热点题型·专题09 四边形中的证明与计算问题（4类题型）-2025年中考数学二轮热点题型归纳与变式演练（浙江专用）

专题09 四边形中的证明与计算问题 目录 热点题型归纳 1 题型01 以平行四边形为载体的证明、性质应用及边角计算 1 题型02 以矩形为载体的证明、性质应用及边角计算 14 题型03 以菱形为载体的证明、性质应用及边角计算 31 题型04 以正方形为载体的证明、性质应用及边角计算 54 中考练场 73 题型01 以平行四边形为载体的证明、性质应用及边角计算 以平行四边形为载体的证明、性质应用及边角计算是初中数学几何板块的核心内容之一，它依托平行四边形独特的性质，综合考查学生对几何知识的理解与运用，常与三角形等知识融合，在中考数学中分值占比约 5%-8%。 1.考查重点：重点考查对平行四边形性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）的熟练运用，以及基于这些性质进行几何证明和边角计算，同时考查能否结合其他几何图形知识解决综合问题。 2.高频题型：高频题型有证明一个四边形是平行四边形；利用平行四边形性质证明线段相等、角相等或直线平行；已知平行四边形部分边角条件，计算其他边角的大小；在平行四边形与三角形等组合图形中，进行边角关系的推理与计算。 3.高频考点：考点集中在平行四边形的判定定理（如两组对边分别平行、两组对边分别相等、一组对边平行且相等、两组对角分别相等、对角线互相平分的四边形是平行四边形）的应用，平行四边形性质在证明和计算中的运用，以及平行四边形与三角形全等、相似等知识的综合考查。 4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推理能力，能够依据已知条件合理选择平行四边形的判定与性质进行证明和计算；拥有良好的图形分析能力，从复杂图形中识别出平行四边形及相关几何关系；掌握扎实的几何运算能力，准确求解边角数值。 5.易错点：易错点在于判定平行四边形时条件使用不充分或错误；在运用平行四边形性质时，对边、角、对角线关系混淆；在综合图形中，不能有效整合平行四边形与其他图形的性质，导致证明和计算出错；计算过程中粗心大意，出现数值计算错误。 【提分秘籍】 1. 平行四边形的性质： ①边的性质：两组对边分别平行且相等。 ②角的性质：对角相等，邻角互补。 ③对角线的性质：对角线相互平分。即对角线交点是两条对角线的中点。 ④对称性：平行四边形是一个中心对称图形，绕对角线交点旋转180°与原图形重合。 ⑤面积计算：等于底乘底边上的高。等底等高的两个平行四边形的面积相等。 2. 平行四边形的判定： ①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。 符号语言：∵AB∥DC，AB=DC，∴四边行ABCD是平行四边形 ②两组对边分别相等（两组对边分别平行）的四边形是平行四边形。 符号语言：∵AB=DC，AD=BC（AB∥DC，AD∥BC），∴四边行ABCD是平行四边形． ③两组对角分别相等的四边形是平行四边形。 符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB，∴四边行ABCD是平行四边形 ④对角线相互平行的四边形是平行四边形。 符号语言：∵OA=OC，OB=OD，∴四边行ABCD是平行四边形 【典例分析】 例1．（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 例2．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可． 【详解】 如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN， ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC，OB=OD ∵BE=DF ∴OE=OF ∵点E、F时BD上的点， ∴只要M，N过点O， 那么四边形MENF就是平行四边形 ∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确； 只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形， ∵点E、F是BD上的动点， ∴存在无数个矩形MENF，故②正确； 只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形； ∵点E、F是BD上的动点， ∴存在无数个菱形MENF，故③正确； 只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O， 则四边形MENF是正方形， 而符合要求的正方形只有一个，故④错误； 故选：C 【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线． 例3．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若的面积等于2，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形； （2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分． 例4．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．    (1)如图1，求边上的高的长． (2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点． ①如图2，当点落在射线上时，求的长． ②当是直角三角形时，求的长． 【答案】(1)8 (2)①；②或 【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案； （2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可； ②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案． 【详解】（1）在中，， 在中，． （2）①如图1，作于点，由（1）得，，则， 作交延长线于点，则，    ∴． ∵ ∴． 由旋转知， ∴． 设，则． ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴． ②由旋转得，， 又因为，所以． 情况一：当以为直角顶点时，如图2．    ∵， ∴落在线段延长线上． ∵， ∴， 由（1）知，， ∴． 情况二：当以为直角顶点时，如图3．    设与射线的交点为， 作于点． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴． 设，则， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 化简得， 解得， ∴． 情况三：当以为直角顶点时， 点落在的延长线上，不符合题意． 综上所述，或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键． 【变式演练】 1．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，是边上一点，，若，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等边对等角，以及三角形内角和定理的应用，根据题意等边对等角得出，根据平行线的性质可得，根据等边对等角以及三角形内角和定理可得，进而根据，即可求解；熟练掌握平行四边形的性质是本题解题关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴， ∵ ∴ ∴， ∴ 故答案为：． 2．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图．在中，对角线，交于点，且，平分交的延长线于点，点为的中点．若，，则的长为 ． 【答案】2 【分析】设交于点H，由平行四边形的性质得，则，而，所以，则，由，根据勾股定理求得，进而得到，再证明，得，根据三角形的中位线定理得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，设交于点H， ∵四边形是平行四边形，对角线交于点O，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点O是的中点，点E是的中点， 是的中位线， ∴， 故答案为：2． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，证明及是解题的关键． 3．（2024·浙江金华·二模）如图，在中，O是对角线上一点，连结，，若，，，的面积分别为，，，，则下列关于，，，，的等量关系中，不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形面积公式，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 由平行四边形的性质得出，，即可判断B、C，作于，于，则，证明得出，从而得出，，即可判断A，只有当时，，即可判断D． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， ∴，故C正确，不符合题意， ，， ， ，故B正确，不符合题意； 如图，作于，于，则， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ，，，， ，， ，故A正确，不符合题意； 只有当时，，故D错误，符合题意； 故选：D． 4．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，点分别在的延长线上，连结，若． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，证明，根据即可证明结论． （2）在延长线上截取．连结．证明，是等边三角形，得到，即可得到答案． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ． ， ． ， ． 又， ； （2）解：如图．在延长线上截取．连结． 由（1）可知，． 四边形是平行四边形，， ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ，， ． 又， ， ． ，， ． ， ． 5．（2024·浙江·模拟预测）在中，，点为上一点且，连接．分别为的中点，连结与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，灵活运用相关性质定理是解决问题的关键． （1）根据三角形中位线定理结合已知条件证得，，根据平行四边形的判定定理即可证的结论； （2）由平行四边形的性质理结合已知条件求出，由直角三角形斜边的中线得到，利用得到，，，依据勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：，分别为、的中点， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：由（1）知四边形是平行四边形， ，， ， ， 为的中点， ，， ， ， ， 设，则， 根据勾股定理得：， ， 解得：（负值已舍去）， ，， ， ， ． 题型02 以矩形为载体的证明、性质应用及边角计算 以矩形为载体的证明、性质应用及边角计算是初中数学几何板块中对特殊平行四边形深入研究的重要内容，依托矩形特有的性质，综合考查学生对几何知识的掌握与运用能力，常与三角形等知识融合，在中考数学中分值占比约 5%-8%。 1.考查重点：重点考查对矩形性质（四个角是直角、对角线相等且互相平分）的透彻理解与灵活运用，基于这些性质开展几何证明，以及结合勾股定理、相似三角形等知识进行边角的精确计算，并关注与其他几何图形性质的关联运用。 2.高频题型：高频题型有证明一个四边形是矩形；利用矩形性质证明线段相等、角相等、直线垂直；已知矩形的边长、对角线等部分条件，计算内角大小、对角线夹角、面积等边角及图形相关数值；在矩形与三角形、其他四边形构成的复杂图形中，推导并计算复杂的边角关系。 3.高频考点：考点集中在矩形判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、三个角是直角的四边形是矩形）的准确应用，矩形性质在证明和计算中的运用，以及矩形与直角三角形（由矩形内角为直角产生）、等腰三角形（对角线相等产生）相关知识的综合考查，例如运用勾股定理求边长、借助相似三角形求线段比例。 