热点07 平行四边形（含特殊的平行四边形）（12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（广东专用）

热点07 平行四边形（含特殊的平行四边形） 广东中考数学中数平行四边形主要考向分为六类： 一、多边形内角和（每年1道，3分） 二、平行四边形的性质与判定（每年1-2道，3~6分） 三、矩形的性质与判定（每年1~2题，3~9分） 四、菱形的性质与判定（每年1~2题，3~9分） 五、正方形的性质（每年1道，3~9分） 六、四边形和其他知识交汇（每年1道， 9分） 在广东中考数学中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：平行四边形的判定和性质 【题型01 利用平行四边形的性质求解】 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； 1．（2025·广东清远·一模）如题图，在平行四边形中，，，以点D为圆心，任意长为半径画弧，交于点P，交于点Q，分别以P、Q为圆心，大于为半径画弧交于点M，连接并延长，交于点E，连接，则（    ） A．平分 B． C． D． 2．（2025·广东清远·一模）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，过点，交于点，交于点．若，，，则图中阴影部分的面积是（ ） A．1.5 B．3 C．6 D．4 3．（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． 4．（2024·广东潮州·一模）如图，在中，的角平分线交于点E，的角平分线交于点F．若，，则的长是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 5．（2023·广东深圳·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 6．（2025·广东广州·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，，，则的度数为 ． 7．（2023·广东阳江·一模）如图，在中，已知，是的平分线，且与交于点，，则的长为 ． 8．（2025·广东广州·一模）如图，是的边上的两点，连接交于点的面积为，的面积为，四边形的面积为，则图中阴影部分的面积为 ． 【题型02 平行四边形的判定和性质】 1.平行四边形的性质： （1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 2.平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念）；（2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形；（3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形；（4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形. 1．（2024·广东广州·二模）已知：如图，在平行四边形中，为对角线的中点，过点的直线分别交，于，两点，求证：．    2．（2024·广东东莞·一模）如图，在四边形中，，，点E在上，，，垂足为F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求的长． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，E，F是对角线上的两点（点E在点F左侧），且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，，时，求的长． 4．（2023·广东东莞·模拟预测）如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作一条直线分别交、的延长线于点、，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，垂足为，，求的值． 5．（2025·广东梅州·一模）如图，中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：； (2)点是线段上一点，满足交于点． ①求证：； ②若，求的长． 【题型03 平行四边形中的作图】 1.平行四边形的性质： （1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 2.平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念）；（2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形；（3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形；（4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形. 1．（2024·广东佛山·三模）如图，在中，点E在上，连接． (1)尺规作图：过点B作的平行线，交于点F（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）中，求证：． 2．（2024·广东汕头·一模）如图，四边形是平行四边形． (1)作对角线的垂直平分线，分别交，于点E、F；（用尺规作图，不写作法和证明） (2)分别连接，请判断四边形的形状，并说明理由． 3．（2024·广东中山·二模）如图，已知四边形是平行四边形．    (1)请用尺规作图法，作菱形，分别交、于点、（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若，，求菱形的面积． 4．（2024·广东佛山·二模）已知如图，中． (1)尺规作图：作的平分线交于点，在上取点，使得（不写作法，保留作图痕迹）． (2)在（1）的条件下，连接，证明：四边形是菱形． 5．（2024·广东广州·二模）如图，在中，，，． (1)尺规作图：将沿着经过点的某条直线翻折，使点落在边上的点处，请作出折痕，折痕与的交点为；（不写作法，保留作图痕迹） (2)若折痕与的延长线交于点， ①求的长度； ②求点到直线的距离． 考向二：矩形的判定和性质 【题型04 利用矩形的性质求解】 1.矩形的性质与判定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·广东深圳·模拟预测）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广东梅州·一模）如图所示，在矩形中，，点M，N分别在边上．连接，将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处．则的值是（　　） A．2 B． C． D． 3．