第05讲 四边形的证明与计算（讲练，2考点+16种题型+命题预测）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

模块二 图形与几何的基础 第05讲 四边形的证明与计算 （思维导图+2考点+16种题型） 试卷第1页，共3页 2 / 138 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 四边形的计算问题 ►题型01 与多边形有关的角度计算 ►题型02 利用平行四边形的性质求解 ►题型03 利用矩形的性质求解 ►题型04 利用菱形的性质求解 ►题型05 利用正方形的性质求解 ►题型06 与特殊的平行四边形有关的折叠问题 ►题型07 构建中位线求解 ►题型08 与特殊平行四边形有关的规律探究问题 ►题型09 利用分类讨论思想解决特殊平行四边形计算问题 考点二 四边形的证明问题 ►题型01 利用平行四边形的性质与判定求解 ►题型02 与三角形中位线有关的证明 ►题型03 利用矩形的性质与判定求解 ►题型04 利用菱形的性质与判定求解 ►题型05 利用正方形的性质与判定求解 ►题型06 与特殊平行四边形有关的多结论问题 ►题型07 特殊平行四边形与函数综合 01考情透视·目标导航 中考考点 命题预测 四边形的证明与计算 四边形作为中考数学的重要知识点，其证明与计算题目在历年考试中占据显著地位。四边形相关题目在中考数学中占比相对稳定，通常在15%至25%之间。题型多样，包括选择题、填空题、证明题和综合解答题。其中，选择题和填空题主要考查基础知识和基本技能，而证明题和综合解答题则注重考查学生的逻辑推理能力和综合运用知识的能力。 【命题预测】 1. 重点考查特殊四边形的性质和判定：矩形、菱形、正方形的性质和判定一直是中考的热点，选择题和填空题中常出现利用这些性质求角度、长度的问题。 2. 综合题的比重增加：近年来，中考数学越来越注重考查学生的综合能力，四边形相关的综合题在考试中的比重逐渐增加。这些题目往往涉及多个知识点的综合运用，如三角形全等、解直角三角形、二次函数等。 3. 实际应用与创新能力：中考数学命题趋势逐渐向实际应用和创新能力倾斜，四边形问题可能结合实际情境，考查学生运用数学知识解决实际问题的能力，同时也会涉及一些新概念题型，考查学生的创新思维和应变能力。 【备考建议】 1. 扎实基础：熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和判定方法是备考的基础，要通过大量练习加深理解和记忆。 2. 注重图形变换：理解并掌握平移、旋转、翻折等图形变换在四边形问题中的应用，提高解题的灵活性。 3. 强化综合训练：多做四边形与其他知识点相结合的综合题，提高综合运用数学知识解决问题的能力。 4. 培养创新思维：注重培养创新思维和应变能力，学会从不同角度分析问题，提高解决实际问题的能力。 通过对中考数学四边形证明与计算考情的分析，可以看出，掌握基础知识、注重图形变换、强化综合训练、培养创新思维是备考的关键。希望广大考生能够有针对性地进行复习，取得优异成绩。 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 四边形的计算问题 ►题型01 与多边形有关的角度计算 1．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则 ． 【答案】/50度 【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角为，即，则可求得的度数，根据平行线的性质可求得的度数，进而可求出的度数，再根据三角形内角和定理即可求出的度数． 【详解】解：∵正六边形的内角和， 每个内角为：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 2．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∴，， ∴， 过点作于点，则：， 设圆锥的底面圆的半径为，则：， ∴； 故答案为：． 3．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形的面积为，则正六边形的边长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查正六边形的性质，正三角形的性质，设出边长去表示正三角形面积和正六边形面积即可． 【详解】解：如图：根据多边形的内角和定理可求出正六边形的一个内角为，故正六边形是由6个正三角形构成的，过点作垂足是， 设正六边形的边长为，即 在正三角形中， ∵， ∴， 在中， 一个正三角形的面积为：， 正六边形的面积为：， ∴， 解得：， 故选：C． 4．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是 ．    【答案】/ 【分析】此题考查了正五边形以及等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．根据正五边形以及等腰三角形的性质得出，再证明，根据相似三角形的性质求出，最后由线段和差即可求出的长． 【详解】解：如图，连接交于点，    ∵五边形是正五边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：． ►题型02 利用平行四边形的性质求解 5．（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（    ）    A．22 B．21 C．20 D．18 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．利用勾股定理求得的长，再证明，作于点，求得，利用，求得，再利用勾股定理求得，据此求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， 由作图知， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 作于点，    则， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形的周长是， 故选：A． 6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点，，，在平行四边形中，它的对角线与反比例函数的图象相交于点，且，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数与平行四边形综合，相似三角形的性质与判定，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，根据平行四边形的性质得出，证明得出，，进而可得，即可求解． 【详解】如图所示，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为， ∵四边形是平行四边形，点，，， ∴， ∴，即，则， ∵轴，轴， ∴ ∴ ∴ ∴， ∴ ∴ 故答案为：． 7．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案． 【详解】解：过点D作交的延长线于点F， ∵的垂线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∴， 由勾股定理可得，， ， ∴， ∴ ∴ 即，解得， ∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是， 故选：C 8．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 【答案】(1) (2)不变，， 【分析】（1）当点与点重合时，、、、、共线，，为的中位线，即可求出的长度． （2）构造，使为的中位线，再构造，进而证得是等边三角形，得出 ．然后由和为等边三角形，推导出，然后再由，最后得出和的长度不变． 【详解】（1）解：当点与点重合时，如图①， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，． ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴．， ∴、、三点共线， ∵，， ∴、、、共线， ∵点、分别是，的中点， ∴． ∴． 故答案为：． （2）解：结论：不变． 如解图②，连接并延长到点，使得，连接，，延长，交于点，连接．延长至点，使得，连接，，设与交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，． ∵点为中点， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵， ， ∴，． ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴． 在平行四边形中， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴．， 由旋转得，， ∵，， ∴，， ∴， 又，， ∴（）． ∴， ∴为等边三角形． ∵点、为、的中点， ∴为的中位线， ． ∵． ∴．即的长度不变； ∵和都为等边三角形． ∴，，，， ∴， ∴（）． ∴． ∵， ∴， ∴为等边三角形． 同理：为等边三角形． ∴．， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∴． ∵为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴为中点， ∴ ， ∴． 故和的长度都不变． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造得出 ． ►题型03 利用矩形的性质求解 9．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作，垂足为H，利用勾股定理求出的长，利用角的余弦值求出的长，再利用勾股定理求出，从而得出，利用三角形面积求出即可． 【详解】解：如图，过点F作，垂足为H， 四边形为矩形， ，， ，， ， ，即， 解得：， ，即， 解得：， ， ， ，即， 解得：， 故答案为：． 10．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解． 【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形和都是矩形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动， 作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为， ∵，， ∴， 故选：B． 11．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    【答案】 【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】如图，过作于点，于点，    ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴，， ∴四边形是正方形， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． ►题型04 利用菱形的性质求解 12．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】连接，将绕点O顺时针旋转得到．证明，推出，利用即可求解． 【详解】解：如图，连接，将绕点O顺时针旋转得到． ， ， 在菱形中，点O是对角线的中点，， ，， ， ， ， ， ， ， ． ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用是解题的关键． 13．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，过D作于H，先判断，都是等边三角形，得出，，，利用含的直角三角形的性质可得出，进而求出，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解∶过D作于H， ∵菱形中，，， ∴，， ∴，都是等边三角形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． 14．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，对角线与相交于点，点为的中点，连接与相交于点，连接并延长交于点． (1)证明：； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键． （1）先根据菱形的性质可得，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证； （2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据定理即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵点为的中点， ∴， ∴ ∵， ∴． （2）证明：∵是等边三角形，，， ∴， ∴ ∵是等边三角形， ∴， 在和中， ， ∴． 15．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接．    (1)求证：； (2)求的最小值． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质证明，再结合是的垂直平分线，即可证明； （2）过点N作于点F，连接，，则，故，此时，在中，进行解直角三角形即可． 【详解】（1）证明：连接，    ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴； （2）解：过点N作于点F，连接，    ∵， ∴， ∵， ∴， 当点A、N、F三点共线时，取得最小值，如图：      即， ∴在中，， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解直角三角形，正确添加辅助线是解决本题的关键． ►题型05 利用正方形的性质求解 16．