重难点03 平行四边形与特殊平行四边形综合训练（8大题型+高分技法+限时提升练）-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）

重难点03 平行四边形与特殊平行四边形综合训练 中考数学中《平行四边形、矩形、菱形》部分主要考向分为五类： 一、多边形内角和 二、平行四边形的性质与判定 三、矩形的性质与判定 四、菱形的性质与判定 五、正方形的性质 平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合。 考向一：多边形内角和 【题型1 多边形的内角和的计算】 1.多边形边数的求解方法 ①代入法:设多边形的边数为n，代入内角和公式(n-2)x180°，得到关于n的方程，然后解方程求出n； ②外角和定理:多边形的外角和是固定的，为360° 2.灵活运用内外角的关系 ①内外角转化:将多边形的内角通过外角定理转化为外角，然后利用外角和为360°来求解； ②辅助线构造:在复杂图形中，通过添加辅助线构造出多边形，利用多边形的内角和公式求解。 1．（2025·江苏南京·中考真题）如图，在正边形中，，则的值是（   ）    A．16 B．18 C．20 D．36 【答案】B 【分析】本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理，中心角， 先标字母，将正n变形看成一个圆，再根据圆周角定理求出，可求出中心角的度数，进而得出正多边形的边数． 【详解】解：如图所示，标准正方形的中心O，为中心角，将正n变形看成一个圆， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：B．    2．（2024·吉林长春·中考真题）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角与外角，正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键． 根据正五边形的内角和公式和邻补角的性质即可得到结论． 【详解】解：， 故选：D． 3．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】A 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案. 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴正边形的一个外角为， ∴的值为； 故选A 4．（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． 5．（2024·山西·模拟预测）如图，将正五边形纸片沿折叠，得到，点C的对应点为点，的延长线交于点F，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理是解题的关键．由正五边形纸片，可得，由，可得，由折叠的性质可知，，，根据，求解作答即可． 【详解】解：∵正五边形纸片， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可知，，， ∴， 故选：B． 6．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为 ．    【答案】/18度 【分析】连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答． 【详解】解：连接，，    ∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵在正五边形中，， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查正多边形的性质，内角，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键． 7．（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：． 8．（2024·陕西·模拟预测）如图，在正五边形中，相交于点 F，连接，则的度数是 ． 【答案】/54度 【分析】根据五边形是正五边形，求出，再根据等腰三角形的定义及三角形内角和定理求出，同理得，再求出，证明，得到，再证明，推出，即可解答． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ， ， ， 同理， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键． 考向二：平行四边形的性质与判定 【题型2 平行四边形的性质】 1.平行四边形的性质可以从三个方面记， ①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补； ③对角线：对角线互相平分； 2.平行四边形的问题经常转化为全等三角形的判定与性质类问题来解决。 1．（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． 2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中位线的性质可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴O是中点， 又∵E是中点， ∴OE是的中位线， ∴，， ∵的周长为12，， ∴， ∴的周长为． 故选：B. 3．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，对角线互相平分，对角相等等性质进行判断即可 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，，故①③正确， ，， 点是的中点， ， 又，，， ， ，，故②不正确， ，， ， 即，故④正确， 综上所述，正确结论的个数为3个， 故选：C． 4．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 由四边形是平行四边形得到，，再证明四边形是平行四边形，则，即可求解周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴周长为：， 故选：C． 5．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键． 如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，由得，进而得 ，则，再由得，则，由，得，在中由勾股定理得，则，证明得，则，再证明得，由此可得BG的长． 【详解】解：如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K， ∵四边形为平行四边形， ∴，， 又∵， 在中，， ∴， 由勾股定理得：，即， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 故答案为：． 6．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则 ． 【答案】5 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长． 【详解】解：在中，， ，， ， 平分， ， ， ， ， 故答案为：5． 7．（2024·湖北·中考真题）如图，在平行四边形中，、是对角线上的两点，且，求证：．    【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证≌是解答本题的关键． 由平行四边形的性质可得，即，根据可得≌，最后根据全等三角形的性质即可解答． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ∴≌， ． 8．（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． 9．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． （1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案； （2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明； （3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可． 【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线 故答案为： （2）证明：四边形为平行四边形 （3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点 四边形为平行四边形， ， ， 又 ． 