 故选：C． 16.如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH． （1）求证：GF=GC； （2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明． 【答案】（1）证明见解析；（2）BH=AE，理由见解析 【分析】（1）连接．根据对称的性质可得．．证明，根据全等三角形的性质得到．进而证明≌，即可证明； （2）在上取点使得，连接．证明≌，根据等腰直角三角形的性质即可得到线段与的数量关系． 【详解】（1）证明：连接． ∵，关于对称． ∴．． 在和中 ， ∴， ∴． ∵四边形是正方形， ∴．， ∴， ∴， ∴ ， ∵，， ∴． 在和中 ． ∴≌， ∴． （2）． 证明：在上取点使得，连接． ∵四这形是正方形． ∴，． ∵≌， ∴． 同理：， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴． 在和中， ∴≌， ∴， 在中，，． ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． 1．（2024·北京·模拟预测）如图，菱形中，相交于点O，过点B作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，当， ，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定、矩形的性质、锐角三角函数等知识点，掌握菱形和矩形的性质成为解题的关键． （1）先根据菱形的性质以及已知条件证明四边形是平行四边形，再结合，即可证明结论； （2）由菱形的性质可得、，解直角三角形可得，进而得到，，再根据矩形的性质可得，最后根据正切的定义即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形． （2）解：如图：∵四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴，解得：， ∴，， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． 2．（2024·北京·模拟预测）如图，在中，垂直平分．延长至点B，作的角平分线，过点C作于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)18 【分析】本题考查矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的三线合一的性质，勾股定理，三角函数定义等知识．掌握矩形的判定与性质和三角函数的定义是解题的关键． （1）根据三角形中线的定义及等腰三角形三线合一性质得，，继而得到，结合即可得证． （2）由矩形的性质得到，进而由锐角三角函数定义求出，然后根据勾股定理解题即可． 【详解】（1）证明：∵ 垂直平分， ∴，， ∵， ∴平分， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴ 四边形是矩形； （2）解：如图连接， ∵ 四边形是矩形， ∴，    ∵ ，， ∴， ∵，， ∴，      根据勾股定理得， ∴． 3．（2024·北京·模拟预测）已知：在矩形中，，，P是边上的一个动点，将矩形折叠，使点A与点P重合，点D落在点G处，折痕为． (1)如图1，当点P与点C重合时，则线段　　　　，　　　　； (2)如图2，当点P与点B，C均不重合时，取EF的中点O，连接并延长与的延长线交于点M，连接． ①求证：四边形是平行四边形； ②当时，求四边形的面积． 【答案】(1)2；4 (2)①见详解；② 【分析】（1）过点作，由翻折的性质可知：，根据平行线的性质和等量代换可得，由等角对等边可得：，设，在中，由勾股定理可得关于的方程，解方程求得的值，进而可得、的长，由矩形的判定可得四边形是矩形，进而可求、的长，最后由勾股定理可得的长； （2）①根据折叠的性质可得，进而可得，根据已知条件可得，从而证，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论； ②连接与交于点，则且，又由①知：，可得，则，继而证，根据三角函数求得，若设，则，根据勾股定理可得关于的方程，解方程可得的长，继而代入数据即可求解． 【详解】（1）解：过点作， ∵折叠后点、、重合， ∴， ∵在矩形中，，， ， ， ， 设， 在中，由勾股定理可得：， 即， 解得：， 即， ， ， ∴四边形是矩形， ， 在中，由勾股定理可得：； 故答案为：2；4； （2）解：①证明：如图2， ∵在矩形中，， 由折叠(轴对称)性质，得：， ， ∵点是的中点， ， 又， 在和中， ， ， ， ∴四边形是平行四边形； ②如图2，连接与交于点，则且， 又由①知：， ∴，则， 又， ， ， 在， 而， ， 又在中，设，则， 由勾股定理得：， 解得：， 则， 而且， 又四边形是平行四边形， ∴四边形的面积为：． 【点睛】本题主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线． 4．（2024·北京西城·模拟预测）在中，点B关于的对称点为，连接，，交于F点． (1)如图1，，求证：F为的中点； (2)小宇通过观察、实验、提出猜想：如图2，在点B绕点A旋转的过程中，点F始终为的中点．求证：F为的中点． (3)如图3，当时，，的延长线相交于点E，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据矩形的判定定理，得出平行四边形为矩形，，再根据矩形的性质，得出，再根据轴对称的性质，得出，，再根据等量代换，得出，，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，即可得出结论； （2）过点作交于点，根据轴对称的性质，得出，，再根据平行线的性质，得出，再根据等量代换，得出，再根据等角对等边，得出，再根据等量代换，得出，再根据平行线的性质，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，即可得出结论； （3）取的中点，连接，根据（2）得出为的中点，再根据平行线的性质，得出，再根据轴对称的性质，得出，再根据平行线的性质，得出，再根据三角函数值，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， 又∵， ∴平行四边形为矩形，， ∴， ∵点关于的对称点为， ∴，， ∴，， ∵， 在与中， ， ∴， ∴； （2）证明∶如图，过点作交于点， ∵，关于对称， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， 在与中， ， ∴， ∴， ∴是的中点； （3）解：如图，取的中点，连接， ∵由（2）得，为的中点， ∴，①， ∵，平行四边形中，， ∴， ∴由对称性，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴②， ∴由①，②可得． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、平行线分线段成比例定理、直角三角形两锐角互余、锐角三角函数，解本题的关键在正确作出辅助线和熟练掌握相关的性质、定理． 