4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推理能力，能够根据已知条件合理选用矩形的判定和性质进行严密证明；拥有良好的图形分析能力，从复杂图形中识别出矩形及其蕴含的特殊几何关系；掌握扎实的运算能力，尤其是勾股定理、相似三角形等知识在矩形边角计算中的应用。 5.易错点：易错点在于判定矩形时条件使用错误或不完整，比如仅依据对角线相等就判定四边形是矩形；在运用矩形性质时，混淆对角线与边、角之间的关系，致使证明出错；在计算边角时，因对矩形中特殊三角形（直角三角形、等腰三角形）的性质理解不深，运用勾股定理、相似三角形知识出现偏差；在综合图形中，不能有效整合矩形与其他图形性质，导致思路中断。 【提分秘籍】 1. 矩形的性质： ①具有平行四边形的一切性质。 ②矩形的四个角都是直角。 ③矩形的对角线相等。 ④矩形既是一个中心对称图形，也是轴对称图形。对角线交点是对称中心，过一组对边中点的直线是矩形的对称。 ⑤由矩形的对角线的性质可知，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 2. 矩形的判定： （1）直接判定： 有三个角（四个角）都是直角的四边形是矩形。 （2）利用平行四边形判定： ①定义：有一个角是直角（邻边相互垂直）的平行四边形是矩形。 ②对角线的特殊性：对角线相等的平行四边形是矩形。 【典例分析】 例1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，故D正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键． 例2．（2023·浙江台州·中考真题）如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为 ． 【答案】 【分析】利用矩形的性质、勾股定理求出，利用证明，根据全等三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵矩形中，，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在和中 ， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 例3．（2023·浙江温州·中考真题）如图，已知矩形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，．    (1)求证：． (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据等边对等角得出，根据矩形的性质得出，，即可证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解； （2）根据，得出，设，则， ，，根据相似三角形的性质列出等式，解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴，即． （2）∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 设，∵， ∴，， ∴， 解得， ∴．    【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 例4．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结． (1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长． (2)如图2，若，设与交于点K．求证：． (3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在，最小值，最大值 【分析】（1）当点E在的中点时可得，则和是等腰直角三角形，分别求出和的长，然后根据线段的和差即可解答； （2）如图：过B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论； （3）如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．设．然后证明可得，根据勾股定理可得，进而得到，然后根据二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形中，， ∴，，， ∵点E在的中点 ∴， ∴，， ∵点B、E、F在同一直线上， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴． （2）证明：如图：过B作交于H， ∵， ∴，， ∵， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ∴． （3）解：存在，的最小值，最大值． 如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．则 设． ∵四边形和四边形都是矩形， ， ∴， ∴， ∵， ， ，即， ， ∴在中，， 即，                 当时，y有最小值为．                      ， ∴当时，y有最大值为， ∴在点E的运动过程中，的长存在最小值，最大值． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 例5．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．    (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)令，． ①求证：； ②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明，即可解答； （2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答； （3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答； ②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ， ， 四边形与关于所在直线成轴对称， ， ， ； （2）解：如图，过点作于， 设设，则， ， ， 四边形为矩形， ， 点为矩形的对称中心， ， ， 在中，， 可得方程， 解得（此时，故舍去0）， ；    （3）解：①证明：过点作于，连接， 点为矩形的对称中心， ，， ， ， ， ， ， ，即， ，， ；    ②如图，连接， 由题意可得, 点为矩形的对称中心， ， 同理可得， 由（1）知， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，由①可得， 解得， ， ， ．    【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 【变式演练】 1．（2024·浙江·模拟预测）如图，矩形中，是上的点，连接交对角线于点，若，，则的值为（   ） A． B． C．2 D．1．5 【答案】A 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，矩形的性质，解直角三角形，先由矩形的性质得到，，再解直角三角形得到，，证明，即可得到． 【详解】解：设， 四边形是矩形， ，， ， ∴， ， ， ， ，， ∴， ， 故选：． 2．（2024·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，，，点在线段上(不与点，点重合)，，则的长为(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形外角性质，相似三角形的判定和性质，连接，交于，作平分，交于，由矩形性质得，，进而得，，得到，，即得，得到，由平分，可得，得到，再证明，得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接，交于，作平分，交于， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得，， 故选：． 3．（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图，在矩形中，为边上一点，连接．若，过点作于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键． （）利用即可证明； （）由，设，，则，由勾股定理得，进而得，再根据可得，求出即可求解 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴； （2）解：∵， ∴设，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得， ∴． 4．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，连接，以为边作矩形 (点、在的同侧)，且，连接． (1)如图1，当点在的中点时，点、、在同一直线上，求的长； (2)如图2，当时，求证：线段被平分． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质和点是的中点，可得，，，证明，得到，由，可得，即可求解； （2）设与交于点，过作于，根据矩形的性质可得，，由，可推出，证明，得到，推出，结合，推出，证明，得到，即可证明． 【详解】（1）解：在矩形中，，，点是的中点， ，，， ， ， ， ， ； （2）如图，设与交于点，过作于， 在矩形中，， ，， ， ， 又， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 线段被平分． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用相关知识． 5．（2024·浙江杭州·二模）如图1，矩形是矩形以点为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为所得的图形，其中．连接，，．已知，． (1)求的度数（用含的代数式表示）． (2)如图2，当经过点时，求的值． (3)如图3，当平分时，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据旋转的性质和等腰三角形的性质并结合三角形内角和定理求解即可； （2）由矩形的性质得出，，，由勾股定理结合旋转的性质得出，求出，即可得解； （3）过点作，解直角三角形得出，由等腰三角形的性质得出平分，，进而可得，再解直角三角形得出的长，即可得解． 【详解】（1）解：∵矩形是矩形以点为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为所得的图形， ∴，， ∴为等腰三角形， （2）解：∵，，四边形为矩形， ∴，，， ∴， 由旋转的性质可得：， ∵经过点， ∴， ∴． （3）解：过点作， ， 由旋转的性质可得：，，，， 在中，， 由（1）知，为等腰三角形， ∵， ∴平分，， ∵平分，， ∴ ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的行驶在、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 题型03 以菱形为载体的证明、性质应用及边角计算 以菱形为载体的证明、性质应用及边角计算是初中数学几何领域中对特殊四边形深入探究的关键内容，借助菱形区别于一般平行四边形的特殊性质，全面考查学生的几何思维与解题能力，常与其他几何图形知识综合呈现，在中考数学中分值占比约 5%-8%。 1.考查重点：重点考查对菱形特殊性质（四条边相等、对角线互相垂直且平分每组对角）的深度理解与灵活运用，以此为基础进行各类几何证明，以及结合三角函数等知识进行边角的精准计算，并注重与其他几何图形性质的关联应用。 2.高频题型：高频题型包括证明一个四边形是菱形；利用菱形性质证明线段垂直、角平分线关系、线段相等；已知菱形的边长、对角线长度等部分条件，计算内角大小、对角线夹角、边长与高的关系等边角数值；在菱形与三角形、其他四边形组成的复合图形中，推理并计算复杂的边角关系。 3.高频考点：考点集中在菱形判定定理（一组邻边相等的平行四边形是菱形、四条边相等的四边形是菱形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形）的准确应用，菱形性质在证明和计算中的运用，以及菱形与直角三角形（因对角线垂直产生）、等腰三角形（四条边相等）相关知识的综合考查，如利用勾股定理计算边长、三角函数求角度等。 4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推导能力，能依据已知条件合理选择菱形的判定和性质进行严谨证明；拥有敏锐的图形观察能力，从复杂图形中提炼出菱形及其蕴含的特殊几何关系；掌握扎实的运算技能，特别是涉及勾股定理、三角函数等知识在菱形边角计算中的应用。 