【题型3 平行四边形的性质与判定综合】 1、平行四边形的判定也可以从三个方面记， ①边：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；②角：两组对角分别相等； ③对角线：对角线互相平分； 2、平行四边形的判定和性质经常综合在一起考，即先考判定一个四边形是平行四边，然后再利用平行四边形的性质去解剩余的问题。做题时，不要太轻率，要综合考虑用到的考点。 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·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． 3．（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 【答案】(1)①或②，证明见解析； (2)6 【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题关键． （1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可； （2）根据平行四边形的性质得出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：选择①， 证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； 选择②， 证明：∵，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：由（1）得， ∵，， ∴． 4．（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． 5．（2024·湖北十堰·模拟预测）综合与实践          【特殊感知】（1）如图1，在平行四边形中，，相交于点O，，，求证：． 【变式探究】（2）如图2，在中，，，在的右侧作等边，取的中点F，连接． ①求证：是的垂直平分线； ②若，求的长． 【拓展提高】（3）如图3，在中，，，D为上的任意一点，将绕点A逆时针旋转得到线段，旋转角为．取的中点P，连接，猜想与的数量关系，并给予证明． 【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1；（3）．理由见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，证出，得出，则可得出结论； （2）①延长至，使，连接，，证出，则，由等边三角形的性质可得出结论； ②证出，则可得出答案； （3）延长至，使，连接，，同（2）可知是的中位线，得出，证出，得出， 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ； （2）①证明：延长至，使，连接，， ， ， ， ， ， 为等边三角形， ， 为等边三角形， ，， ， ， 垂直平分， ， 为的中点，， ， ， ， ， ， 是的垂直平分线； ②解：由①知是的中位线， ， ， ； （3）解：． 理由：延长至，使，连接，， 同（2）可知是的中位线， ， 同（2）可知，， ， ， 将绕点逆时针旋转得到线段， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 考向三：矩形的性质与判定 【题型4 矩形的性质】 1.矩形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①矩形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四个角都是直角、对角线相等； 2.矩形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理结合来求长度。 1．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接交于点F， 设，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处， ∴点C与点A关于直线对称， ∴，垂直平分， ∴，，， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴． 故选：A． 【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 2．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线，矩形的顶点A在直线b上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点作，得到，推出，进行求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， 过点作， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 故选C． 3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作： 第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平． 第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点E，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键． 根据矩形的性质和折叠的性质推出，进而得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠可得：，，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， 即， 故选：B． 4．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键． 根据函数的图象与坐标的关系确定的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解． 【详解】解：由图象得：，当时，，此时点P在边上， 设此时，则，， 在中，， 即：， 解得：， ， 故选：B． 5．（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． 【题型5 矩形的性质与判定综合】 矩形的判定也可以从两个方向记忆， ①从平行四边形入手判定，把矩形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是矩形； ②从普通四边形入手判定则有： 有三个角是直角的四边形是矩形、对角线相等且互相平分的四边形是矩形； 1．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解 (2) 【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，作，可证，可得，由此可证平行四边形是菱形； （2）作，根据面积的计算方法可得，结合菱形的性质可得，根据含的直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下， 如图所示，过点作于点，过点作于点， 根据题意，四边形，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵宽度相等，即，且， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：如图所示，过点作于点， 根据题意，， ∵， ∴， 由（1）可得四边形是菱形， ∴， 在中，， 即， ∴． 2．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，． (1)求证：； (2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键． （1）直接根据矩形的判定证明即可； （2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得，．进而可得，再根据等腰三角形的判定得到，过点O作于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得，，，然后利用正切定义求解即可． 【详解】（1）证明：因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形是矩形． 所以； （2）解：在中，，， 所以， 因为四边形是矩形， 所以，． 因为，所以． 过点O作于点F，则， 所以， 在中，， 所以． 3．