5．（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，． 6．（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，， ． 7．（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， ∴， ∴， ， ． 8．在中，∠C=90°，AC＞BC，D是AB的中点．E为直线上一动点，连接DE，过点D作DF⊥DE，交直线BC于点F，连接EF． （1）如图1，当E是线段AC的中点时，设，求EF的长（用含的式子表示）； （2）当点E在线段CA的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明．    【答案】（1）；（2）图见解析，，证明见解析． 【分析】（1）先根据中位线定理和线段中点定义可得，，，再根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理即可得； （2）如图（见解析），先根据平行线的性质可得，，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，，然后根据垂直平分线的判定与性质可得，最后在中，利用勾股定理、等量代换即可得证． 【详解】（1）∵D是AB的中点，E是线段AC的中点 ∴DE为的中位线，且 ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴四边形DECF为矩形 ∴ ∴ 则在中，； （2）过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G，连接FG ∵ ∴， ∵D是AB的中点 ∴ 在和中， ∴ ∴， 又∵ ∴DF是线段EG的垂直平分线 ∴ ∵， ∴ 在中，由勾股定理得： ∴．    【点睛】本题考查了中位线定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 9．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． 10.在ABCD，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF. （1）求证：四边形BFDE是矩形； （2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB. 【答案】（1）见解析（2）见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，即可证明； （2）根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD． ∵BE∥DF，BE=DF， ∴四边形BFDE是平行四边形． ∵DE⊥AB， ∴∠DEB=90°， ∴四边形BFDE是矩形； （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC， ∴∠DFA=∠FAB． 在Rt△BCF中，由勾股定理，得 BC===5， ∴AD=BC=DF=5， ∴∠DAF=∠DFA， ∴∠DAF=∠FAB， 即AF平分∠DAB． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关键． 11.如图，在ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE=BC，连结DE，CF． （1）求证：四边形CEDF是平行四边形； （2）若AB=4，AD=6，∠B=60°，求DE的长． 【答案】（1）见解析（2） 【分析】（1）由“平行四边形的对边平行且相等”的性质推知AD∥BC，且AD=BC；然后根据中点的定义、结合已知条件推知四边形CEDF的对边平行且相等（DF=CE，且DF∥CE），即四边形CEDF是平行四边形； （2）如图，过点D作DH⊥BE于点H，构造含30度角的直角△DCH和直角△DHE．通过解直角△DCH和在直角△DHE中运用勾股定理来求线段ED的长度． 【详解】（1）证明：在▱ABCD中，ADBC，且AD=BC ∵F是AD的中点 ∴DF=AD 又∵CE=BC ∴DF=CE，且DFCE ∴四边形CEDF是平行四边形； （2）如图，过点D作DH⊥BE于点H． 在▱ABCD中，∵∠B=60°， ∴∠DCE=60°． ∵AB=4， ∴CD=AB=4， ∴CH=CD=2，DH=2． 在▱CEDF中，CE=DF=AD=3，则EH=1． ∴在Rt△DHE中，根据勾股定理知DE=． 12.如图，在四边形中，AB//DC，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）OE=2． 【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可． （2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】（1）证明：∵AB//CD， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵∥， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴是菱形． （2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点， ∴，，， ∴， 在Rt△AOB中，， ∴， ∵， ∴， 在Rt△AEC中，，为中点， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键． 13.下面是小东设计的“过直线外一点作这条直线的平行线”的尺规作图过程． 已知：直线及直线外一点． 求作：，使得． 作法：如图， ①在直线上取一点，作射线，以点为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点； ②在直线上取一点（不与点重合），作射线，以点为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点； ③作直线． 所以直线就是所求作的直线． 根据小东设计的尺规作图过程， （1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹） （2）完成下面的证明． 证明：∵_______，_______， ∴（____________）（填推理的依据）． 【答案】(1)作图见解析（2），，三角形中位线平行于三角形的第三边． 【详解】分析：根据作图过程，补全图形即可. 详解：（1）尺规作图如下图所示： （2），，三角形中位线平行于三角形的第三边． 点睛：考查尺规作图，三角形中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键. 14.在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（，），点Q的坐标为（，），且，，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“相关矩形”．