（2024·江苏南通·中考真题）如图，在中，，．正方形的边长为，它的顶点D，E，G分别在的边上，则的长为 ． 【答案】 【分析】过点作，易得为等腰直角三角形，设，得到，证明，得到，进而得到，，在中，利用勾股定理求出的值，根据平行线分线段成比例，求出的长即可． 【详解】解：过点作，则：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设，则：， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴，解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平行线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形． 17．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．根据正方形的性质可求出，根据轴对称的性质可得，则，再求出，，即可求出答案． 【详解】解：正方形的边长为2， ∴， ∴， ∵与关于直线对称， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的周长是， 故选：A． 18．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点，先证明．可得，．点、的横坐标分别为、，可得，．，，，设，则，，，，，．再由，进而可以求解判断即可． 【详解】解：如图，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点， 四边形是正方形， 、互相平分，，， ，， ． ，， ． ，． 点、的横坐标分别为、， ，． ，，， 设，则，， ，，，． 又，， ，． ． ． ． 点、在轴的同侧，且点在点的右侧， ． ． 故选：B． 19．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是 ． 【答案】 【分析】作交于点，不妨设，设，通过四边形是正方形，推出，得到，然后证明，利用相似三角形对应边成比例，得到，从而表示出，的长度，最后利用和表示出正方形和的面积，从而得到． 【详解】解：作交于点，不妨设，设 四边形是正方形 在和中，， 由题意可知， 正方形的面积， 正方形的面积 ； 故答案为：. 【点睛】本题考查了弦图，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的面积，勾股定理，熟练掌握以上知识点并能画出合适的辅助线构造相似三角形是解题的关键． 20．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为 ； （2）若为的中点，则线段的长为 ． 【答案】 2 / 【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键； （1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解， （2）作辅助线，构造中位线求解即可． 【详解】（1）四边形是正方形， ， 在中，， ， ， ； （2）延长到点，使，连接 由点向作垂线，垂足为 ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， 在中， ， ， 在中，， 为的中位线， ； 故答案为：2；. 21．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明，求得，证明，证得，推出，得到，据此求解即可． 【详解】解：∵正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点E，F分别为对角线的三等分点， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． ►题型06 与特殊的平行四边形有关的折叠问题 22．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，见解析 【分析】（1）证明对应角相等，即可得到； （2）根据，求得的长度，从而得出长度； （3）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，得出大小关系． 【详解】（1）证明：如图， 四边形是矩形， ， ， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ， ， ， ； （2）解：四边形是矩形， ，，， 为中点， ， 设， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ，即， ， ， ． （3）解：如图，延长，交于一点，连接， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ，直线， ， ， ， ， 是等腰三角形， ， 为中点， 设， ， 为中点， ， ，， ， ，， ， ， 在中，， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ，即． 【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键． 23．（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原． （1）若点N在边上，且，则 （用含α的式子表示）； （2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为 ． 【答案】 / 【分析】①连接，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解； ②记与交于点K， 可证：，则，，由勾股定理可求，由折叠的性质得到：，，，，，则，，由，得，继而可证明，由等腰三角形的性质得到，故． 【详解】解：①连接，由题意得，， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴，， ∴ ∴， 故答案为：； ②记与交于点K，如图： ∵四边形是正方形，四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 同理可证：， ∴，， 在中，由勾股定理得， 由题意得：，，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由题意得，而， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键． 24．（2024·贵州贵阳·一模）综合与实践 (1)【操作发现】如图①，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，则的度数为 ； (2)【拓展探究】如图②，在（1）的条件下，继续将正方形纸片沿折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，若，求线段的长； (3)【迁移应用】如图③，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，请求出线段的长． 【答案】(1)45° (2) (3)或2 【分析】（1）由正方形的性质得，再由折叠的性质得：，即可求解； （2）证是等腰直角三角形，得，则，进一步求出，由含角的直角三角形的性质结合勾股定理再求出，最后根据线段的和差关系求解即可． （3）分两种情形：当，当，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， 即， 故答案为：； （2）∵四边形是正方形， ， 由折叠的性质得：， ， 由（1）得：， 是等腰直角三角形， ， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）如图3中，在上取一点，使得，过点作于点，交于点，连接，得正方形，    当时，， ， ∴， ∴， ∴， ， 由（1）可知， 设，则， ， ， ． 当时，同法可得． 综上所述，满足条件的的值为或2． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出是解题的关键． ►题型07 构建中位线求解 25．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则 ．    【答案】 【分析】连接，过E作于F，设，，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得，，，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到，，证明，利用相似三角形的性质和勾股定理得到；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明得到，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可． 【详解】解：连接，过E作于F，设，，    ∵，为中点， ∴，又， ∴，，， ∴，， ∵， ∴，则，又， ∴， ∴，， ∴， 则； ∵是的一条角平分线， ∴，又， ∴， ∴ ∴，则， ∴，即， 解得（负值已舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键． 26．（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． 27．（2025·上海闵行·一模）如图，点、分别是线段和的中点，、交于点，且，，，那么长是 ． 【答案】3 【分析】连接，由三角形中位线定理推出，，判定，推出，设，，由勾股定理得到，，求出，得到． 【详解】解：连接， ∵D、E分别是线段和的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， 设，，则，， ∵， ∴，， ∵，， ∴，， ∴（舍去负值）， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，二元二次方程组，关键是由勾股定理得到关于x、y的方程组． ►题型08 与特殊平行四边形有关的规律探究问题 28．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，，，连接，以为边，作矩形使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；…按照这个规律进行下去，则的面积为 ． 【答案】． 【分析】先寻找规律求得的面积，再结合勾股定理以及三角形中线平分三角形的面积求得三角形面积是它所在矩形面积的，依此即可求得的面积． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴∠A=∠B=90°，，，， ∴， ∴,，， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， 同理可证， ， 依次类推，， 故 ， 在矩形中，设，则， 根据勾股定理， 即，解得， ∵，即， 同理可证， ∴ 同理可证 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中线有关的面积计算，探索与表达规律，解直角三角形．解决此题的关键有两个：①寻找规律，求得；②得出三角形面积是它所在矩形面积的．需注意标序号的时候不要混淆了． 29．（2020·辽宁·中考真题）如图，四边形是矩形，延长到点，使，连接，点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；…；按照此规律继续进行下去，若矩形的面积等于2，则的面积为 ．（用含正整数的式子表示）    【答案】 【分析】先计算出、、的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而求解． 【详解】解：∵， ∴面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为， ∵点是的中点，∴ ∴， ， ∴， ∵点是的中点，由中线平分所在三角形的面积可知， ∴， 且， ∴ ∴， 同理可以计算出： ， 且， ∴， ∴， 故、、的面积分别为：， 观察规律，其分母分别为2,4,8，符合，分子规律为， ∴的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解． 30．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点M的坐标为，是等边三角形，点B坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……，则的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点，，，的坐标，发现规律即可解决问题． 【详解】解：正方形顶点M的坐标为， , 是等边三角形，点B坐标是， 等边三角形高为， 由题知， 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 继续滚动有，的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是；不断循环，循环规律为以，，，，12个为一组， ， 的坐标与的坐标一样为， 故答案为：． 31．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（　　）    A．（2）5 B．（2）6 C．（）5 D．（）6 【答案】C 【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的，第1个正方形的边长为1，其对角线长为；第2个正方形的边长为，其对角线长为；第3个正方形的边长为，其对角线长为；•••；第n个正方形的边长为．所以，第6个正方形的边长． 