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质： （1）连接并延长，交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证； （2）由（1）可知，勾股定理求出的长，设的半径为，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵为的切线， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴四边形为矩形， ∴； （2）由（1）知四边形为矩形，，， ∴， ∴， 设的半径为，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：； 即：的半径为． 考向四：菱形的性质与判定 【题型6 菱形的性质】 1、菱形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①菱形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四条边都相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角； 2、菱形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理结合来求长度。 3、菱形面积的特殊计算方法：对角线相乘除以2 1．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可． 【详解】解：作于点， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点E表示的数是3， ∴点A表示的数是， 故选：D． 2．（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． 3．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点B作轴，垂足为点D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解． 【详解】解：过点B作轴，垂足为点D， ∵顶点在直线上，点的横坐标是8， ∴，即， ∴， ∵轴， ∴由勾股定理得：， ∵四边形是菱形， ∴轴， ∴将点B向左平移10个单位得到点C， ∴点， 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 4．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，菱形中，点是的中点，，垂足为，交于点，，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了解三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半． 先由菱形性质可得对角线与交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，进而由菱形对角线求出边长，由解三角形即可求出，． 【详解】解：连接，如图，    ∵菱形中，与互相垂直平分， 又∵点是的中点， ∴A、O、C三点在同一直线上， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 5.（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， 在中，， ∴， ∵菱形的面积为， ∴， 故选：A． 6．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平面直角坐标系内两点间的距离公式，菱形的性质，坐标与图形．结合菱形的性质求出是解题关键．由两点间的距离公式结合菱形的性质可求出，从而可求出，即得出顶点的坐标为． 【详解】解：如图， ∵点的坐标为， ∴．　 ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴顶点的坐标为． 故选C． 7．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解． 【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为， 故答案为：8． 8．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 【答案】96 【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案． 【详解】解：作交于点H，则， ∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：96． 9．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴，CO＝3（舍去）． ∵AE⊥BC，， ∴． 故答案为：． 10．（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：． 11．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 【答案】证明见解析． 【分析】本题主要考查了菱形的性质， 全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出，用证明，由全等三角形的性质可得出， 由线段的和差关系即可得出． 【详解】证明：四边形是菱形 【题型7 菱形的性质与判定综合】 菱形的判定也可以从两个方向记忆， ①从平行四边形入手判定，把菱形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是菱形； ②从普通四边形入手判定则有： 有四条边相等的四边形是菱形、对角线垂直且互相平分的四边形是菱形； 1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接 (1)求证：四边形是菱形： (2)若平行四边形的周长为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识 ： （1）由平行四边形的性质得再证明，得出，证明出四边形是平行四边形，由得出四边形是菱形： （2）求出菱形的周长为20，得出，再证明是等边三角形，得出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴即 ∴ ∵为的中点， ∴ ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， 又 ∴四边形是菱形； （2）解：∵ ∴ ∵平行四边形的周长为22， ∴菱形的周长为： ∴ ∵四边形是菱形， ∴ 又 ∴是等边三角形， ∵． 2．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形． （1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论； （2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是菱形． （2）连接，交于点O，    ∵四边形是菱形．，， ∴，，， ∴， 即菱形的边长为5． 3．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为20，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)菱形的面积9． 【分析】（1）由矩形的性质求得，再证明是的中位线，推出，，得到四边形是平行四边形，据此即可证明四边形是菱形； （2）先求得，在中，利用勾股定理列式计算求得，，再利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵矩形中， ∴，，，， ∴， ∵， ∴点是线段的中点， ∵点F是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵矩形中， ∴，，， ∵矩形的周长为20， ∴， ∴， ∴， 在中，，即， 解得或， ∵， ∴，， ∴， ∴菱形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算．证明四边形是菱形是解题的关键． 4．（2024·云南·模拟预测）如图，在Rt中，，是边上的一点，连接，是外一点且满足：，，平分，连接交于点．    (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】题目主要考查菱形的判定和性质，勾股定理解三角形，直角三角形斜边上的中线的性质等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据平行线及角平分线进行等量代换得出，再由等角对等边确定，利用平行四边形及菱形的判定即可证明； （2）根据菱形的性质及直角三角形斜边的中线确定，再由勾股定理求解得出，利用菱形的性质计算面积即可． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：由（1）知四边形是菱形， ，，， ， 是斜边上的中线， ， ， ， ， ， ，，， 菱形的面积，即， ． 5．（2024·甘肃庆阳·二模）【问题情境】在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动，如图，在矩形纸片中，点M，N分别是、的中点，点E，F分别在、上，且． 【动手操作】将沿折叠，点A的对应点为点P，将沿折叠，点C的对应点为点Q，点P，Q均落在矩形的内部，连接，． 【问题解决】 （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若，四边形为菱形，求的长． 【答案】（1）证明见详解；（2） 【分析】（1）四边形是平行四边形．证明，即可． （2）连接，交于点，延长交于，延长交于．解直角三角形求出，即可解决问题． 【详解】解：（1）证明：如图1，延长交的延长线于． 四边形是矩形， ，， 点M，N分别是，的中点， ， ． 又， ， ，， ． ， ， ， ， 四边形是平行四边形 （2）如图2，连接，交于点，延长交于，延长交于．         图2 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 6．（2022·北京海淀·模拟预测）如图，在平行四边形中，平分，点为边中点，过点作的垂线交于点，交延长线于点． (1)连接，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)12 【分析】（1）首先根据平行四边形的性质和角平分线的定义证明，推导四边形为菱形，易知，进而证明，即可证明四边形是平行四边形； （2）首先证明，，易得，在中，借助三角函数解得，然后根据“平行四边形对角线相互平分”的性质即可获得答案． 【详解】（1）证明：连接，交于点，如下图， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴， 又∵， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）可知，四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∵点为边中点， ∴， ∴在中，，即， 解得， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 7．（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． 8．（2023·云南昆明·模拟预测）如图，在四边形中，，过点D作的角平分线交于点E，连接交于点O，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为36，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义证得，再利用等腰三角形的等角对等边得到，进而利用菱形的判定定理即可证得结论； （2）先根据菱形的性质和三角形的周长求得，进而利用勾股定理求得即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵，的周长为36， ∴，则， 在中，， ∴， ∴菱形的面积为． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、勾股定理、平行线的性质以及角平分线的定义，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． 9．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与角之间的关系，熟练找出和的全等条件． （1）根据正方形的性质证明，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可； （2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出和，然后进行证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ， 在和中， ， ； （2）∵四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ． 考向五：正方形的性质与判定 【题型8 正方形的性质】 1、正方向具有矩形和菱形的一切性质； 2、正方形问题的转化方向只有一个——等腰直角三角形； 1．（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． 2．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则，根据全等三角形，正方形的性质可得，再根据勾股定理可得，即可求出的值． 【详解】解：根据题意，设，则， ∵，四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点；③若点H是的中点，则；④；⑤若，则，其中正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】A 【分析】连接，可得，垂直平分，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据垂直平分，结合互余可证明，即有，则可判断②正确；证明，即有，可判断④；根据相似有，根据可得，再证明，可得，即可判断⑤；根据点H是的中点，设，即求出，同理可证明，可得，即可得，进而可判断③． 【详解】连接，如图， ∵四边形是正方形， ∴，，，垂直平分， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴点B、H、D、F四点共圆， ∴，， ∴，故①正确， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点G是的中点，故②正确， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，故④正确， ∴， 若，则， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故⑤错误， 如图，③若点H是的中点，设，即， ∴， ∴， 同理可证明， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ，故③正确， 则正确的有：①②③④， 故选：A． 【点睛】本题是一道几何综合题，主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周角定理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，，是解答本题的关键． 4．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解． 【详解】解：∵正方形，， ∴， ∵正方形，， ∴， ∴， 由题意得， ∴， ∴，即， 解得， 故选：B． 5．（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：． 6．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ． 【答案】 【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解． 【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G， 则四边形是矩形， ∴，，， ∵折叠， ∴，， ∵点A的坐标为，点F的坐标为， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴点E的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键． 7．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 【答案】[操作判断]45； [探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解； [深入研究] 【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解； [探究证明]（1）先证明，再证明，则，继而得到，因此，，即是等腰直角三角形；（2）由翻折得，，由，得到，故，因此，而由，得到，则，因此； [深入研究] 连接，先证明，则，由，设，则，而，  则，可得，，，那么，故． 