5.易错点：易错点在于判定菱形时错用或漏用条件，如仅依据对角线垂直就判定四边形是菱形；在运用菱形性质时，混淆对角线与边、角之间的特殊关系，导致证明错误；在计算边角时，因对菱形中特殊三角形（直角三角形、等腰三角形）的性质把握不准，运用勾股定理、三角函数出错；在综合图形中，无法有效整合菱形与其他图形性质，思路混乱。 【提分秘籍】 1. 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菱形的对角线相互垂直，且平分每一组对角。 ④菱形既是一个中心对称图形，也是一个轴对称图形。对称中心为对角线交点，对称轴为对角线所在直线。 ⑤面积计算：除了用计算平行四边形的面积计算方法面积，还可以用对角线乘积的一半来计算面积。 2. 菱形的判定： （1）直接判定： 四条边都相等的四边形是菱形。 符号语言：∵AB=BC=CD=DA，∴四边形ABCD是菱形 （2）利用平行四边形判定： ①定义：一组领边相等的平行四边形是菱形。 ②对角线的特殊性：对角线相互垂直的平行四边形是菱形。 【典例分析】 例1．（2023·浙江·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（    ）       A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度． 【详解】解：连接与交于O．    ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵，且， ∴是等边三角形， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质． 例2．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，于点，于点，连接    (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质的三角形全等即可证明． （2）根据菱形的性质和已知条件可推出度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出和度数，从而求出度数，证明了等边三角形，即可求出的度数． 【详解】（1）证明：菱形， ， 又， ． 在和中， ， ． ． （2）解：菱形， ， ， ． 又， ． 由（1）知， ． ． ， 等边三角形． ． 【点睛】本题考查了三角形全等、菱形的性质、等边三角形的性质，解题的关键在于熟练掌握全等的方法和菱形的性质． 例3．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为 【答案】/ 【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴设， ∴， 如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G， ∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上， ∴，， ∴ ∴点，D，O三点共线 ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ 由对称可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 例4．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形． (1)如图1，点G在上．求证：． (2)若，当过中点时，求的长． (3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？ 【答案】(1)见解析 (2)或5 (3)或或或 【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案； （2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可； （3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可． 【详解】（1）证明：如图1， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵FGBC， ∴， ∴， ∴△AFG是等腰三角形， ∴． （2）解：记中点为点O． ①当点E在上时，如图2，过点A作于点M， ∵在中，， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ②当点E在上时，如图3， 过点A作于点N． 同理，， ， ∴． ∴或5． （3）解：过点A作于点M，作于点N． ①当点E在线段上时，．设，则， ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4， ． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5， ． ∵， ∴， ∴， ∴， 此方程无解． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ②当点E在线段上时，，如图6，． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 此方程无解． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∵， ∴不合题意，舍去； ③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J， 在中，． ， ∴， ∴， ∵， ∴，符合题意， 此时，． ④当点E在线段上时，， ∵， ∴与不相似． 综上所述，s满足的条件为：或或或． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键． 例5．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G． (1)求证：. (2)若． ①求菱形的面积. ②求的值. (3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值． 【答案】(1)见解析 (2)①24，② (3)＝，理由见解析 【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案； （2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案； （3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝DC，ABCD， ∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD， ∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC， ∵平分交于点G， ∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE， ∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°， ∴∠DBG＝90°； （2）解：①如图1，连接AC交BD于点O， ∵四边形ABCD是菱形，BD＝6， ∴OD＝BD＝3，AC⊥BD， ∴∠DOC＝90°， 在Rt△DOC中，OC＝， ∴AC＝2OC＝8， ∴， 即菱形的面积是24． ②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵∠DBG＝90° ∴BG⊥BD， ∴BGAC， ∴， ∴DH＝HG，DG＝2DH， ∵DG＝2GE， ∴EG＝DH＝HG， ∴， ∵ABCD， ∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH， ∴△CDH∽△AEH， ∴， ∴CH＝AC＝， ∴OH＝OC－CH＝4－＝， ∴tan∠BDE＝； （3）如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝． 理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC， ∴△BGE∽△AHE， ∴， ∵AB＝BE＝5， ∴EG＝GH， 同理可得，△DOH∽△DBG， ∴， ∵BO＝DO， ∴DH＝GH＝EG， ∵GTBC， ∴GTAD， ∴△EGT∽△EDA， ∴， ∵AD＝AB＝5， ∴GT＝，为定值， 此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝． 【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【变式演练】 1．（2024·浙江绍兴·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于，是边的中点，连接，若，菱形的面积96，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，先由菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，可计算出的长度，根据勾股定理即可求得的长，再根据直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案． 【详解】解：四边形是菱形， ∴， ∵，菱形的面积为96， ∴， 解得， 则， ∵，是边的中点， ∴， ∴， 故选：D． 2．（2024·浙江台州·模拟预测）如图，四边形为菱形，过点D分别作的垂线，垂足为． (1)求证； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由菱形的性质证明，然后由可得出结论； （2）先由四边形内角和求出，再解，求出，即可由菱形的性质求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， ， ． （2）解：， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，四边形内角和，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 3．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在菱形中，点E在边上，连结交对角线于点F，过点E作交于点G． (1)若，，求的度数． (2)若，，求的长． (3)求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形性质和判定，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． （1）根据菱形的性质可得，，，根据可得，再根据平行线的性质即可求得的度数； （2）根据平行线的性质可证，可得，根据可得，再根据，可得，，从而证得，且，从而求得的长； （3）由（2）同理可证：，得到，证明，得到，进而得到，从而证得． 【详解】（1）解：四边形为菱形，， ，， ， 是等腰三角形，， ， ； （2）解：， ， ， ，， ， ， 又四边形为菱形， ，， ， ， ， ； （3）证明： 由（2）同理可证：， ， ， ， ， ， ． 4．（2024·浙江·三模）如图，在菱形中，点G在边 上，连接 并延长交 的延长线于点F，连结交于点E，连结． (1)若请直接写出的度数； (2)求证：； (3)若 求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定与性质是关键． （1）根据菱形的性质得到，，，然后求出和的度数，然后解题即可； （2）先证明，可以得到，然后根据菱形的性质为，即可得到，再根据公共角可以得到，即可解题； （3）设，则，，然后求出，，然后根据解题即可． 【详解】（1）解：∵是菱形，， ∴，，， ∴，， ∴； （2）∵是菱形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即； （3）解：设，则， ∵， ∴， ∴，， 又∵， ∴，， ∴， ∴， ∴． 5．（2024·浙江温州·三模）如图1，在菱形中，于点E，G为的中点，延长交的延长线于点F，已知，．点P，Q分别在线段、上（不与端点重合），且满足，设，． (1)求证：． (2)求y关于x的函数表达式． (3)如图2，连结． ①当与的一边垂直时，求x的值． ②当点D落在的延长线上时，记与的交点为M，求的值． 