（2025·广东·模拟预测）如图，点E在矩形的边上，将矩形沿翻折，点B恰好落在边的点F处，如果，那么的值等于（   ） A． B． C． D． 4．（2025·广东·模拟预测）如图，已知四边形是矩形，点B在直线上，若平分，则下列结论不能推出的是（   ） A．平分 B． C．是等边三角形 D． 5．（2025·广东深圳·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点 O， ， ，点 F 在线段 上从点 A 至点 O 运动，连接，以 为边作等边三角形，点 E 和点 A 分别位于两侧，下列结论：① ；② ；③ ；④点 E 运动的路程是；其中正确结论的序号为（　　） A．①④ B．①②③ C．②③ D．①②③④ ∵，， 6．（2023·广东揭阳·一模）如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点．若，则的长为 ． 7．（2025·广东深圳·一模）如图，已知矩形的一边落在轴的正半轴，它的顶点与对角线的中点均在反比例函数的图象上，则矩形的面积为 ． 【题型05 矩形的判定和性质】 1.矩形的性质 矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 1．（2024·广东汕头·一模）如图，矩形的对角线与相交于点O，． (1)求证：四边形是菱形； (2)当时，求的长． 2．（2024·广东肇庆·二模）如图，在矩形中，，点在边上，，垂足为． (1)求证：； (2)若，求线段的长． 3．（2024·广东东莞·一模）如图，矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F，连接． (1)求证：； (2)若，求四边形的周长． 4．（2024·广东湛江·一模）如图，在矩形中，点在上，连接，作于点． (1)若，求证：； (2)若，，，求的长与四边形的面积． 5．（2024·广东深圳·模拟预测）数学课上老师让学生们折矩形纸片．由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同，请根据下面不同的折痕解决下列问题： 问题（1）：如图，在矩形纸片中，将纸片沿对角线对折，边对折后与边相交于点E，试判断的形状，并说明理由．    问题（2）：如图，在矩形中，，以为折痕对折，B点落在的中点F处，求折痕的长    问题（3）：如图，在矩形中，，P在直线上，Q在边上，以为折痕对折，B点落在边上对应点为F，当P到A点的距离为1时，直接写出折痕的长．    6．（2025·广东清远·模拟预测）【知识技能】 （1）如图1，在三角形纸片中，，点D在上，将沿直线翻折后，点B落在点E处，如果，那么线段的长为多少？ 【数学理解】 （2）如图2矩形中，，点E为上一点：且，将沿翻折，得到，连接并延长，与相交于点F，则的值为： 【拓展探索】 （3）如图3，在矩形纸片中，，点E为射线上的一个动点，把沿直线折叠，当点A的对应点F刚好落在线段的垂直平分线上时，求的长． 7．（2024·广东深圳·一模）如图是一张矩形纸片，点M是对角线的中点，点E在边上． (1)如图1，将沿直线折叠，使点C落在对角线上的点F处，连接，． ①若，，求对角线的长； ②若，求的度数及此时的值． (2)如图2，若，，连接、，将沿折叠，点C的对应点为点G，当线段与线段交于点H且为直角三角形时，求此时的长． 【题型06 矩形中的作图】 1.矩形的性质 矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 1．（2024·广东·模拟预测）如图，已知矩形的平分线交的延长线于点E． (1)尺规作图：过点B作的垂线交于点G（保留作图痕迹，不写作法）． (2)在（1）所作的图形中，连接，若平分，求证：． 2．（2024·广东东莞·三模）如图，矩形． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点E（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，若，，写出长为 ____________． 3．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，四边形是矩形，连接． (1)实践操作∶利用尺规作的平分线，交于点M．(要求∶尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母) (2)猜想证明：在所作的图中，猜想线段与的数量关系，并证明你的猜想． 4．（2024·甘肃酒泉·二模）如图，是矩形的对角线．    (1)作线段的垂直平分线，交于点E，交于点F，连接．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明，用黑色笔将作图痕迹加黑）； (2)①判断四边形的形状，并说明理由； ②若，求四边形的周长． 5．（2025·广东深圳·一模）在矩形中，连接． (1)如图1，请用尺规在边上求作一点，连接，使；（不写作法，保留作图痕迹） (2)如图2，已知点在边上，且，连接，交于点，若，，求的长． 考向三：菱形的判定和性质 【题型07 利用菱形的性质求解】 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．（2025·广东广州·一模）已知菱形，点分别为边的中点，若四边形的面积为，则菱形的面积为 ． 2．（2024·广东·模拟预测）如图所示，在菱形中，以点B为圆心，一定长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点Q．若，则 ． 3．（2024·广东佛山·一模）如图，在菱形中，，是锐角，于点E，M是的中点，连结，．若，则的长为 ． 4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，菱形中，点分别在边，上， ，，若，，则 ． 5．（2025·广东深圳·一模）在菱形中，，将沿翻折至，，的延长线分别交于，两点，若，则的值为 ． 【题型08 菱形的判定和性质】 1.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 1．（2023·广东珠海·一模）如图，矩形的对角线， 相交于点O，且， ． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求四边形的面积． 2．（2023·广东梅州·一模）如题图所示，在四边形中，，，，，以A为圆心，为半径画弧，交于点E，且该圆弧恰好经过点B，过点E作交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)求阴影部分面积．（计算结果保留） 3．（2024·广东深圳·二模） 如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 4．