【详解】[操作判断] 解：如图， 由题意得，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 故答案为：45； [探究证明] 解：（1）如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形； （2）如图， 由翻折得，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； [深入研究] 解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵是对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴, ∵， ∴设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 8．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，在矩形中，点为边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接，交于点，且． 【模型建立】 （1）求证：； 【模型应用】 （2）若，，，求的长； 【模型迁移】 （3）如图2，若矩形是正方形，，求的值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，构造相似三角形，是解题的关键： （1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出，即可得证； （2）延长交于点，证明，得到，再证明，求出的长，进而求出的长； （3）设正方形的边长为，延长交于点，证明，得到，进而得到，勾股定理求出，进而求出的长，即可得出结果． 【详解】解：（1）∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）延长交于点， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）设正方形的边长为，则：， 延长交于点， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （建议用时：40分钟） 1．（2024·四川泸州·中考真题）宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．如图，把黄金矩形沿对角线翻折，点落在点处，交于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数等知识点，利用黄金比例表示各线段的长是解题的关键． 设宽，根据比例表示长，证明，在中，利用勾股定理即可求得结果． 【详解】解：设宽为， ∵宽与长的比是， ∴长为：， 由折叠的性质可知，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 设， 在中，， 变形得：， ，， ∴， 故选A． 2．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，证明，则，设，得到，则，故，同理可求，则，因此． 【详解】解：过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则， 由旋转得， ∵四边形是正方形， ∴，，，设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，，设， 则， ∴， ∴，而， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可求， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键． 3．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则， 在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故选：D． 4．（2024·福建福州·模拟预测）正六边形 与正五边形 按如图方式摆放，点A，B，G在一条直线上，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了正多边形的内角与外角，据正五边形和正六边形性质得出各外角度数，进而可得答案． 【详解】解：∵在正六边形和正五边形中， ， ， ∴， 故答案为：． 5．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，， ∴当重合时，最小，最小值为， ∵，，在中， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 故答案为： 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌握各知识点是解题的关键． 6．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于的方程．由矩形的性质推出，由线段中点定义得到，由折叠的性质得到：，设，由勾股定理得到，求出，得到的值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵是中点， ∴， 由折叠的性质得到：， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 7．（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：． 8．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到，，再证明，进而可证明，由相似三角形的性质可得，即． 【详解】解：∵正方形的对角线相交于点O， ∴，， ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 故答案为：． 9．（2024·青海西宁·二模）在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路． （1）【知识回顾】 在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理． （2）【数学发现】 如图②，在梯形中，，是腰的中点，请你沿着将上图的梯形剪开，并重新拼成一个完整的三角形． 如图③，在梯形中，，、分别是两腰、的中点，我们把叫做梯形的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想和、有怎样的位置和数量关系？ 【证明猜想】 （3）证明（2）的结论，并在“，”的条件下，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）画图见解析，猜想：，；（3）证明见解析，6； 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定： （1）根据三角形中位线定理的内容写出对应的已知，求证和证明过程即可； （2）延长交延长线于M，证明可得到所要的三角形；根据梯形性质和三角形的中位线进行猜想即可得出结论； （3）如图③，连接并延长，交延长线于点，证明得到，，在中，利用三角形的中位线可证得，，进而可证得结论；再根据结论求出的长即可． 【详解】解：（1）已知：在中，分别是的中点， 求证：： 证明：如图所示，过点C作交延长线与F， ∵分别是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； （2）如图所示，延长交延长线于M，则把延剪开后放置到的位置，即为所求； 猜想：，； （3）连接并延长，交延长线于点， ， ． 是的中点， ． ， ． ，． 点是的中点，又点是的中点， 是的中位线， ，． ． ，， ． ，． ∵，， ∴。 10．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明； （）由（）得，，即可得到，，进而即可求证； 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可得，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（）知，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． 11．（2024·广东·中考真题）中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意图，矩形是其中一个停车位．经测量，，，，，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．    