下图为点P，Q 的“相关矩形”的示意图． （1）已知点A的坐标为（1，0）． ①若点B的坐标为（3，1）求点A，B的“相关矩形”的面积； ②点C在直线x=3上，若点A，C的“相关矩形”为正方形，求直线AC的表达式； （2）⊙O的半径为，点M的坐标为（m，3）．若在⊙O上存在一点N，使得点M，N的“相关矩形”为正方形，求m的取值范围． 【答案】（1）①2；② 或；（2）1≤m≤5 或者． 【详解】试题分析：（1）①易得S=2； ②得到C的坐标可以为（3，2）或者（3，-2），设AC的表达式为y=kx+b，将A、C分别代入AC的表达式即可得出结论； （2）若⊙O上存在点N，使MN的相关矩形为正方形，则直线MN的斜率k=±1，即过M点作k=±1的直线，与⊙O相切，求出M的坐标，即可得出结论． 试题解析：（1）①S=2×1=2； ②C的坐标可以为（3，2）或者（3，-2），设AC的表达式为y=kx+b，将A、C分别代入AC的表达式得到：或，解得：或，则直线AC的表达式为 或； （2）若⊙O上存在点N，使MN的相关矩形为正方形，则直线MN的斜率k=±1，即过M点作k=±1的直线，与⊙O有交点，即存在N，当k=－1时，极限位置是直线与⊙O相切，如图与，直线与⊙O切于点N，ON=，∠ONM=90°，∴与y交于（0，-2）．（，3），∴，∴=-5，∴（-5，3）；同理可得（-1，3）； 当k=1时，极限位置是直线与（与⊙O相切），可得（1，3）， （5，3）． 因此m的取值范围为1≤m≤5或者． 考点：一次函数，函数图象，应用数学知识解决问题的能力． 15．（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， ∴． 16．（2024·北京西城·模拟预测）如图，在中，，平分，过点作于点，于点，点是的中点，连接，． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形；证明过程见详解； (2) 【分析】本题考查菱形的性质和判定，关键是利用菱形的判定解答． （1）根据角平分线的性质得出，进而利用直角三角形的性质得出，进而利用菱形的判定解答即可； （2）根据菱形的性质和含角的直角三角形的性质得出，根据，进而解答即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 平分，过点作于点，于点，， ∴，，点是的中点， ，， ， ，，， ， 是等边三角形， ， 四边形是菱形； （2）解：连接，交于点， 四边形是菱形， ，，， ， 在中，， ． 17．如图，菱形中、相交于点O，延长至点E使得，连接并延长交的延长线于点F． (1)求证：； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)18 【知识点】利用菱形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）根据菱形的性质可得、，则可得，根据即可证明； （2）由可得，则，在中，根据勾股定理可求得的长，进而可得的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ，， ， 在和中， ， ； （2）解：由（1）得， ， ， ∵四边形是菱形， ， ， 在中，由勾股定理得 ， ． 【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以及勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 18．（2024·北京东城·一模）如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E． (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，理由见解析 (2)的长为 【分析】本题考查了菱形的证明、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟记定理内容是解题关键． （1）证得，可得四边形是平行四边形，即可进一步求证； （2）由题意得是等边三角形，根据即可求解. 【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）解：∵平分， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴4， 19．（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， ∴ 20．（2024·北京大兴·二模）如图，在中，，，N是中点，P为上一点，连接，D为内一点，且，点D关于直线的对称点为点E，与交于点M，连接． (1)依题意补全图形； (2)求证：； (3)连接MN，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，见解析 【分析】此题考查了轴对称的性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线的性质等知识，准确作图、熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）按照题意补全图形即可； （2）连接．证明，即可得到结论； （3）连接并延长到F，使得，连接．证明为的中位线．则．证明．由．得到．则．证明，，由即可得到结论． 【详解】（1）解：依题意补全图形如下： （2）证明：连接． ∵点D关于直线的对称点为E，， ，． ． ， ． ． ， ． ． （3）用等式表示线段与的数量关系是：． 证明：连接并延长到F，使得，连接． ∴点N是中点． ∵点D关于直线的对称点为E，与交于点M， ∴点M是中点． ∴为的中位线． ． ∵点N是中点， ． ，， ． ，． 又， ． ， ． ． ． ． ，， ． ． 21．（2024·北京东城·一模）如图，在正方形中，将边所在直线绕点逆时针旋转度得到直线，作点关于直线的对称点，连接． (1)依题意补全图形； (2)求的度数； (3)延长分别交直线于点，试探究：线段和之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)点在线段上时，；点在线段延长线上时，；点在线段延长线上时，，见解析 【分析】本题考查四边形综合题，熟知轴对称作图及性质，根据题意分类讨论是解题的关键． （1）作点关于直线的对称点，连接即可； （2）连接，根据轴对称性质可得，，可求出，根据等腰三角形的性质，利用三角形内角和可求出； （3）分三种情况，当交线段、线段延长线上、线段延长线上于点时，分别可证，进而可得，即可求证． 【详解】（1）解：如图，作点关于直线的对称点，连接； （2）连接， 点关于直线对称， 垂直平分， ， ， ， 四边形为正方形， ， ， ； （3）当交线段于点时， 延长至，使，连接， ， ， 又， 在和中 ， ， 由（2）可知，， ， ， ， ， ， ， ， 即； 当交线段延长线于点时，在延长线上截取，连接， 由同理可证， ， ， ， ， ， 即； 当交线段延长线于点时，在上截取，连接， 由题意可知，， ， ， ， 又， ， 在和中 ， ， ， 又， ， ， ， 即． / 学科网（北京）股份有限公司 $$