【答案】(1)见详解 (2)， (3)①或者，② 【分析】（1）根据含角的直角三角形的性质可得，即可得，再证明，问题得证； （2）先证明，即有，进而可得，，则有，即有，结合，，可得，问题随之得解； （3）①分类讨论，当时，先表示出，即有，结合（2）的结论有，解方程即可；当时，证明，则有，即有，即可得，解方程即可；当时，可得，此与、相交矛盾，问题随之得解； ②过Q点作于N点，先证明，根据，可得，即可得，再证明，根据，可得，问题得解． 【详解】（1）在菱形中，有，，， ∵，， ∴在中，， ∴， ∵G为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （2）∵，， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点P，Q分别在线段、上（不与端点重合）， ∴， ∴， 即：， 则：，； （3）①在（1）、（2）中已得，，， 即，， 当时，如图， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当时，如图， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 解得：， 当时， ∵， ∴， 又∵、相交， ∴的情况不存在； 综上所述：x的值为或者； ②过Q点作于N点，如图， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 整理：， 解得：（负值不符合题意，舍去）， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 结合， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即的值为． 【点睛】本题是一道几何综合题，考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，一次函数以及全等三角形的判定与性质等知识，灵活运用相似三角形的判定与性质，是解答本题的关键． 题型04 以正方形为载体的证明、性质应用及边角计算 以正方形为载体的证明、性质应用及边角计算是初中数学几何板块里对特殊四边形深度探究的关键内容，凭借正方形集矩形与菱形特性于一身的独特性质，全面考查学生对几何知识的综合运用与逻辑思维，常与三角形、其他四边形知识交织，在中考数学中分值占比约 4%-8%。 1.考查重点：重点考查对正方形性质（四条边相等、四个角是直角、对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角）的深度理解与灵活运用，以此为基础展开几何证明，并结合勾股定理、全等三角形、相似三角形等知识进行边角的精准计算，同时注重与其他几何图形性质的综合运用。 2.高频题型：高频题型有证明一个四边形是正方形；利用正方形性质证明线段相等、垂直、角平分线关系；已知正方形边长、对角线等部分条件，计算内角大小、对角线夹角、面积、周长等边角及图形相关数值；在正方形与三角形、其他四边形组成的复杂图形中，推导并计算复杂的边角关系与图形面积。 3.高频考点：考点集中在正方形判定定理（一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形、有一组邻边相等的矩形是正方形、有一个角是直角的菱形是正方形）的准确应用，正方形性质在证明和计算中的运用，以及正方形与等腰直角三角形（由正方形性质产生）、全等三角形、相似三角形相关知识的综合考查，如运用勾股定理求对角线长度、借助全等三角形证明线段关系。 4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推导能力，能依据已知条件合理选择正方形的判定和性质进行严谨证明；拥有敏锐的图形观察能力，从复杂图形中提炼出正方形及其蕴含的特殊几何关系；掌握扎实的运算技能，尤其是勾股定理、全等与相似三角形知识在正方形边角计算与图形关系推导中的应用。 5.易错点：易错点在于判定正方形时条件使用不充分或错误，如仅依据四条边相等就判定四边形是正方形；在运用正方形性质时，混淆边、角、对角线之间的特殊关系，导致证明错误；在计算边角时，因对正方形中特殊三角形（等腰直角三角形）的性质把握不准，运用勾股定理、全等与相似三角形知识出错；在综合图形中，无法有效整合正方形与其他图形性质，思路混乱。 【提分秘籍】 1. 正方形的性质： ①具有平行四边形的一切性质。 ②具有矩形与菱形的一切性质。 所以正方形的四条边都相等，四个角都是直角。对角线相互平分且相等，且垂直，且平分每一组对角，把正方形分成了四个全等的等腰直角三角形。 正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。对角线交点是对称中心，对角线所在直线是对称轴，过每一组对边中点的直线也是对称轴。 2. 正方形的判定： （1）利用平行四边形判定： 一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形。（定义判定） （2）利用菱形与矩形判定： ①有一个角是直角的菱形是正方形。 ②对角线相等的菱形是正方形。 ③邻边相等的矩形是正方形。 ④对角线相互垂直的矩形是正方形。 【典例分析】 例1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．    (1)求证：． (2)判断与是否垂直，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)与垂直，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可； （2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可． 【详解】（1）解：在正方形中， ∴， ∴． （2）与垂直，理由如下． 连接交于点． ∵为正方形的对角线， ∴， 又∵， ∴， ∴． 在正方形中，， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 例2．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形中，，点E在边上，是的中点，点H在边上，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先过点作，连接数、，延长到点，使，连接，根据可得，利用可证，再利用可证，从而可得，利用勾股定理可得，利用梯形中位线定理可以求出，根据可证，根据相似三角形对应边成比例可以求出的值． 【详解】解：如下图所示，过点作，连接数、，延长到点，使，连接， 四边形是正方形，， ，， ， ，， ， ，， ， ， 在和中， ， ，， ， ， 在和中， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：， ， ， 点是的中点， 是梯形的中位线，                                       ，， ， ， 又， ， ， ， 解得：． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、梯形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键． 例3．（2023·浙江杭州·中考真题）在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点． (1)若，求的长． (2)求证：． (3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明，利用相似三角形的对应边成比例求解； （2）证明，利用相似三角形的对应边成比例证明； （3）设，则，，在中，利用勾股定理求解． 【详解】（1）解：由题知，， 若，则． 四边形是正方形， ， 又， ， ， 即， ． （2）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ． （3）解：设， 则，． 在中，， 即， 解得． ． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，正方形的性质等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 例4．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH． (1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积， (2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K． ①求证：； ②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：． 【答案】(1)5 (2)①见解析；②见解析 【分析】（1）由中点定义可得，从而可求，然后根据勾股定理和正方形的面积公式可求正方形EFGH的面积； （2）①根据余角的性质可证，进而可证，然后利用相似三角形的性质和等量代换可证结论成立； ②先证明，再证明，利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义整理可得结论． 【详解】（1）解：∵，点M是边AB的中点， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理，得 ， ∴正方形EFGH的面积为5． （2）解：①由题意知， ∴， ∵四边形EFGH是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴． ②由①得， 又∵，， ∴， 设的面积为． ∵∠K=∠K， ∠KHI=∠A=90°， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 例5．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知． (1)线段与垂直吗？请说明理由． (2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交于点K．求证：． (3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段的中点时，求的值． 【答案】(1)，见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明（），得到，进一步得到，由△CFH是等腰三角形，结论得证； （2）过点K作于点G．先证△AKG∽△ACB，得，证△KHG∽CHB可得，结论得证； （3）过点K作点G．求得，设，，则KG＝AG＝GB＝3a，则，勾股定理得，，由得，得，，即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴（）， ∴． 又∵， ∴． ∵ ∴△CFH是等腰三角形， ∴． （2）证明：如图1，过点K作于点G． ∵， ∴． ∴， ∴． ∵，， ∴． ∴， ∴， ∴． （3）解：如图2，过点K作点G． ∵点K为中点： 由（2）得， ∴， 设，，则， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【变式演练】 1．（2024·浙江·模拟预测）如图，点E，F分别为正方形的边上的点，交于点G，连接，已知与的面积之差，若要求正方形面积，只需要知道下列哪条线段的长（    ）    A．线段 B．线段 C．线段 D．线段 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质，根据的面积等于，的面积等于，得到与的面积之差等于，即：，得到只需知道线段的长，即可求出的长，进而求出正方形的面积即可． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∴， ∵的面积等于，的面积等于， ∴与的面积之差等于， 即：， ∵与的面积之差已知， ∴只需知道线段的长，即可求出的长，进而求出正方形的面积； 故选A． 2．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且，作于点，交于点若， ，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，以及正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 根据有两个角相等的三角形相似可得，因为，所以与的相似比为，由相似三角形对应线段成比例，列比例式求出，，再根据勾股定理可得，证明，对应线段成比例即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， ， ， ，， ， ， ， ． 