根据以上信息回答下列问题：（结果精确到，参考数据） (1)求的长； (2)该充电站有20个停车位，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的实际应用： （1）先由矩形的性质得到，再解得到，接着解直角三角形得到，进而求出，据此可得答案； （2）解得到，解得到，再根据有20个停车位计算出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 在中，，， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴    （2）解：在中，， 在中，， ∵该充电站有20个停车位， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 12.（2024·云南昭通·一模）如图，在菱形中，对角线、相交于点，点、分别在、的延长线上，且，连接、、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若于点，，，求的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用相关知识． （1）在菱形中，可得，，，结合，可得，即可证明； （2）证明，得到，可求出，再根据勾股定理求出，最后根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：在菱形中，对角线、相交于点， ，，， ， ，即， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是菱形； （2）解：由题意知，在菱形中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：（负值已舍去）， 在中，． 在中，． 15 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点03 平行四边形与特殊平行四边形综合训练 中考数学中《平行四边形、矩形、菱形》部分主要考向分为五类： 一、多边形内角和 二、平行四边形的性质与判定 三、矩形的性质与判定 四、菱形的性质与判定 五、正方形的性质 平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合。 考向一：多边形内角和 【题型1 多边形的内角和的计算】 1.多边形边数的求解方法 ①代入法:设多边形的边数为n，代入内角和公式(n-2)x180°，得到关于n的方程，然后解方程求出n； ②外角和定理:多边形的外角和是固定的，为360° 2.灵活运用内外角的关系 ①内外角转化:将多边形的内角通过外角定理转化为外角，然后利用外角和为360°来求解； ②辅助线构造:在复杂图形中，通过添加辅助线构造出多边形，利用多边形的内角和公式求解。 1．（2025·江苏南京·中考真题）如图，在正边形中，，则的值是（   ）    A．16 B．18 C．20 D．36 2．（2024·吉林长春·中考真题）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（　　） A． B． C． D． 3．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 4．（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 5．（2024·山西·模拟预测）如图，将正五边形纸片沿折叠，得到，点C的对应点为点，的延长线交于点F，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为 ．    7．（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 ．    8．（2024·陕西·模拟预测）如图，在正五边形中，相交于点 F，连接，则的度数是 ． 考向二：平行四边形的性质与判定 【题型2 平行四边形的性质】 1.平行四边形的性质可以从三个方面记， ①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补； ③对角线：对角线互相平分； 2.平行四边形的问题经常转化为全等三角形的判定与性质类问题来解决。 1．（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 2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 3．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 5．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 ． 6．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则 ． 7．（2024·湖北·中考真题）如图，在平行四边形中，、是对角线上的两点，且，求证：．    8．（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． 9．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 【题型3 平行四边形的性质与判定综合】 1、平行四边形的判定也可以从三个方面记， ①边：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；②角：两组对角分别相等； ③对角线：对角线互相平分； 2、平行四边形的判定和性质经常综合在一起考，即先考判定一个四边形是平行四边，然后再利用平行四边形的性质去解剩余的问题。做题时，不要太轻率，要综合考虑用到的考点。 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·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. 3．（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 4．（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． 5．（2024·湖北十堰·模拟预测）综合与实践          【特殊感知】（1）如图1，在平行四边形中，，相交于点O，，，求证：． 【变式探究】（2）如图2，在中，，，在的右侧作等边，取的中点F，连接． ①求证：是的垂直平分线； ②若，求的长． 【拓展提高】（3）如图3，在中，，，D为上的任意一点，将绕点A逆时针旋转得到线段，旋转角为．取的中点P，连接，猜想与的数量关系，并给予证明． 考向三：矩形的性质与判定 【题型4 矩形的性质】 1.矩形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①矩形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四个角都是直角、对角线相等； 2.矩形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理结合来求长度。 1．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（    ） A．2 B． C． D． 2．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线，矩形的顶点A在直线b上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作： 第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平． 第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点E，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（    ） A． B． C． D． 5．（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． 【题型5 矩形的性质与判定综合】 矩形的判定也可以从两个方向记忆， ①从平行四边形入手判定，把矩形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是矩形； ②从普通四边形入手判定则有： 有三个角是直角的四边形是矩形、对角线相等且互相平分的四边形是矩形； 1．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数． 2．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，． (1)求证：； (2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 3．