【详解】解：由题知，第1个正方形的边长， 根据勾股定理得，第2个正方形的边长， 根据勾股定理得，第3个正方形的边长， 根据勾股定理得，第4个正方形的边长， 根据勾股定理得，第5个正方形的边长， 根据勾股定理得，第6个正方形的边长． 故选：C． 【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的倍关系是解题的关键． ►题型09 利用分类讨论思想解决特殊平行四边形计算问题 32．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形的面积是90，对角线交于点O，点E是边的三等分点，连接，点P是的中点，，连接，则的值为 ． 【答案】13或 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当时，利用三角形中位线定理求得，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当时，同理求解即可． 【详解】解：当时，如图， ∵矩形， ∴点O是的中点， ∵点P是的中点， ∴，， ∵点E是边的三等分点， ∴，， ∵矩形的面积是90， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，如图， ∵矩形， ∴点O是的中点， ∵点P是的中点， ∴，， ∵点E是边的三等分点， ∴，， ∵矩形的面积是90， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：13或． 33．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．    【答案】或 【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转后，当绕点A逆时针旋转后，利用菱形的性质及直角三角形30度角的性质求解即可． 【详解】解：当绕点A顺时针旋转后，如图，    ∵， ∴， ∵菱形中，， ∴， 延长交x轴于点E， ∴，， ∴， ∴， ∴； 当绕点A逆时针旋转后，如图，延长交x轴于点F，   ∵，， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：或． 【点睛】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正确理解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键． 四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称图形 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称图形、中心对称图形 菱形 对边平行且四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 正方形 对边平行且四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 1．（2025·陕西西安·一模）如图，正方形的边长为6，将正方形折叠，使顶点D 落在边上的点E 处，折痕为．若点E恰好是的中点，则线段的长为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据正方形的性质可得，再根据翻折的性质可得，设，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得． 【详解】解：正方形的边长为6，点恰好是的中点， ， 由翻折的性质得：， 设，则， 在中，，即， 解得， 即， 故选：A． 2．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在中，，，，，线段绕点旋转，点为的中点，则的最大值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出取最大值时B、P、M三点的位置关系． 取的中点M，连接、，利用解三角形求出，利用三角形中位线定理推出，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值． 【详解】解：取的中点M，连接、． ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵P、M分别是的中点， ∴． 如图，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值， 最大值为， 故答案为：． 3．（2025·河北秦皇岛·一模）小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了能够活动的学具，他先活动学具成为图1所示形状，并测得，接着活动学具成为图2形状所示，并测得，若图2中对角线，则图1中对角线的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据勾股定理即可求得正方形的边长，根据菱形的性质和勾股定理即可求得图1中BD的长． 【详解】解：由题意可知，， ∴四边形是菱形（图1）， 当时，四边形是正方形（图2）， ∴图2中，， ∴在中，， ∴， 在图1中，连接，交于，如图所示： ∵，四边形是菱形， ∴， ∴，， ∴； 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的性质，勾股定理以及含的直角三角形的性质，利用勾股定理得出正方形的边长是关键． 4．（2025·广东揭阳·一模）如图，四边形为平行四边形，E，F分别为和的中点，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股逆定理以及勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先过点作，交于一点，结合平行四边形的性质以及中点，得，再证明，得出，，然后证明，得出，运用勾股逆定理得是直角三角形，最后运用勾股定理列式进行计算，即可作答． 【详解】解：过点作，交于一点，如图所示： ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵E，F分别为和的中点， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 则， 故是直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 5．（2025·上海徐汇·模拟预测）将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形，连接，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角函数，解题的关键是掌握以上知识点．设等腰直角的直角边为，利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直角三角形的直角边长，进而根据正切的定义即可求解，掌握等腰直角三角形和正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设等腰直角的直角边为，则，小正方形的边长为， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，过点作的延长线于点，则，， 由图（）可得，，， ∴，， ∴， ∴． 故选：C． 6．（2025·广西·模拟预测）如图，反比例函数的图象经过平行四边形的顶点在轴上，若点，则实数的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了反比例函数k值的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质，延长交y轴于点，根据平行四边形面积可求出，继而可得点A坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特征求出k值即可． 【详解】解：如图，延长交y轴于点， ∵， ∴， ∵是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵点A在反比例函数图象上， ∴． 故选：B． 7．（2025·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，，点在上，，若、分别为边与上两个动点，线段始终满足与垂直且垂足为，则的最小值 ． 【答案】 【分析】过点作于点．利用相似三角形的性质求出，设，则，，，求的最小值，相当于在轴上找一点，使得点到，的距离和最小，作点关于轴的对称点，连接，则，由，可得结论． 【详解】解：如图，过点作于点． 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， ， 设，则，， ， 欲求的最小值，相当于在轴上找一点，使得点到，的距离和最小，如图1中， 作点关于轴的对称点，连接， ，， ， ，当、M、J共线时取等号， 的最小值为， 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，相似三角形的判定和性质，两点坐标距离公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 8．（2025·陕西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点与坐标原点重合，点分别在反比例函数 与的图象上，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数的性质，由题意设，如图，过作轴于，过作轴于，证明，可得，再进一步解答即可． 【详解】解：由题意设， 如图，过作轴于，过作轴于， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为： 9．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形中，，，为菱形的对称中心，过点的直线交于点E，交于点为上的一点，连接．若，则四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、中心对称性以及解直角三角形的知识点，解题的关键是利用菱形的中心对称性将四边形的面积进行转化． 通过连接相关线段，利用菱形中心对称性得到一些等量关系．过点作垂线，构造出可以计算面积的三角形．因为菱形具有中心对称性，所以将四边形的面积转化为几个易求面积的三角形面积之和或差．利用已知条件和所作辅助线，结合三角形面积公式（底×高÷2）来计算相关三角形面积，进而得出四边形的面积． 【详解】如图，由菱形的中心对称性可知， 连接， ∵，过点作于点， 作于点， ， 连接， 则 10．（2025·陕西西安·二模）如图，直线与正五边形的边，分别相交于点，则的度数为 ． 【答案】/144度 【分析】本题主要考查了正五边形的内角、多边形内角和、对顶角等知识，熟练掌握多边形内角和公式是解题关键．首先根据正多边形内角和公式确定，进而可得的值，再根据对顶角相等的性质可知，即可获得答案． 【详解】解：∵五边形为正五边形， ∴， ∴， ∵，， ∴． 故答案为：． 11．（2025·江西·模拟预测）如图，正方形中，将线段绕点A顺时针旋转得到线段的延长线交正方形的对角线于点F，则的度数为 ． 【答案】 【分析】连接，由正方形的性质可得，由旋转的性质可得，可证是等边三角形，可得，由等腰三角形的性质可求，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形旋转．熟练掌握正方形性质，旋转性质，等腰等边三角形判定和性质，三角形内角和定理，余角定义，平角定义，是解题的关键． 12．（2025·陕西西安·一模）（1）如图1，四边形的对角线互相垂直，其中对角线长为，长为，垂足为E．则四边形的面积为_________． （2）如图2，矩形中，，点G，H分别是上任一点，求四边形的面积． （3）如图3，四边形放在了一组平行线中，已知，四边形的面积为，则相邻两条平行线间的距离为多少厘米． 【答案】（1）；（2）；（3）厘米． 【分析】此题考查了矩形的性质、平行线间的距离等知识，三角形面积等知识． （1）根据进行解答即可； （2）分别作高，根据即可求出答案； （3）作,垂足分别为，根据，以及得到，即可得到答案． 【详解】解：（1）四边形的对角线互相垂直，对角线长为，长为， ∴, 故答案为： （2）如图，分别作高， （3）如图，作,垂足分别为， ∵， ∴， 故相邻两条平行线间的距离为厘米． 13．（2025·陕西西安·一模）综合与探究： 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．    （1）若，，则四边形的面积为 ； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． 如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； 当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点，若，，求四边形的面积． 【答案】（）；（） ，理由如下见解析；四边形的面积为或． 【分析】（）连接，由四边形是菱形，得，再根据直角三角形的性质得，通过勾股定理求出，从而求出，同理得，最后由面积和差即可求解； （）由旋转性质可知，，，，又四边形是菱形，则，，证明，再通过全等三角形的性质和线段和差即可求解； 当点在延长线上时和当点在线段上时两种情况求解即可． 