故选：C． 3．（2024·浙江台州·模拟预测）点P在正方形的内部，且． (1)当时（如图1），判断的形状，并说明理由； (2)如图2，延长交于点E，若，设的面积为，的面积为，求的值． 【答案】(1)为等边三角形，理由见解析 (2) 【分析】（1）由等边对等角得出，由正方形的性质推出，再证明，由全等三角形的性质可得出，结合已知条件可得出为等边三角． （2）作于M，于N，则，判定，有，结合题意即可求得，则有，利用三角形的面积即可求得． 【详解】（1）解：为等边三角形，理由如下： ， ， 是正方形， ，， ， ∵， ， ∴为等边三角形； （2）作于M，于N，如图， 则， ∴， ∴， ∵， ∴，则． ∴， ． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是作辅助线和熟悉正方形和三角形之间的转化． 4．（2024·广东惠州·一模）数学活动课上，老师提出如下问题：已知正方形，E为对角线上一点． 【感知】（1）如图1，连接，．求证：； 【探究】（2）如图2，F是延长线上一点，，交于点G． ①求证：； ②若G为的中点，且，求的长． 【应用】（3）如图3，F是延长线上一点，，交于点G，．求证：． 【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解；②；（3）证明见解析 【分析】（1）先判断出，进而判断出，即可得出结论； （2）①先判断出，进而判断出即可得出结论； ②过点F作于H，先求出，进而求出，进而求出，最后用勾股定理即可求出答案； （3）在中，由勾股定理得，由（1）知，，由（2）知，，可证明，则． 【详解】解：（1）∵是正方形的对角线， ∴， ∵ ∴， ∴ （2）①∵四边形是正方形， ∴ ∴ 由（1）知， ∴ ∴， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ ②如图，过点F作于H， ∵四边形为正方形，点G为的中点， ∴ 由（2）①知， ∴ ∴ 在与中，∵ ∴， ∴， ∴ 在中，由勾股定理得； （3）∵， ∴， 在中，， ， 由（1）知，， 由（2）知，， ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，作出辅助线构造出直角三角形是解（2）的关键． 5．（2024·浙江·模拟预测）如图，正方形，在正方形内以为圆心为半径画，是边上一点（不与，重合），连结交 于点，作交于，连结，． (1)求的度数． (2)证明：． (3)若是中点，求的值． (4)若，，直接写出的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）根据三角形外角的性质以及圆周角和圆心角的关系求解即可； （2）过C作于N，根据角平分线的性质得出垂线段相等，在根据四边形内角和定理以及补角的定义，得出角相等，构造全等三角形，即可证明； （3）根据E是中点，令，根据勾股定理求出，再在和中运用勾股定理列出一元二次方程，最终求出的长度即可求解； （4）先根据比例关系，设和的长，再根据等腰直角三角形的性质得出和的长，再根据正方形的判定与性质，得出和的关系，设的长，运用勾股定理求出和的关系，最后根据勾股定理表示出，然后在中运用勾股定理，求出即可． 【详解】（1）解：连接，，如图： ， 由圆周角定理可得：，， ； （2）证明：过作于，于，如图： ， ， ， 是的平分线， ， ， ， 又， ， ， ； （3）解：连接，如图： 令， 是的中点，四边形为正方形， ， 由勾股定理得：，， 设，则， 由勾股定理得：， 即：， 解得：， ， ； （4）解：如（2）图， ， ， 又，， ， ， ，， 为等腰直角三角形， ， 同理可得，， 四边形为正方形， 由（2）知，， ，， ， ， 设，， ， 设，则，， 在中，， 解得：或（舍去）， ， ， ， 在中，， 解得：或（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及正方形的判定与性质，灵活运用圆周角定理、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及正方形的判定与性质是本题解题的关键． 一、单选题 1．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，延长交于点M，连结并延长交于点N．若，则正方形与正方形的面积的比值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查正方形的性质和相似三角形的判定与性质，由四边形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形得设得证明可得从而可求出结论 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴ ∵， ∴； ∵四边形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形， ∴ 设 ∴ ∴， 由题意得， ∴ ∴，即， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∴， 解得， ∴ ∴， 故选：A 2．（2025·浙江宁波·一模）在菱形中， 点E，F分别是， 的中点， 连接， ．若 ，， 则的长为（    ） A． B． C． D．6 【答案】A 【分析】延长，交于点M，证明，，可得，过E点作于N点，结合可得，，，再进一步可得答案. 【详解】解：延长，交于点M， 在菱形中，点E，F分别是，的中点， ，，，， 在和中 ， ， ， 在和中 ， ， ，， 过E点作于N点， ，， ，， ， ， 在中 ， 即， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键． 3．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知E是正方形内一点，设，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查正方形的性质，等边对等角，三角形内角和，熟练掌握正方形的性质是解题的关键： 根据正方形的四条边都相等，四个角都是直角可得，根据等边对等角可得，根据三角形内角和是可得，逐项判断即可 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， 即， ∴， 在中，， 即， ∴， 故；A符合题意； ；B不符合题意； ；C不符合题意； ，D不符合题意； 故答案为：A 4．（2025·浙江·一模）如图，在正方形中，点是上一动点（不与重合），对角线相交于点，过点分别作的垂线，分别交于点，交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点O在M、N两点的连线上．其中正确的是（　　） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤ 【答案】B 【分析】由正方形的性质知平分，平分，结合，可得 ， 可判断①②，证明为矩形可判断③，由的形状可判断④不成立，连接，证明，可得点是的外接圆的圆心，可得M、O、N共线． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴． ∵， ∴， ∵在和中， ， ∴，故①正确； ∴， 同理，． ∵正方形中， 又∵， ∴，且中 ∴四边形是矩形． ∴， ∴， 又∵， ∴，故②正确； ∵四边形是矩形， ∴， 在直角中，， ∴，故③正确． ∵是等腰直角三角形，而不一定是等腰直角三角形，故④错误； 连接， ∵垂直平分线段垂直平分线段， ∴， ∴， ∴点是的外接圆的圆心， ∵， ∴为直径， ∴在上， ∴点O在M、N两点的连线上，故⑤正确； 综上所述： ①②③⑤正确． 故故答案：B． 【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定、勾股定理，圆周角定理的应用等知识，掌握相关性质、定理是关键． 二、填空题 5．（2025·浙江宁波·一模）如图， 已知正方形的边长为3， P是中点， 点F在上且满足，延长分别交于点M，交的延长线于点E，则 的长为 ． 【答案】 【分析】连接，过作于，交于，证明，求解，证明四点在同一个圆上，可得，证明，设，则，求解，，求解， ，再进一步求解即可． 【详解】解：如图，连接，过作于，交于， ∵正方形， ∴四边形，四边形为矩形，， ，， ∴，， ∵P是中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四点在同一个圆上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∴， 解得：，（舍去）， ∴，， ∵， ∴， 解得：，经检验符合题意； ∵，， 同理：， ∴， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 6．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在正方形中，为对角线，E为上一点，过点E作，与分别交于点G、F，H为的中点，连接．下列结论：①；②；③；④若，则，其中结论正确的有 （填写序号）． 【答案】①②③ 【分析】①根据题意可知，则，则； ②由证明，得到，从而； ③同②证明即可； ④若，则，可以证明，则且，则，为等腰直角三角形，过H点作垂直于于M点，设，则， ，，则 ， ，可作判断． 【详解】解：①∵四边形为正方形，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，故①正确； ②∵为等腰直角三角形，H为的中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，故②正确； ③∵为等腰直角三角形，H为的中点， ∴， ， 在和中， ， ∴，故③正确； ④∵， ∴， ∵为等腰直角三角形，H为的中点， ∴，， ∵， 在和中， ， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， 过H点作垂直于于M点，如图所示： 设，则， ，， 则 ，， ∴， 故④不正确； 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是能够综合应用上述知识点． 三、解答题 7．（2024·浙江杭州·三模）如图，在平行四边形中，点E，F在对角线上，且，顺次连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，关键是根据平行四边形的性质得出解答． （1）根据平行四边形的性质得出，进而利用全等三角形的判定与性质得出，进而利用平行四边形的判定解答即可； （2）根据直角三角形的性质得出，进而利用平行四边形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 8．（2025·浙江杭州·一模）如图，四边形是菱形，是的中点，的垂线交于点，交的延长线于点． (1)求证： ； (2)连接，． ①求菱形的周长； ②若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①16；② 【分析】（1）连接，根据菱形的性质可得，，结合可得，根据点E是的中点可得点M为的中点，据此证明； （2）①根据中点的概念可得，根据菱形以及平行线的性质可得，，证明，得到，结合以及的值可得，据此不难求出菱形的周长； ②连接，记与交点为点G，易得，，根据等腰三角形的性质可得，结合外角的性质可得，已知，则，则，易得，，，则为直角三角形，据此求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 四边形是菱形， ，， ， ， 点是的中点， ∴，， 点是的中点， ， ； （2）解：由（1）得，点是的中点， ， 四边形是菱形， ， ，， ， ， ，， ， 菱形的周长为； 如图，连接，记与交点为点， ，， ，， ， ， ， ， ，， ，， ，， ， ∴， ， ， ， ， 为直角三角形， ， ，， ， ． 【点睛】本题考查菱形的性质、平行线分线段成比例、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理及外角性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，证得是解答的关键． 9．（2024·浙江·模拟预测）如图，矩形中，，点是的中点，连接． 