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 考向四：菱形的性质与判定 【题型6 菱形的性质】 1、菱形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①菱形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四条边都相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角； 2、菱形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理结合来求长度。 3、菱形面积的特殊计算方法：对角线相乘除以2 1．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 2．（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． 3．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，菱形中，点是的中点，，垂足为，交于点，，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 5.（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ． 8．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 9．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ． 10．（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 ． 11．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 【题型7 菱形的性质与判定综合】 菱形的判定也可以从两个方向记忆， ①从平行四边形入手判定，把菱形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是菱形； ②从普通四边形入手判定则有： 有四条边相等的四边形是菱形、对角线垂直且互相平分的四边形是菱形； 1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接 (1)求证：四边形是菱形： (2)若平行四边形的周长为，求的长． 2．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） 3．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为20，，求四边形的面积． 4．（2024·云南·模拟预测）如图，在Rt中，，是边上的一点，连接，是外一点且满足：，，平分，连接交于点．    (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 5．（2024·甘肃庆阳·二模）【问题情境】在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动，如图，在矩形纸片中，点M，N分别是、的中点，点E，F分别在、上，且． 【动手操作】将沿折叠，点A的对应点为点P，将沿折叠，点C的对应点为点Q，点P，Q均落在矩形的内部，连接，． 【问题解决】 （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若，四边形为菱形，求的长． 6．（2022·北京海淀·模拟预测）如图，在平行四边形中，平分，点为边中点，过点作的垂线交于点，交延长线于点． (1)连接，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 7．（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． 8．（2023·云南昆明·模拟预测）如图，在四边形中，，过点D作的角平分线交于点E，连接交于点O，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为36，求菱形的面积． 9．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 考向五：正方形的性质与判定 【题型8 正方形的性质】 1、正方向具有矩形和菱形的一切性质； 2、正方形问题的转化方向只有一个——等腰直角三角形； 1．（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 2．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 3．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点；③若点H是的中点，则；④；⑤若，则，其中正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 4．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 5．（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 ． 6．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ． 7．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 8．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，在矩形中，点为边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接，交于点，且． 【模型建立】 （1）求证：； 【模型应用】 （2）若，，，求的长； 【模型迁移】 （3）如图2，若矩形是正方形，，求的值． （建议用时：40分钟） 1．（2024·四川泸州·中考真题）宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．如图，把黄金矩形沿对角线翻折，点落在点处，交于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 4．（2024·福建福州·模拟预测）正六边形 与正五边形 按如图方式摆放，点A，B，G在一条直线上，则的度数为 ． 5．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ． 6．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ． 7．（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 ． 8．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为 ． 9．（2024·青海西宁·二模）在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路． （1）【知识回顾】 在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理． （2）【数学发现】 如图②，在梯形中，，是腰的中点，请你沿着将上图的梯形剪开，并重新拼成一个完整的三角形． 如图③，在梯形中，，、分别是两腰、的中点，我们把叫做梯形的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想和、有怎样的位置和数量关系？ 【证明猜想】 （3） 证明（2）的结论，并在“，”的条件下，求的长． 10．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 11．（2024·广东·中考真题）中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意图，矩形是其中一个停车位．经测量，，，，，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．    根据以上信息回答下列问题：（结果精确到，参考数据） (1)求的长； (2)该充电站有20个停车位，求的长． 12.（2024·云南昭通·一模）如图，在菱形中，对角线、相交于点，点、分别在、的延长线上，且，连接、、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若于点，，，求的面积． 15 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$