【详解】解：（）如图，连接，    ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 同理：， ∴， 故答案为：； （） ，理由如下： ∵， ∴， 由旋转性质可知：，，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当点在延长线上时，    ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 根据菱形面积可得：， ∴， 由旋转性质可知，，，，， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 由， ∴，，即，， ∴，， ∴， ∴ ； 如图，当点在线段上时，    同上理可得：四边形是矩形， ∴， 由旋转性质可知：，，，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ； ∴四边形的面积为或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，解直角三角形，直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 14．（2025·广东深圳·三模）【问题提出】 （1）如图，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接与交于点，若，求证：； 【迁移应用】 （2）如图，在中，，，点，分别是边，上的点，连接交于点，且，求的值； 【拓展提高】 （3）如图，在四边形中，点是边上的一点，连接与交于点，，，，请直接写出的值． 【答案】（）见解析；（）；（） 【分析】（）根据矩形的性质得到，求得，得到，根据相似三角形的性质得到，求得； （）根据补角的性质得到，根据相似三角形的性质得到，根据平行四边形的性质得到，，根据相似三角形的性质得到，求得，得到，于是得到结论； （）过点作，交延长线于，过点作，交延长线于，则四边形是平行四边形，得到∴，，，同（）可得，在上取一点使得，连接，根据平行线的性质得到，推出是等边三角形，得到，， 求得，根据相似三角形的性质得到，设 ，则，，得到 ，根据题意列方程即可得到结论． 【详解】（）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （）∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵，， ∴的值为； （）如图所示，过点作，交延长线于，过点作，交延长线于，则四边形是平行四边形， ∴，，， 同（）可得， ∵， ∴设，， 在上取一点使得，连接， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，同角的补角相等，平行四边形的性质与判定，矩形的性质，等边三角形的性质与判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 考点二 四边形的证明问题 ►题型01 利用平行四边形的性质与判定求解 1．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，结合角平分线的条件得到，由得到，，根据平行线的判定得到，根据平行四边形的判定即可得到是平行四边形； （2）求得是等边三角形，得到，，证明，求得，作于点，在中，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵分别是、的平分线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）得，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 作于点， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 2．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果； （2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论； （3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果． 【详解】（1），且是的直径， ． ， 在中，． ， 在中，． ， ； （2）过点作，交延长线于点． ． ， ， ． ， ， ， ，， ． ， ， ， ， ． （3）如图，连接． 是的直径， ． ， ． 由（2）知，， ， ， ． ． ， ． 由（2）知，， ． ， ， ， 四边形是平行四边形， 与互相平分． 【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键． 3．（2024·安徽·中考真题）如图1，的对角线与交于点O，点M，N分别在边，上，且．点E，F分别是与，的交点． (1)求证：； (2)连接交于点H，连接，． （ⅰ）如图2，若，求证：； （ⅱ）如图3，若为菱形，且，，求的值． 【答案】(1)见详解 (2)（ⅰ）见详解，（ⅱ） 【分析】（1）利用平行四边形的性质得出，再证明是平行四边形，再根据平行四边形的性质可得出，再利用证明，利用全等三角形的性质可得出． （2）（ⅰ）由平行线截线段成比例可得出，结合已知条件等量代换，进一步证明，由相似三角形的性质可得出，即可得出．（ⅱ）由菱形的性质得出，进一步得出，，进一步可得出，进一步得出，同理可求出，再根据即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 在与中， ∴． ∴． （2）（ⅰ）∵ ∴， 又．， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ （ⅱ）∵是菱形， ∴， 又，， ∴， ∴， ∵．， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 即， ∴ ∴， 故． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形判定以及性质，相似三角形的判定以及性质，平行线截线段成比例以及菱形的性质，掌握这些判定方法以及性质是解题的关键． ►题型02 与三角形中位线有关的证明 4．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．    (1)如图1，若是边的中点，连接，对角线分别与相交于点． ①求证：是的中点； ②求； (2)如图2，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)①见解析；② (2)，理由见解析 【分析】（1）①根据，得出为的中点，证明出即可；②先证明出得到，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解； （2）连接交于点，证明，进一步证明出四边形为平行四边形，得出为的中位线，得到，再证明出得到，再通过等量代换即可求解． 【详解】（1）解：①， 为的中点， ， 是边的中点， ， ， 在中， ∴， 又∵， ， ， 是的中点； ②， 四边形为平行四边形， ， ， ， ∵， ， ， ， ， ； （2）解：线段与线段之间的数量关系为：，理由如下： 连接交于点，如下图：    由题意，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点， ， 又， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， 为的中点， ， ， 为的中点， 为的中位线， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解． 5．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在中，平分，，重足为点E，过点E作、交于点F，G为的中点，连接．求证：．    【答案】证明见解析 【分析】如图，延长交于，证明，则，证明，则，即，解得，即是的中点，是的中位线，进而可得． 【详解】证明：如图，延长交于，    ∵平分，， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴，即，解得， ∴是的中点， 又∵是的中点， ∴是的中位线， ∴． 【点睛】本题考查了角平分线，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，中位线．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 6．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．    【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） (2)答案不唯一，见解析 (3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可； （2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可； （3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论． 【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） （2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求    （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和， 证明如下：∵点分别是边的中点， ∴． ∴． 同理． ∴四边形的周长． 即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． ►题型03 利用矩形的性质与判定求解 7．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时 【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 即当时，四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． 8．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】 （1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：． 【变式求异】 （2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．    【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据证明即可； （2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出； （3），作于点N，证明，得出．证明，得出，求出． 【详解】（1）证明：在正方形中， ，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）如图1，作于点N，如图所示：    ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵， ， ∴， ∴． ∵， ∴， 如图2，作于点N，    ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 9．（2025·陕西西安·二模）（1）如图1，在中，，，，点D 是上的一个点，沿 折叠后，点C 恰好落在 上的点处，求四边形的面积． （2）如图2，在矩形中，，，点E 为边上一动点，作于点F，连接，分别作点F关于的对称点G 、H，连接， 当四边形的面积最小时，求的长． 【答案】（1）；（2）或 【分析】（1）利用勾股定理求出，由折叠的性质可得：，平分，推出，由，求出，根据四边形的面积即可解答； （2）连接，由对称性可知，，得到，当时 ，取得最小值， 作等腰，  使得，以点O 为圆心，为半径作，作于点M，则M 为的中点，延长交 于 点H，连 接 ，求出，，，再分点F 在中点的左侧，点F 在 中点的右侧，两种情况讨论即可． 【详解】解：（1）在中 ， 由折叠的性质得： ，平分， ∴， 设， 由，得 ， 解 得， ∴四边形的面积； （2）连接， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由对称性可知，， ∴， ∴， 当最大时，取得最小值， ∵是等腰三角形，是定值， 如图， 当的高最大时，最大，即重合， ∴时 ，取得最小值， 此时，， 如图，作等腰，  使得，以点O 为圆心，为半径作，作于点M，则M 为的中点，延长交 于 点H，连 接 ， 则， ∴， ∴， ∴， ∴与线段有两个交点， 则 当点F 在中点的左侧时，作 于点N， 则四边形为矩形， 同理，四边形为矩形， ∴， ∵ ∴， ∴， 当点F 在 中点的右侧时，由对称性可知：， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题是四边形与圆的综合题，涉及矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识，利用分类讨论的思想及数形结合的思想是解题的关键． ►题型04 利用菱形的性质与判定求解 10．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．    (1)如图①，求证； (2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立； （2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵ ， ∴； （2）解：，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（）得， ∴， ∵， ∴．    【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键． 11．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．    (1)求的度数； (2)四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由； (3)若，求的长． 【答案】(1) (2)是菱形，证明见解析 (3)的长为． 