将沿着折叠后得，延长交于，连接． (1)求证：平分． (2)若，，求的长． (3)若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据折叠性质和矩形性质可得，再根据点M是的中点，可证，进而证明，即可证出； （2）由折叠性质和由（1）得，可以求出，即可证明，进而根据相似三角形的性质，即可求解； （3）由折叠性质和第（2）问可得，进而求出，由（1），可求，进而求出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠性质可得：， ∵延长交于E， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴， 由折叠性质可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）证明：由折叠性质可得：， 由（1）得：， ∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ ∵，点是的中点， ∴； ∴ ∴ 解得： （3）解：由（2）得：， ∵， ∴， 由（2）得：， 由折叠性质得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）得：， ∴， ∴， 由折叠性质的：， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题考查矩形与折叠问题，三角函数、全等三角形的证明与性质、相似三角形的判定与性质等，灵活运用所学知识是关键． 10．（2024·浙江温州·二模）如图，在矩形中，，分别过点，作，交于点，，连结，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)分别取，的中点，，连结，．若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解题的关键． （1）先利用矩形的性质以及已知条件得到、，再根据全等三角形的性质可得，最后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论； （2）先根据矩形的性质得到，即，再由勾股定理可得；再根据直角三角形的性质可得，进而求得可得，然后根据三角形中位线的性质可得、，最后根据图形即可解答． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴, ∴， ∵，， ∴,， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． （2）解：∵矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴, ∴ ∵， ∴， ∴, ∵， ∴ ∴, ∴, ∵的中点， ∴；同理可得：， ∴四边形的面积为 11．（2024·浙江台州·二模）如图1，在正方形中，点E在上（不与点B，C重合），点F在边上，，连接交于点M． (1)求证：； (2)如图2，连接与交于点G，连接交于点H． ①求证：； ②当时，求的值； (3)如图3，若E是的中点，以点B为圆心，为半径作，P是上的一个动点，连接交于点N，则的最大值为 ． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② (3)2 【分析】（1）证明，则，利用互余关系即可证明； （2）①证明，则，再由（1）的证明即可证明； ②分别过G、H作的垂线，垂足分别为K、Q；设，则可得，则可得，由相似三角形的性质得，进而得，则由勾股定理可分别求得，从而求得结果； （3）延长交于点W，过P作于Y，过P作交射线于点J；易证，则，从而，当最大时，最大；证明，则可得，当最大时，最大，此时点P与点W重合，Y与M重合；由面积关系求出，则可得的值，最后求得结果； 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 即， ； （2）①证明：四边形是正方形， ， ， ， ， 再由（1）的证明知：， ， 即； ②解：如图，分别过G、H作的垂线，垂足分别为K、Q； 则； ∵四边形为正方形， ， ， ， 设， 由①知，， ， ， ； ， ， ， ， 即， ； ， ， ， 即， 由勾股定理得：，； ， ， ， 又由（1）知，， 由勾股定理得， ； （3）解：如图，延长交于点W，过P作于Y，过P作交射线于点J； ， ， ， ， 则当最大时，最大； ，， ， ； ， ， ； ∵点E是的中点，， ， 由勾股定理得， ， 即， 上式表明：当最大时，最大，从而最大； 此时点P与点W重合，Y与M重合； ， ， 则， ， 的最大值为； 故答案为：2． 【点睛】本题是正方形的综合，考查了正方形的性质，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，圆上点到切线的距离最大为直径等知识，综合性较强，构造适当的辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键． 12．（2024·浙江绍兴·二模）【特例发现】 正方形与正方形如图1所示放置，，，三点在同一直线上，点在边上，连结，．通过推理证明，我们可得到两个结论：①；②．    【旋转探究】 将正方形绕点按顺时针方向旋转一定角度到图2所示的位置，则在“特例发现”中所得到的关于与的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．    【迁移拓广】 如图3，在矩形与矩形中，若，．连结，．探索线段与线段存在怎样的数量关系和位置关系？为什么？    【联想发散】如图4，与均为正三角形，连结，．则线段与线段的数量关系是______；直线与直线相交所构成的夹角中，较小锐角的度数为______．      【答案】【旋转探究】结论仍然成立．证明见解析；【迁移拓广】有结论：①；②．理由见解析；【联想发散】，． 【分析】【旋转探究】根据正方形的性质易证，得出，延长与、交于点I、H，利用角的转化得出，从而结论得证； 【迁移拓广】 根据矩形的性质及条件“，”，易证，得出，，设和的交点为M，与的交点为N，利用角的转化得出，从而得到结论； 【联想发散】 延长交的延长线于点，交于点．证明，推出，，利用角的转化得出，可得结论． 【详解】【旋转探究】 结论仍然成立． 证明：如图，延长与、交于点I、H，   ， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， ， 且； 【迁移拓广】 解：，．理由如下： 四边形与四边形都为矩形， ， ， ，， ， ， ，， ， 如图，设和的交点为M，与的交点为N，   ，，， ， ， ． 【联想发散】 解：如图，延长交的延长线于点，交于点．   ，都是等边三角形， ，，， ， ， ，， ， ， ， ，直线与直线相交所成较小角的度数是． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，旋转的性质等，熟练掌握并灵活运用相关知识是解题的关键． 13．（2024·浙江杭州·一模）如图，在正方形中，以为直径作半圆，点为半圆上一点，连结并延长交边于点，连结并延长交边于点，连结． (1)求证：； (2)当时，求的最小值； (3)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)的最小值为； (3)． 【分析】（1）由正方形的性质得，，由是的直径，得，可证明，进而证明，得； （2）连接、，由，得，，则，由，得，则，所以的最小值为； （3）取的中点，以为半径作，连接、，则，所以、、、四点都在上，而，则，可证明，，则，所以，则，求得的值为． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 是的直径， ， ， ， ； （2）解：如图1，连接、， 是的直径，且， ，， ， ， ， ， 的最小值为； （3）解：如图2，连接，取的中点，以为半径作，连接、， ， ， 、、、四点都在上， ， ， 由（1）得， ，， ， ， ， 整理得， 或（不符合题意，舍去）， ， 的值为． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、圆周角定理、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键． 14．（2024·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，，．点M，N分别是，边上的动点，连接、．请你解答下列问题： (1)如图1，若M是边上的中点且，求的值； (2)如图2，若M是边上的三等分点且，连接，求的面积． 【答案】(1) (2)或5 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质等知识点，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． （1）根据矩形的性质，可证明，进而求得，根据，即可求解； （2）过点作交延长线于，过点作延长线于，延长交于，可证，，得，，则，，再根据是的三等分点，可知，或，，分两种情况求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，，，， 则 ∵是边上的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即，解得：， 则， ∴； （2）过点作交延长线于，过点作延长线于，延长交于， 则四边形是矩形，，，， ∵，，则 ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，，则， ∵， ∴，则 ∵是的三等分点， ∴，或，， 当，时，，则， ∵，即：， ∴，， 则 ； 当，，时，，则， ∵，即：， ∴，， 则 ； 综上，的面积为或5． 15．（2024·浙江·模拟预测）如图1，在正方形中，，的边分别与对角线相交于点P，Q，请说明． 尝试解决： （1）小明给出了以下思路：将绕点A逆时针旋转得到，使与重合，连结，请帮小明完成解题过程． 类比探究： （2）如图2，在正方形内作，使与相交于点与相交于点Q，连结．已知，，求的面积． 拓展应用： （3）如图3，在长方形中，，，，P是上一点，Q是上一点，连结，求的面积的最小值． 【答案】（1）见详解；（2）15；（3） 【分析】（1）可证明，，则，由于在中，，故； （2）延长至点G，使得，连接，则可得， 同（1）可证明，故，设正方形边长为a，则，在中，由勾股定理得，，解得，，故； （3）延长至点，使得，连接，先证明，则，，同上可得，，过点P作，故，可得，作的外接圆，记为，连接，作，则，设的半径为r，则，，由，得到，故，因此，故，则． 【详解】（1）证明：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 由题意得，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在中，， ∴； （2）解：延长至点G，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 同（1）可证明， ∴， 设正方形边长为a，则， ∴在中，由勾股定理得，， 解得，， ∴； （3）解：延长至点，使得，连接， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴，， 同上可得，， 过点P作， ∴， ∴， 作的外接圆，记为，连接，作， ∵， ∴， 设的半径为r， ∴在中，由勾股定理可得，， ∵，， ∴点H为的中点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点 ，熟练掌握知识点，正确添加辅助线，识别“定角定高”模型求面积最值是解决本题的关键． 3 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 四边形中的证明与计算问题 目录 热点题型归纳 1 题型01 以平行四边形为载体的证明、性质应用及边角计算 1 题型02 以矩形为载体的证明、性质应用及边角计算 5 题型03 以菱形为载体的证明、性质应用及边角计算 10 题型04 以正方形为载体的证明、性质应用及边角计算 14 中考练场 19 题型01 以平行四边形为载体的证明、性质应用及边角计算 以平行四边形为载体的证明、性质应用及边角计算是初中数学几何板块的核心内容之一，它依托平行四边形独特的性质，综合考查学生对几何知识的理解与运用，常与三角形等知识融合，在中考数学中分值占比约 5%-8%。 1.考查重点：重点考查对平行四边形性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）的熟练运用，以及基于这些性质进行几何证明和边角计算，同时考查能否结合其他几何图形知识解决综合问题。 2.