【分析】（1）如图，连接，证明，而，可得，再结合等腰三角形的性质可得答案； （2）先证明，即，而，求解，可得，证明，可得，再证明，可得，从而可得结论； （3）如图，连接，，交于，证明为等边三角形，可得，证明，，求解，再利用弧长公式进行计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接，    ∵线段与相切于点B， ∴，而， ∴， ∵， ∴； （2）四边形是菱形，理由如下： ∵的中点为M，， ∴，即，而， ∴， ∴， ∵的中点为M，为直径， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （3）如图，连接，，交于，    ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴的长为． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键． 12．（2023·吉林·中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形．转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形其中判定的依据是__________． 【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和（，），其中，，将它们按图②放置，落在边上，与边分别交于点M，N．求证：是菱形． 【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上．当时，延长交于点P，得到图③．若四边形的周长为40，（为锐角），则四边形的面积为_________．    【答案】（操作发现），两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（探究提升），见解析；（结论应用），80 【分析】（操作发现），根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答即可； （探究提升），证明四边形是平行四边形，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论成立； （结论应用），证明四边形是菱形，求得其边长为10，作于Q，利用正弦函数的定义求解即可． 【详解】解：（操作发现），∵两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起， ∴，， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）， 故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （探究提升），∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴平行四边形是菱形； （结论应用），∵平行四边形纸条沿或平移， ∴，， ∴四边形、、是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∵四边形是菱形， ∴四边形是菱形， ∵四边形的周长为40， ∴， 作于Q，    ∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 故答案为：80． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． ►题型05 利用正方形的性质与判定求解 13．（2024·贵州·中考真题）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A． (1)【操作判断】 如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度； (2)【问题探究】 如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：； (3)【拓展延伸】 点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值． 【答案】(1)画图见解析，90 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）依题意画出图形即可，证明四边形是矩形，即可求解； （2）过P作于C，证明矩形是正方形，得出，利用证明，得出，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可得证； （3）分M在线段，线段的延长线讨论，利用相似三角形的判定与性质求解即可； 【详解】（1）解：如图，即为所求， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 故答案为：90； （2）证明：过P作于C， 由（1）知：四边形是矩形， ∵点P在的平分线上，，， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ； （3）解：①当M在线段上时，如图，延长、相交于点G， 由（2）知， 设，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当M在的延长线上时，如图，过P作于C，并延长交于G 由（2）知：四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ， ∵ ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判断与性质，相似三角形的判断与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形，合理分类讨论是解题的关键． 14．（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形，是对角线上一点．    (1)如图1，连接，．求证：； (2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由； (3)在第（2）题的条件下，．求的值． 【答案】(1)见解析 (2)是等腰三角形，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而即可得到； （2）先判断出，进而判断出，即可得到结论； （3）先求出的长，可证明是等腰直角三角形．从而得到的长，再利用，，可证得，进而得到，从而可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， 在和中 ∴． （2）解：是等腰三角形，理由如下： ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形．    （3）解：∵，， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形． ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 15．（2025·山东临沂·一模）【问题情境】 如图 1 ，在矩形中，E 是边 上的一点，过点 D 作 ，过点 D 作， 过点 A 作 ，且． 【基础探究】 （1）判断图 1 中四边形的形状，并说明理由； 【深入探究】 （2）如图 2 ，当 E 在 延长线上时，其他条件不变，请写出，， 之间的数量关系， 并证明； 【拓展迁移】 （3）如图 3 ，在（2）的条件下，连接 ， ，当 E 在延长线上的位置发生改变时，判 断的大小是否发生变化，请说明理由． 【答案】（1）四边形 是正方形，见解析；（2），见解析；（3），不发生变化，见解析 【分析】（1）， ，， 证明 ，，可得，可得矩形是正方形． （2）证明四边形是矩形，结合 ， 可得四边形是正方形 ，可得，进一步可得结论； （3）过点B作于点P ，在上截取，连接，证明，可得，，，证明，可得，证明，进一步可得结论． 【详解】解：（1）四边形是正方形 ， 理由： ∵四边形是矩形， ∴ ， 又∵， ，， ∴ ， ∴ ， ∴ 即， 又∵， ， ∴ ， ∴ ， ∴矩形是正方形． （2）， 理由： ， ， ， ∴四边形是矩形， 由（1）得 ， ∴ ，， ∴四边形是正方形 ， ∴， ∴； （3），理由如下： 过点B作于点P ，在上截取，连接， ∴，， ∵四边形是正方形，四边形为正方形， ∴，，， 同理可得：， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴ ． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． ►题型06 与特殊平行四边形有关的多结论问题 16．（2022·四川攀枝花·中考真题）如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论： ①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是矩形； ③当时，四边形是菱形； ④当，且时，四边形是正方形． 其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）． 【答案】①②③④ 【分析】 对于结论①，由等边三角形的性质可得，，则；同理，由，得，由，即可得出四边形是平行四边形；对于结论②，当时，，结合结论①，可知结论②正确；对于结论③，当时，，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，故结论④正确． 【详解】解析：①、是等边三角形， ，，， ， ， ， 同理由，得， 由，即可得出四边形是平行四边形，故结论①正确； ②当时， ， 由①知四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形，故结论②正确； ③由①知，，四边形是平行四边形， 当时，， 平行四边形是菱形，故结论③正确； ④综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形， 四边形是正方形，故结论④正确． 故答案为：①②③④． 【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，熟练掌握以上图形的判定方法是解题的关键． 17．（2022·山东泰安·中考真题）如图，平行四边形的对角线，相交于点O．点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④． 【详解】解：点为的中点， ， 又， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 即，故①正确； 在平行四边形中，，，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又，点为的中点， ， 平行四边形是菱形，故③正确； ， 在中，， ，故②正确； 在平行四边形中，， 又点为的中点， ，故④正确； 综上所述：正确的结论有4个， 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键． 18．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形中，与交于点O，H为延长线上的一点，且，连接，分别交，BC于点E，F，连接，则下列结论：①；②；③平分；④． 其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，，，，与互相垂直且平分，进而可求得，根据正切值定义即可判断②；由，可知，由相似三角形的性质即可判断①；由，可求得，再结合与互相垂直且平分，得，可知，进而可判断③；再证，即可判断④． 【详解】解：在正方形中，，，，，与互相垂直且平分， 则， ∵，则， ∴，故②不正确； ∵，则，， ∴， ∴，故①不正确； ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵与互相垂直且平分， ∴， ∴，则， ∴， ∴平分，故③正确； 由上可知，， ∴， ∴，则， 又∵， ∴，故④正确； 综上，正确的有③④，共2个， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 19．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．    【答案】②③④ 【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④． 【详解】解：∵，， ∴， 在点P移动过程中，不一定， 相矛盾， 故①不正确；    延长交于点H, 则为矩形， ∴ ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴ 故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故③正确， ， 即当 的最小值，作B、D关于的对称点, 把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，, 这时， 即的最小值是20， 故④正确； 故答案为：②③④    【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 20．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（    ）    A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】由折叠性质和平行线的性质可得，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出，再求出即可判断②正确；由得，求出即可判断③正确；根据即可判断④错误． 【详解】由折叠性质可知：， ∵， ∴． ∴． ∴． 故正确； ∵，， ∴． ∵， ∴． 故正确； ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． 故正确； ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴与不相似． ∴． ∴与不平行． 故错误； 故选A． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键． ►题型07 特殊平行四边形与函数综合 21．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，一次函数．的图象与反比例函数的图象交于点． (1)求反比例函数和一次函数的表达式； (2)利用图象，直接写出不等式的解集； (3)已知点D在x轴上，点C在反比例函数图象上．若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标． 【答案】(1)， (2)或 (3)或或 【分析】（1）把A的坐标代入，可求出k，把代入所求反比例函数解析式，可求n，然后把A、B的坐标代入求解即可； （2）结合一次函数和反比例函数的图像，写出一次函数图像在反比例函数图像下方所对应的自变量范围即可； （3）设点C的坐标为，，分、为对角线，、为对角线，、为对角线三种情况，根据对角顶点的横、纵坐标之和分别相等列方程组，即可求解． 【详解】（1）解∶∵经过， ∴，解得， ∴， 把代入，得， 解得， ∴， 把，代入， 得， 解得， ∴； （2）解：观察图像得：当或时，一次函数的图像在反比例函数图像的下方， ∴不等式的解集为或； （3）解：设点C的坐标为，， ①以、为对角线， 则， 解得， ∴， ∴； ②以、为对角线， 则， 解得， ∴， ∴； ③以、为对角线 则， 解得， ∴， ∴； 综上，当C的坐标为或或时，以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查求一次函数的解析式，反比例函数的解析式，一次函数与反比例函数的交点问题，平行四边形存在性问题等，掌握数形结合思想和分类讨论思想是解题的关键． 22．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒． (1)求证：； (2)求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； (3)求为何值时，线段的长度最短． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（）设与相交于点，证明，可得，，利用三角形外角性质可得，即得，即可求证； （）过点作于，解直角三角形得到，，可得，由等腰三角形三线合一可得，即可由三角形面积公式得到与的函数表达式，最后由，可得自变量的取值范围； （）证明为等边三角形，可得，可知线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，又由菱形的性质可得为等边三角形，利用三线合一求出即可求解； 本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角三角形，求二次函数解析式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，掌握菱形的性质及等边三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：设与相交于点， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵ ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于，则， ∵， ∴， ∵四边形为菱形，， ∴，， 即， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当时，线段的长度最短． 23．（2024·广东·中考真题）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A． 【构建联系】 （1）求证：函数的图象必经过点C． （2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值． 【深入探究】 （3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）设，则，用含的代数式表示出，再代入验证即可得解； （2）先由点B的坐标和k表示出，再由折叠性质得出，如图，过点D作轴，过点B作轴，证出，由比值关系可求出，最后由即可得解； （3）当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围． 【详解】（1）设，则， ∵轴， ∴D点的纵坐标为， ∴将代入中得：得， ∴， ∴， ∴， ∴将代入中得出， ∴函数的图象必经过点C； （2）∵点在直线上， ∴， ∴， ∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2， ∵函数的图象经过点A，C， ∴，， ∴， ∴， ∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E， ∴，， ∴， 如图，过点D作轴，过点B作轴， ∵轴， ∴H，A，D三点共线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴，， ∴， 由图知，， ∴， ∴； （3）∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合， ∴， ∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形，， ∴，，， ∵轴， ∴直线为一，三象限的夹角平分线， ∴， 当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H， ∵轴， ∴H，A，D三点共线， ∵以点O为圆心，长为半径作，， ∴， ∴， ∴，，， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H， ∵, ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵轴， ∴， ∴， ∴, ∴， ∴， ∴， ∴, ∴当与的边有交点时，k的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键． 24．（2024·重庆·模拟预测）如图，四边形是边长为的菱形，，动点分别以每秒个单位长度的速度同时从点出发，点沿折线方向运动，点沿折线方向运动，当两点相遇时停止运动．设运动时间为秒，点两点间的距离为． (1)请直接写出关于的函数表达式并注明自变量的取值范围； (2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； (3)结合函数图象，直接写出点相距个单位长度时的值．（结果保留一位小数） 【答案】(1) (2)图象见解析，当时，随着的增大而增大，当时，随着的增大而减小 (3)秒或秒 【分析】（1）由四边形是菱形，可得，，由题意知，当时， 在上运动，且是等边三角形，则；当时， 在上运动，且是等边三角形，则；进而可得关于的函数表达式； （2）作一次函数图象即可；然后根据图象作答即可； （3）当时，或，计算求解，然后作答即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，， 由题意知，当时， 在上运动，如图1，且是等边三角形，            图1 ∴； 当时， 在上运动，如图2，且是等边三角形，             图2 ∴； 综上所述，； （2）解：函数图象如下； 由图象可得，当时，随着的增大而增大，当时，随着的增大而减小； （3）解：当时，或， 解得，或， ∴点相距个单位长度时的值为秒或秒． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，一次函数的应用，一次函数的图象与性质等知识．熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，一次函数的应用，一次函数的图象与性质是解题的关键． 四边形 边 角 对角线 平行四边形 1）两组对边分别平行 2) 两组对边分别相等 3) 一组对边平行且相等 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 矩形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 1．（2025·湖南娄底·一模）如图，点分别是的边的中点．①图中有三个平行四边形；②图中的四个小三角形的形状和大小完全一样；③四边形的周长；④．下列选项中，正确的是（    ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的性质与判定，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．根据三角形的中位线定理，可得，，，，，，得出四边形、四边形、四边形都为平行四边形，可判断①；由平行四边形的性质可得，图中的四个小三角形为全等三角形，可判断②；利用平行四边形的周长公式可判断③；利用中点的定义可判断④，即可得出结论． 【详解】解：点分别是的边的中点， ，，，，，， 四边形、四边形、四边形都为平行四边形，故①正确； 图中的四个小三角形为全等三角形，即形状和大小完全一样，故②正确； 四边形为平行四边形， 四边形的周长，故③正确； 点分别是边的中点， ，， ，故④正确； 综上所述，正确的是①②③④． 故选：D． 2．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形中，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于，两点；作直线，分别交于点，连接和．已知，则以下四个结论中正确的是（    ） ①；②；③；④． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①② 【答案】B 【分析】根据矩形的性质得到，，求得，根据作图过程可知：是的垂直平分线，得到，根据线段垂直平分线的性质得到，，，，根据全等三角形的性质得到，推出四边形是菱形，得到；故①正确；根据勾股定理得到，求得，故②正确；无法证明，故③错误；根据勾股定理得到，故④正确． 【详解】四边形是矩形， ，， ， 根据作图过程可知：是的垂直平分线， ， ， ， 是的垂直平分线， ，，，， 在和中， ， ， ， ， 四边形是菱形， 故①正确； ，，， ， ，故②正确； 无法证明，故③错误； ， ， ，故④正确， 故选：B． 【点睛】本题考查了作图基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法． 3．（2025·广东佛山·一模）如图是王先生家的菜团，图2是该菜谱的示意图，该菜谱可看作矩形，点，分别是矩形的边，的中点，两条平行线，分别经过菱形的顶点，和边，的中点，．已知菱形的面积为6，则阴影部分的面积之和为 ． 【答案】5 【分析】连接交于点，设交于点，交于点，连接，先证明四边形是矩形，得到，，证明，推出四边形为平行四边形，推出三点共线，且，再证明，得到，证明四边形，四边形均为平行四边形，得到，平行线分线段成比例，推出，根据菱形的面积分别求出四边形和的面积，分割法求出阴影部分的面积即可． 【详解】解：连接交于点，设交于点，交于点，连接， ∵四边形为矩形， ∴， ∵点，分别是边，的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； ∴，， ∵四边形为菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴三点共线，且， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形，四边形均为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵菱形的面积为6， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故答案为：5． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊图形，是解题的关键． 4．（2025·上海崇明·一模）如图，长方形的边在的边上，顶点分别在、上．已知的边长，高为，且长方形的长是宽的2倍，那么的长度是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 设交于点，由题意得， ，，，得出四边形是矩形，由得到，继而得到，即，计算即可求解． 【详解】解：设交于点，如图， 长方形的边在的边上，顶点分别在、上， ，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ，，， ， ， ， 故答案为： ． 5．（2025·陕西西安·一模）如图，在中，是的角平分线，四边形是平行四边形，连接，，交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【答案】(1)矩形，理由见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质，三线合一以及三角形中位线的性质，熟练掌握矩形的性质与判定是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，再根据等腰三角形三线合一得到，求出，证明四边形为平行四边形，再根据即可证明结论． （2）四边形为矩形，得到，再根据是边的中线，证明是的中位线，即可得到结论． 【详解】（1）解：矩形，理由如下： 四边形是平行四边形， ， ， ，平分， 是边的中线，， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形． （2）解：，理由如下： 四边形是矩形， ， ，平分， 所以是边的中线， ， 是的中位线， ． 6．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在菱形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）连接，，根据E、F、G、H分别是边、、、的中点得到，，，，从而得到四边形是平行四边形，再根据菱形得到，即可得到，从而得到，即可得到证明； （2）根据得到，结合菱形性质得到，根据得到，即可得到，即可得到答案； 【详解】（1）证明：连接，， ∵E、F、G、H分别是边、、、的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ， ∴四边形是矩形； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质及矩形的判定与性质，三角形中位线定理，解直角三角形，解题的关键是根据中位线得到线段的关系． 7．（2025·上海嘉定·一模）如图，在中，，，点是边的中点，连接，作，垂足为点，连接． (1)求证：； (2)取边的中点，连接，求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，等腰直角三角形的判定以及性质，三角形中位线的判定以及性质，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键． （1）先证明，由相似三角形的性质得出，由线段中点的定义得出，等量代换可得出，结合，进而可得出． （2）取边的中点D，连接，先证明，由相似三角形的性质得出，，连接交于点H，连接，利用三角形中位线的判定以及性质，等腰直角三角形的判定得出，再证明，，再由相似三角形的性质进一步证明，最后根据相似三角形的性质即可得出． 【详解】（1）证明：∵，点E是边的中点，于点F， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴． （2）解：取边的中点D，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴，， 连接交于点H，连接， ∵点E是的中点，点D是的中点， ∴，，，， ， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 8．（2025·安徽·模拟预测）如图①，在四边形中，，E为上一点，且，过点B作交的延长线于点F，连接，． (1)求证：； (2)如图②，连接交于点G． ①若，求证：平分； ②若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）先证，再证四边形是平行四边形，则，然后证，则，由即可得出结论； （2）①连接，先证四边形是平行四边形，得，再证四边形是平行四边形，然后证平行四边形是菱形，即可得出结论； ②先证，得，进而证，得，则，然后求出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ， ， 即， ， 在和中， ， ． （2）解：①证明：如图，连接， 由（1）得：， ∴， ， ∴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， ∴平分； ②解：由（1）可知，， ， ， ， ， ， ， ， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 即， 两边除以得：， 解得：，或（舍去）， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． $$模块二 图形与几何的基础 第05讲 四边形的证明与计算 （思维导图+2考点+16种题型） 试卷第1页，共3页 2 / 29 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 四边形的计算问题 ►题型01 与多边形有关的角度计算 ►题型02 利用平行四边形的性质求解 ►题型03 利用矩形的性质求解 ►题型04 利用菱形的性质求解 ►题型05 利用正方形的性质求解 ►题型06 与特殊的平行四边形有关的折叠问题 ►题型07 构建中位线求解 ►题型08 与特殊平行四边形有关的规律探究问题 ►题型09 利用分类讨论思想解决特殊平行四边形计算问题 考点二 四边形的证明问题 ►题型01 利用平行四边形的性质与判定求解 ►题型02 与三角形中位线有关的证明 ►题型03 利用矩形的性质与判定求解 ►题型04 利用菱形的性质与判定求解 ►题型05 利用正方形的性质与判定求解 ►题型06 与特殊平行四边形有关的多结论问题 ►题型07 特殊平行四边形与函数综合 01考情透视·目标导航 中考考点 命题预测 四边形的证明与计算 四边形作为中考数学的重要知识点，其证明与计算题目在历年考试中占据显著地位。四边形相关题目在中考数学中占比相对稳定，通常在15%至25%之间。题型多样，包括选择题、填空题、证明题和综合解答题。其中，选择题和填空题主要考查基础知识和基本技能，而证明题和综合解答题则注重考查学生的逻辑推理能力和综合运用知识的能力。 【命题预测】 1. 重点考查特殊四边形的性质和判定：矩形、菱形、正方形的性质和判定一直是中考的热点，选择题和填空题中常出现利用这些性质求角度、长度的问题。 2. 综合题的比重增加：近年来，中考数学越来越注重考查学生的综合能力，四边形相关的综合题在考试中的比重逐渐增加。这些题目往往涉及多个知识点的综合运用，如三角形全等、解直角三角形、二次函数等。 3. 实际应用与创新能力：中考数学命题趋势逐渐向实际应用和创新能力倾斜，四边形问题可能结合实际情境，考查学生运用数学知识解决实际问题的能力，同时也会涉及一些新概念题型，考查学生的创新思维和应变能力。 【备考建议】 1. 扎实基础：熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和判定方法是备考的基础，要通过大量练习加深理解和记忆。 2. 注重图形变换：理解并掌握平移、旋转、翻折等图形变换在四边形问题中的应用，提高解题的灵活性。 3. 强化综合训练：多做四边形与其他知识点相结合的综合题，提高综合运用数学知识解决问题的能力。 4. 培养创新思维：注重培养创新思维和应变能力，学会从不同角度分析问题，提高解决实际问题的能力。 通过对中考数学四边形证明与计算考情的分析，可以看出，掌握基础知识、注重图形变换、强化综合训练、培养创新思维是备考的关键。希望广大考生能够有针对性地进行复习，取得优异成绩。 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 四边形的计算问题 ►题型01 与多边形有关的角度计算 1．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则 ． 2．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ． 3．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形的面积为，则正六边形的边长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 4．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是 ．      ►题型02 利用平行四边形的性质求解 5．（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（    ）    A．22 B．21 C．20 D．18 6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点，，，在平行四边形中，它的对角线与反比例函数的图象相交于点，且，则 ． 7．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 8．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． ►题型03 利用矩形的性质求解 9．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 10．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 11．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    ►题型04 利用菱形的性质求解 12．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．无法确定 13．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ． 14．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，对角线与相交于点，点为的中点，连接与相交于点，连接并延长交于点． (1)证明：；(2)证明：． 15．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接．   (1)求证：； (2)求的最小值． ►题型05 利用正方形的性质求解 16．（2024·江苏南通·中考真题）如图，在中，，．正方形的边长为，它的顶点D，E，G分别在的边上，则的长为 ． 17．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（    ）    A． B． C． D． 18．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 19．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是 ． 20．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为 ； （2）若为的中点，则线段的长为 ． 21．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（    ） A． B． C． D． ►题型06 与特殊的平行四边形有关的折叠问题 22．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 23．（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原． （1）若点N在边上，且，则 （用含α的式子表示）； （2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为 ． 24．（2024·贵州贵阳·一模）综合与实践 (1)【操作发现】如图①，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，则的度数为 ； (2)【拓展探究】如图②，在（1）的条件下，继续将正方形纸片沿折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，若，求线段的长； (3)【迁移应用】如图③，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，请求出线段的长． ►题型07 构建中位线求解 25．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则 ．    26．（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 ．    27．（2025·上海闵行·一模）如图，点、分别是线段和的中点，、交于点，且，，，那么长是 ． ►题型08 与特殊平行四边形有关的规律探究问题 28．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，，，连接，以为边，作矩形使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；…按照这个规律进行下去，则的面积为 ． 29．（2020·辽宁·中考真题）如图，四边形是矩形，延长到点，使，连接，点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；…；按照此规律继续进行下去，若矩形的面积等于2，则的面积为 ．（用含正整数的式子表示）    30．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点M的坐标为，是等边三角形，点B坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……，则的坐标是 ． 31．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（　　）    A．（2）5 B．（2）6 C．（）5 D．（）6 ►题型09 利用分类讨论思想解决特殊平行四边形计算问题 32．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形的面积是90，对角线交于点O，点E是边的三等分点，连接，点P是的中点，，连接，则的值为 ． 33．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．    四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称图形 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称图形、中心对称图形 菱形 对边平行且四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 正方形 对边平行且四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 1．（2025·陕西西安·一模）如图，正方形的边长为6，将正方形折叠，使顶点D 落在边上的点E 处，折痕为．若点E恰好是的中点，则线段的长为（   ） A． B． C．3 D． 2．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在中，，，，，线段绕点旋转，点为的中点，则的最大值是 ． 3．