高频题型：高频题型有证明一个四边形是平行四边形；利用平行四边形性质证明线段相等、角相等或直线平行；已知平行四边形部分边角条件，计算其他边角的大小；在平行四边形与三角形等组合图形中，进行边角关系的推理与计算。 3.高频考点：考点集中在平行四边形的判定定理（如两组对边分别平行、两组对边分别相等、一组对边平行且相等、两组对角分别相等、对角线互相平分的四边形是平行四边形）的应用，平行四边形性质在证明和计算中的运用，以及平行四边形与三角形全等、相似等知识的综合考查。 4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推理能力，能够依据已知条件合理选择平行四边形的判定与性质进行证明和计算；拥有良好的图形分析能力，从复杂图形中识别出平行四边形及相关几何关系；掌握扎实的几何运算能力，准确求解边角数值。 5.易错点：易错点在于判定平行四边形时条件使用不充分或错误；在运用平行四边形性质时，对边、角、对角线关系混淆；在综合图形中，不能有效整合平行四边形与其他图形的性质，导致证明和计算出错；计算过程中粗心大意，出现数值计算错误。 【提分秘籍】 1. 平行四边形的性质： ①边的性质：两组对边分别平行且相等。 ②角的性质：对角相等，邻角互补。 ③对角线的性质：对角线相互平分。即对角线交点是两条对角线的中点。 ④对称性：平行四边形是一个中心对称图形，绕对角线交点旋转180°与原图形重合。 ⑤面积计算：等于底乘底边上的高。等底等高的两个平行四边形的面积相等。 2. 平行四边形的判定： ①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。 符号语言：∵AB∥DC，AB=DC，∴四边行ABCD是平行四边形 ②两组对边分别相等（两组对边分别平行）的四边形是平行四边形。 符号语言：∵AB=DC，AD=BC（AB∥DC，AD∥BC），∴四边行ABCD是平行四边形． ③两组对角分别相等的四边形是平行四边形。 符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB，∴四边行ABCD是平行四边形 ④对角线相互平行的四边形是平行四边形。 符号语言：∵OA=OC，OB=OD，∴四边行ABCD是平行四边形 【典例分析】 例1．（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． 例2．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 例3．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若的面积等于2，求的面积． 例4．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．    (1)如图1，求边上的高的长． (2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点． ①如图2，当点落在射线上时，求的长． ②当是直角三角形时，求的长． 【变式演练】 1．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，是边上一点，，若，则的度数为 ． 2．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图．在中，对角线，交于点，且，平分交的延长线于点，点为的中点．若，，则的长为 ． 3．（2024·浙江金华·二模）如图，在中，O是对角线上一点，连结，，若，，，的面积分别为，，，，则下列关于，，，，的等量关系中，不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 4．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，点分别在的延长线上，连结，若． (1)求证：． (2)若，，求的长． 5．（2024·浙江·模拟预测）在中，，点为上一点且，连接．分别为的中点，连结与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 题型02 以矩形为载体的证明、性质应用及边角计算 以矩形为载体的证明、性质应用及边角计算是初中数学几何板块中对特殊平行四边形深入研究的重要内容，依托矩形特有的性质，综合考查学生对几何知识的掌握与运用能力，常与三角形等知识融合，在中考数学中分值占比约 5%-8%。 1.考查重点：重点考查对矩形性质（四个角是直角、对角线相等且互相平分）的透彻理解与灵活运用，基于这些性质开展几何证明，以及结合勾股定理、相似三角形等知识进行边角的精确计算，并关注与其他几何图形性质的关联运用。 2.高频题型：高频题型有证明一个四边形是矩形；利用矩形性质证明线段相等、角相等、直线垂直；已知矩形的边长、对角线等部分条件，计算内角大小、对角线夹角、面积等边角及图形相关数值；在矩形与三角形、其他四边形构成的复杂图形中，推导并计算复杂的边角关系。 3.高频考点：考点集中在矩形判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、三个角是直角的四边形是矩形）的准确应用，矩形性质在证明和计算中的运用，以及矩形与直角三角形（由矩形内角为直角产生）、等腰三角形（对角线相等产生）相关知识的综合考查，例如运用勾股定理求边长、借助相似三角形求线段比例。 4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推理能力，能够根据已知条件合理选用矩形的判定和性质进行严密证明；拥有良好的图形分析能力，从复杂图形中识别出矩形及其蕴含的特殊几何关系；掌握扎实的运算能力，尤其是勾股定理、相似三角形等知识在矩形边角计算中的应用。 5.易错点：易错点在于判定矩形时条件使用错误或不完整，比如仅依据对角线相等就判定四边形是矩形；在运用矩形性质时，混淆对角线与边、角之间的关系，致使证明出错；在计算边角时，因对矩形中特殊三角形（直角三角形、等腰三角形）的性质理解不深，运用勾股定理、相似三角形知识出现偏差；在综合图形中，不能有效整合矩形与其他图形性质，导致思路中断。 【提分秘籍】 1. 矩形的性质： ①具有平行四边形的一切性质。 ②矩形的四个角都是直角。 ③矩形的对角线相等。 ④矩形既是一个中心对称图形，也是轴对称图形。对角线交点是对称中心，过一组对边中点的直线是矩形的对称。 ⑤由矩形的对角线的性质可知，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 2. 矩形的判定： （1）直接判定： 有三个角（四个角）都是直角的四边形是矩形。 （2）利用平行四边形判定： ①定义：有一个角是直角（邻边相互垂直）的平行四边形是矩形。 ②对角线的特殊性：对角线相等的平行四边形是矩形。 【典例分析】 例1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ）    A． B． C． D． 例2．（2023·浙江台州·中考真题）如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为 ． 例3．（2023·浙江温州·中考真题）如图，已知矩形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，．    (1)求证：． (2)当，时，求的长． 例4．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结． (1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长． (2)如图2，若，设与交于点K．求证：． (3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由． 例5．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．    (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)令，． ①求证：； ②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值． 【变式演练】 1．（2024·浙江·模拟预测）如图，矩形中，是上的点，连接交对角线于点，若，，则的值为（   ） A． B． C．2 D．1．5 2．（2024·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，，，点在线段上(不与点，点重合)，，则的长为(    ) A． B． C． D． 3．（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图，在矩形中，为边上一点，连接．若，过点作于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 4．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，连接，以为边作矩形 (点、在的同侧)，且，连接． (1)如图1，当点在的中点时，点、、在同一直线上，求的长； (2)如图2，当时，求证：线段被平分． 5．（2024·浙江杭州·二模）如图1，矩形是矩形以点为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为所得的图形，其中．连接，，．已知，． (1)求的度数（用含的代数式表示）． (2)如图2，当经过点时，求的值． (3)如图3，当平分时，求的长． 题型03 以菱形为载体的证明、性质应用及边角计算 以菱形为载体的证明、性质应用及边角计算是初中数学几何领域中对特殊四边形深入探究的关键内容，借助菱形区别于一般平行四边形的特殊性质，全面考查学生的几何思维与解题能力，常与其他几何图形知识综合呈现，在中考数学中分值占比约 5%-8%。 1.考查重点：重点考查对菱形特殊性质（四条边相等、对角线互相垂直且平分每组对角）的深度理解与灵活运用，以此为基础进行各类几何证明，以及结合三角函数等知识进行边角的精准计算，并注重与其他几何图形性质的关联应用。 2.高频题型：高频题型包括证明一个四边形是菱形；利用菱形性质证明线段垂直、角平分线关系、线段相等；已知菱形的边长、对角线长度等部分条件，计算内角大小、对角线夹角、边长与高的关系等边角数值；在菱形与三角形、其他四边形组成的复合图形中，推理并计算复杂的边角关系。 3.高频考点：考点集中在菱形判定定理（一组邻边相等的平行四边形是菱形、四条边相等的四边形是菱形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形）的准确应用，菱形性质在证明和计算中的运用，以及菱形与直角三角形（因对角线垂直产生）、等腰三角形（四条边相等）相关知识的综合考查，如利用勾股定理计算边长、三角函数求角度等。 4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推导能力，能依据已知条件合理选择菱形的判定和性质进行严谨证明；拥有敏锐的图形观察能力，从复杂图形中提炼出菱形及其蕴含的特殊几何关系；掌握扎实的运算技能，特别是涉及勾股定理、三角函数等知识在菱形边角计算中的应用。 5.易错点：易错点在于判定菱形时错用或漏用条件，如仅依据对角线垂直就判定四边形是菱形；在运用菱形性质时，混淆对角线与边、角之间的特殊关系，导致证明错误；在计算边角时，因对菱形中特殊三角形（直角三角形、等腰三角形）的性质把握不准，运用勾股定理、三角函数出错；在综合图形中，无法有效整合菱形与其他图形性质，思路混乱。 【提分秘籍】 1. 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菱形的对角线相互垂直，且平分每一组对角。 ④菱形既是一个中心对称图形，也是一个轴对称图形。对称中心为对角线交点，对称轴为对角线所在直线。 ⑤面积计算：除了用计算平行四边形的面积计算方法面积，还可以用对角线乘积的一半来计算面积。 2. 菱形的判定： （1）直接判定： 四条边都相等的四边形是菱形。 符号语言：∵AB=BC=CD=DA，∴四边形ABCD是菱形 （2）利用平行四边形判定： ①定义：一组领边相等的平行四边形是菱形。 ②对角线的特殊性：对角线相互垂直的平行四边形是菱形。 【典例分析】 例1．（2023·浙江·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（    ）       A． B．1 C． D． 例2．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，于点，于点，连接    (1)求证：； (2)若，求的度数． 例3．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为 例4．