（2025·河北秦皇岛·一模）小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了能够活动的学具，他先活动学具成为图1所示形状，并测得，接着活动学具成为图2形状所示，并测得，若图2中对角线，则图1中对角线的长为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·广东揭阳·一模）如图，四边形为平行四边形，E，F分别为和的中点，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·上海徐汇·模拟预测）将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形，连接，则（ ） A． B． C． D． 6．（2025·广西·模拟预测）如图，反比例函数的图象经过平行四边形的顶点在轴上，若点，则实数的值为（　　） A． B． C． D． 7．（2025·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，，点在上，，若、分别为边与上两个动点，线段始终满足与垂直且垂足为，则的最小值 ． 8．（2025·陕西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点与坐标原点重合，点分别在反比例函数 与的图象上，则的值为 ． 9．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形中，，，为菱形的对称中心，过点的直线交于点E，交于点为上的一点，连接．若，则四边形的面积为 ． 10．（2025·陕西西安·二模）如图，直线与正五边形的边，分别相交于点，则的度数为 ． 11．（2025·江西·模拟预测）如图，正方形中，将线段绕点A顺时针旋转得到线段的延长线交正方形的对角线于点F，则的度数为 ． 12．（2025·陕西西安·一模）（1）如图1，四边形的对角线互相垂直，其中对角线长为，长为，垂足为E．则四边形的面积为_________． （2）如图2，矩形中，，点G，H分别是上任一点，求四边形的面积． （3）如图3，四边形放在了一组平行线中，已知，四边形的面积为，则相邻两条平行线间的距离为多少厘米． 13．（2025·陕西西安·一模）综合与探究： 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．    （1）若，，则四边形的面积为 ； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． 如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； 当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点，若，，求四边形的面积． 14．（2025·广东深圳·三模）【问题提出】 （1）如图，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接与交于点，若，求证：； 【迁移应用】 （2）如图，在中，，，点，分别是边，上的点，连接交于点，且，求的值； 【拓展提高】 （3）如图，在四边形中，点是边上的一点，连接与交于点，，，，请直接写出的值． 考点二 四边形的证明问题 ►题型01 利用平行四边形的性质与判定求解 1．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的面积． 2．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 3．（2024·安徽·中考真题）如图1，的对角线与交于点O，点M，N分别在边，上，且．点E，F分别是与，的交点． (1)求证：； (2)连接交于点H，连接，． （ⅰ）如图2，若，求证：； （ⅱ）如图3，若为菱形，且，，求的值． ►题型02 与三角形中位线有关的证明 4．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．    (1)如图1，若是边的中点，连接，对角线分别与相交于点． ①求证：是的中点； ②求； (2)如图2，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论． 5．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在中，平分，，重足为点E，过点E作、交于点F，G为的中点，连接．求证：．    6．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务：(1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．      ►题型03 利用矩形的性质与判定求解 7．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 8．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】 （1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：． 【变式求异】 （2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．      9．（2025·陕西西安·二模）（1）如图1，在中，，，，点D 是上的一个点，沿 折叠后，点C 恰好落在 上的点处，求四边形的面积． （2）如图2，在矩形中，，，点E 为边上一动点，作于点F，连接，分别作点F关于的对称点G 、H，连接， 当四边形的面积最小时，求的长． ►题型04 利用菱形的性质与判定求解 10．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．    (1)如图①，求证； (2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等． 11．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．    (1)求的度数； (2)四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由； (3)若，求的长． 12．（2023·吉林·中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形．转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形其中判定的依据是__________． 【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和（，），其中，，将它们按图②放置，落在边上，与边分别交于点M，N．求证：是菱形． 【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上．当时，延长交于点P，得到图③．若四边形的周长为40，（为锐角），则四边形的面积为_________．    ►题型05 利用正方形的性质与判定求解 13．（2024·贵州·中考真题）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A． (1)【操作判断】 如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度； (2)【问题探究】 如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：； (3)【拓展延伸】 点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值． 14．（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形，是对角线上一点．    (1)如图1，连接，．求证：； (2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由； (3)在第（2）题的条件下，．求的值． 15．（2025·山东临沂·一模）【问题情境】 如图 1 ，在矩形中，E 是边 上的一点，过点 D 作 ，过点 D 作， 过点 A 作 ，且． 【基础探究】 （1）判断图 1 中四边形的形状，并说明理由； 【深入探究】 （2）如图 2 ，当 E 在 延长线上时，其他条件不变，请写出，， 之间的数量关系， 并证明； 【拓展迁移】 （3）如图 3 ，在（2）的条件下，连接 ， ，当 E 在延长线上的位置发生改变时，判 断的大小是否发生变化，请说明理由． ►题型06 与特殊平行四边形有关的多结论问题 16．（2022·四川攀枝花·中考真题）如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：①四边形是平行四边形；②当时，四边形是矩形；③当时，四边形是菱形；④当，且时，四边形是正方形． 其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）． 17．（2022·山东泰安·中考真题）如图，平行四边形的对角线，相交于点O．点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 18．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形中，与交于点O，H为延长线上的一点，且，连接，分别交，BC于点E，F，连接，则下列结论：①；②；③平分；④． 其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 19．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．    20．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（    ）    A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④ ►题型07 特殊平行四边形与函数综合 21．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，一次函数．的图象与反比例函数的图象交于点． (1)求反比例函数和一次函数的表达式； (2)利用图象，直接写出不等式的解集； (3)已知点D在x轴上，点C在反比例函数图象上．若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标． 22．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒． (1)求证：； (2)求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； (3)求为何值时，线段的长度最短． 23．（2024·广东·中考真题）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A． 【构建联系】 （1）求证：函数的图象必经过点C． （2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值． 【深入探究】 （3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围． 24．（2024·重庆·模拟预测）如图，四边形是边长为的菱形，，动点分别以每秒个单位长度的速度同时从点出发，点沿折线方向运动，点沿折线方向运动，当两点相遇时停止运动．设运动时间为秒，点两点间的距离为． (1)请直接写出关于的函数表达式并注明自变量的取值范围； (2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； (3)结合函数图象，直接写出点相距个单位长度时的值．（结果保留一位小数） 四边形 边 角 对角线 平行四边形 1）两组对边分别平行 2) 两组对边分别相等 3) 一组对边平行且相等 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 矩形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 1．（2025·湖南娄底·一模）如图，点分别是的边的中点．①图中有三个平行四边形；②图中的四个小三角形的形状和大小完全一样；③四边形的周长；④．下列选项中，正确的是（    ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 2．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形中，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于，两点；作直线，分别交于点，连接和．已知，则以下四个结论中正确的是（    ） ①；②；③；④． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①② 3．（2025·广东佛山·一模）如图是王先生家的菜团，图2是该菜谱的示意图，该菜谱可看作矩形，点，分别是矩形的边，的中点，两条平行线，分别经过菱形的顶点，和边，的中点，．已知菱形的面积为6，则阴影部分的面积之和为 ． 4．（2025·上海崇明·一模）如图，长方形的边在的边上，顶点分别在、上．已知的边长，高为，且长方形的长是宽的2倍，那么的长度是 ． 5．（2025·陕西西安·一模）如图，在中，是的角平分线，四边形是平行四边形，连接，，交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 6．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在菱形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 7．（2025·上海嘉定·一模）如图，在中，，，点是边的中点，连接，作，垂足为点，连接． (1)求证：； (2)取边的中点，连接，求证：． 8．（2025·安徽·模拟预测）如图①，在四边形中，，E为上一点，且，过点B作交的延长线于点F，连接，． (1)求证：； (2)如图②，连接交于点G． ①若，求证：平分； ②若，求的值． $$