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形． (1)如图1，点G在上．求证：． (2)若，当过中点时，求的长． (3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？ 例5．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G． (1)求证：. (2)若． ①求菱形的面积. ②求的值. (3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值． 【变式演练】 1．（2024·浙江绍兴·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于，是边的中点，连接，若，菱形的面积96，则的值是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·浙江台州·模拟预测）如图，四边形为菱形，过点D分别作的垂线，垂足为． (1)求证； (2)若，求的值． 3．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在菱形中，点E在边上，连结交对角线于点F，过点E作交于点G． (1)若，，求的度数． (2)若，，求的长． (3)求证：． 4．（2024·浙江·三模）如图，在菱形中，点G在边 上，连接 并延长交 的延长线于点F，连结交于点E，连结． (1)若请直接写出的度数； (2)求证：； (3)若 求的长． 5．（2024·浙江温州·三模）如图1，在菱形中，于点E，G为的中点，延长交的延长线于点F，已知，．点P，Q分别在线段、上（不与端点重合），且满足，设，． (1)求证：． (2)求y关于x的函数表达式． (3)如图2，连结． ①当与的一边垂直时，求x的值． ②当点D落在的延长线上时，记与的交点为M，求的值． 题型04 以正方形为载体的证明、性质应用及边角计算 以正方形为载体的证明、性质应用及边角计算是初中数学几何板块里对特殊四边形深度探究的关键内容，凭借正方形集矩形与菱形特性于一身的独特性质，全面考查学生对几何知识的综合运用与逻辑思维，常与三角形、其他四边形知识交织，在中考数学中分值占比约 4%-8%。 1.考查重点：重点考查对正方形性质（四条边相等、四个角是直角、对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角）的深度理解与灵活运用，以此为基础展开几何证明，并结合勾股定理、全等三角形、相似三角形等知识进行边角的精准计算，同时注重与其他几何图形性质的综合运用。 2.高频题型：高频题型有证明一个四边形是正方形；利用正方形性质证明线段相等、垂直、角平分线关系；已知正方形边长、对角线等部分条件，计算内角大小、对角线夹角、面积、周长等边角及图形相关数值；在正方形与三角形、其他四边形组成的复杂图形中，推导并计算复杂的边角关系与图形面积。 3.高频考点：考点集中在正方形判定定理（一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形、有一组邻边相等的矩形是正方形、有一个角是直角的菱形是正方形）的准确应用，正方形性质在证明和计算中的运用，以及正方形与等腰直角三角形（由正方形性质产生）、全等三角形、相似三角形相关知识的综合考查，如运用勾股定理求对角线长度、借助全等三角形证明线段关系。 4.能力要求：要求学生具备较强的逻辑推导能力，能依据已知条件合理选择正方形的判定和性质进行严谨证明；拥有敏锐的图形观察能力，从复杂图形中提炼出正方形及其蕴含的特殊几何关系；掌握扎实的运算技能，尤其是勾股定理、全等与相似三角形知识在正方形边角计算与图形关系推导中的应用。 5.易错点：易错点在于判定正方形时条件使用不充分或错误，如仅依据四条边相等就判定四边形是正方形；在运用正方形性质时，混淆边、角、对角线之间的特殊关系，导致证明错误；在计算边角时，因对正方形中特殊三角形（等腰直角三角形）的性质把握不准，运用勾股定理、全等与相似三角形知识出错；在综合图形中，无法有效整合正方形与其他图形性质，思路混乱。 【提分秘籍】 1. 正方形的性质： ①具有平行四边形的一切性质。 ②具有矩形与菱形的一切性质。 所以正方形的四条边都相等，四个角都是直角。对角线相互平分且相等，且垂直，且平分每一组对角，把正方形分成了四个全等的等腰直角三角形。 正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。对角线交点是对称中心，对角线所在直线是对称轴，过每一组对边中点的直线也是对称轴。 2. 正方形的判定： （1）利用平行四边形判定： 一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形。（定义判定） （2）利用菱形与矩形判定： ①有一个角是直角的菱形是正方形。 ②对角线相等的菱形是正方形。 ③邻边相等的矩形是正方形。 ④对角线相互垂直的矩形是正方形。 【典例分析】 例1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．    (1)求证：． (2)判断与是否垂直，并说明理由． 例2．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形中，，点E在边上，是的中点，点H在边上，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 例3．（2023·浙江杭州·中考真题）在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点． (1)若，求的长． (2)求证：． (3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长． 例4．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH． (1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积， (2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K． ①求证：； ②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：． 例5．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知． (1)线段与垂直吗？请说明理由． (2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交于点K．求证：． (3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段的中点时，求的值． 【变式演练】 1．（2024·浙江·模拟预测）如图，点E，F分别为正方形的边上的点，交于点G，连接，已知与的面积之差，若要求正方形面积，只需要知道下列哪条线段的长（    ）    A．线段 B．线段 C．线段 D．线段 2．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且，作于点，交于点若， ，则的长为（     ） A． B． C． D． 3．（2024·浙江台州·模拟预测）点P在正方形的内部，且． (1)当时（如图1），判断的形状，并说明理由； (2)如图2，延长交于点E，若，设的面积为，的面积为，求的值． 4．（2024·广东惠州·一模）数学活动课上，老师提出如下问题：已知正方形，E为对角线上一点． 【感知】（1）如图1，连接，．求证：； 【探究】（2）如图2，F是延长线上一点，，交于点G． ①求证：； ②若G为的中点，且，求的长． 【应用】（3）如图3，F是延长线上一点，，交于点G，．求证：． 5．（2024·浙江·模拟预测）如图，正方形，在正方形内以为圆心为半径画，是边上一点（不与，重合），连结交 于点，作交于，连结，． (1)求的度数． (2)证明：． (3)若是中点，求的值． (4)若，，直接写出的长． 一、单选题 1．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，延长交于点M，连结并延长交于点N．若，则正方形与正方形的面积的比值为（    ）． A． B． C． D． 2．（2025·浙江宁波·一模）在菱形中， 点E，F分别是， 的中点， 连接， ．若 ，， 则的长为（    ） A． B． C． D．6 3．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知E是正方形内一点，设，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2025·浙江·一模）如图，在正方形中，点是上一动点（不与重合），对角线相交于点，过点分别作的垂线，分别交于点，交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点O在M、N两点的连线上．其中正确的是（　　） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤ 二、填空题 5．（2025·浙江宁波·一模）如图， 已知正方形的边长为3， P是中点， 点F在上且满足，延长分别交于点M，交的延长线于点E，则 的长为 ． 6．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在正方形中，为对角线，E为上一点，过点E作，与分别交于点G、F，H为的中点，连接．下列结论：①；②；③；④若，则，其中结论正确的有 （填写序号）． 三、解答题 7．（2024·浙江杭州·三模）如图，在平行四边形中，点E，F在对角线上，且，顺次连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的度数． 8．（2025·浙江杭州·一模）如图，四边形是菱形，是的中点，的垂线交于点，交的延长线于点． (1)求证： ； (2)连接，． ①求菱形的周长； ②若，求的长． 9．（2024·浙江·模拟预测）如图，矩形中，，点是的中点，连接． 将沿着折叠后得，延长交于，连接． (1)求证：平分． (2)若，，求的长． (3)若，，求的值． 10．（2024·浙江温州·二模）如图，在矩形中，，分别过点，作，交于点，，连结，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)分别取，的中点，，连结，．若，求四边形的面积． 11．（2024·浙江台州·二模）如图1，在正方形中，点E在上（不与点B，C重合），点F在边上，，连接交于点M． (1)求证：； (2)如图2，连接与交于点G，连接交于点H． ①求证：； ②当时，求的值； (3)如图3，若E是的中点，以点B为圆心，为半径作，P是上的一个动点，连接交于点N，则的最大值为 ． 12．（2024·浙江绍兴·二模）【特例发现】 正方形与正方形如图1所示放置，，，三点在同一直线上，点在边上，连结，．通过推理证明，我们可得到两个结论：①；②．    【旋转探究】 将正方形绕点按顺时针方向旋转一定角度到图2所示的位置，则在“特例发现”中所得到的关于与的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．    【迁移拓广】 如图3，在矩形与矩形中，若，．连结，．探索线段与线段存在怎样的数量关系和位置关系？为什么？    【联想发散】如图4，与均为正三角形，连结，．则线段与线段的数量关系是______；直线与直线相交所构成的夹角中，较小锐角的度数为______．      13．（2024·浙江杭州·一模）如图，在正方形中，以为直径作半圆，点为半圆上一点，连结并延长交边于点，连结并延长交边于点，连结． (1)求证：； (2)当时，求的最小值； (3)若，求的值． 14．（2024·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，，．点M，N分别是，边上的动点，连接、．请你解答下列问题： (1)如图1，若M是边上的中点且，求的值； (2)如图2，若M是边上的三等分点且，连接，求的面积． 15．（2024·浙江·模拟预测）如图1，在正方形中，，的边分别与对角线相交于点P，Q，请说明． 尝试解决： （1）小明给出了以下思路：将绕点A逆时针旋转得到，使与重合，连结，请帮小明完成解题过程． 类比探究： （2）如图2，在正方形内作，使与相交于点与相交于点Q，连结．已知，，求的面积． 拓展应用： （3）如图3，在长方形中，，，，P是上一点，Q是上一点，连结，求的面积的最小值． 3 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$