（2025·广东深圳·一模）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，连接，． (1)如图（），若，分别是边，的中点，连接，则______ (2)当时，请回答下列问题： ①如图（），求的值； ②如图（），若平分时，求的值； ③如图（），若时，求的值． 【题型09 菱形中的作图】 1.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 1．（2024·广东汕头·一模）如图，在菱形中，点E是的中点． (1)请仅用无刻度的直尺作图，作出边的中点F；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，连接，点G是的中点，连接，若的面积为3，求菱形的面积． 2．（2024·广东广州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点． (1)尺规作图：在菱形的边上方找一点，使得；（不写作法，保留作图痕迹）； (2)判断四边形的形状，并给出证明． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知，点C在射线上，点D，E在射线上，其中，四边形是平行四边形． (1)请只用无刻度的直尺画出菱形，并说明理由． (2)作出（1）中菱形后，若，，求的长． 4．（2024·广东汕头·一模）综合探究 综合与实践课上，智慧星小组三位同学对含角的菱形进行了探究． 【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点P，Q． (1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为________． (2)【探究】如图2，当点P为上任意一点时，请说明（1）中的结论是否仍然成立，并写出理由． (3)【应用】若菱形纸片中，，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出线段的长． 考向四：正方形的判定和性质 【题型10 利用正方形形的性质求解】 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 1．（2025·广东深圳·一模）如图，四边形和均为正方形，连接交于点M，点M恰好为中点，若，则的长为 ． 2．（2024·广东·模拟预测）如图所示， 已知正方形的边长为2， 以点B为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点E， 连接， 则 ． 3．（2024·广东广州·三模）将正方形的边绕点A逆时针旋转，得到，连接．当点E落在的垂直平分线上时，的度数为 ． 4．（2023·广东广州·模拟预测）如图，正方形内接于，点，在上，点，分别在和边上，且边上的高，，则正方形的面积为 ． 【题型11 正方形的判定和性质】 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 1．（2024·广东中山·三模）如图，和的斜边分别为正方形的边和，其中，线段与线段相交于． (1)求证：是等腰直角三角形． (2)若，的面积是2，求长． 2．（2024·广东广州·二模）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得DF，连接，． (1)求证：； (2)若，，三点共线，连接，求线段的长． (3)当线段取最小值时，求． 3．（2023·广东惠州·一模）如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接． (1)证明：． (2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，求线段的长度． 【题型12 正方形中的作图】 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 1．（2023·广东广州·二模）已知正方形中，，E是边上的动点，连接和． (1)尺规作图：在图中分别作线段和的中点F和G，连接FG；（不写作法，不说明理由，写明结论并保留作图痕迹） (2)当时，求（1）中所作的线段的长度． 2．（2023·广东珠海·三模）如图，点E是正方形的边上一动点，连接．    (1)尺规作图：过点C作，交线段于点H，交于点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的基础上，求证：； (3)在（1）的基础上，连，当线段的长度最小时，直接写出的值． 3．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，四边形是正方形．    (1)尺规作图：以为边，在正方形内部作等边．（保留作图痕迹，不写作法） (2)连接，在第（1）问的基础上，若，求点E到的距离． 一、单选题 1．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在中，，点，分别是，的中点，且，则的周长是（   ） A．16 B．20 C．22 D．24 2．（2025·广东清远·一模）如图，在菱形中，于点，，，则的长是（    ） A． B．6 C． D．12 3．（2025·广东深圳·一模）如图，四边形的对角线，相交于点O，，，则下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 4．（2024·广东深圳·模拟预测）在矩形中，已知，点E为上一点，连接并延长交的延长线于点F，连接，若，则的长为（    ） A． B． C．3 D．5 5．（2023·黑龙江佳木斯·三模）如图，在正方形中，点E在边上，点H在边上，，交于点F，交于点G，连接．下列结论：①；②；③；④当E是的中点时，；⑤当时，．其中正确结论的序号是（   ） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．②④⑤ 二、填空题 6．（2024·广东中山·一模）小宇利用尺规在内作出点E，又在边上作出点F，作图痕迹如图所示，若，则之间的距离为 ． 7．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，O是坐标原点，菱形的顶点C在x轴的负半轴上，，函数的图象经过顶点B，则k的值为 ． 8．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在菱形中，两条对角线相交于点O，，过 点C 作，交的延长线于点E， 连接， 则的面积是 9．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在正方形中，点E为的中点，连接．将边绕点C顺时针旋转，使得点B的对应点F落在上，连接．设，正方形的面积为S，则S关于m的函数关系式为 ． 10．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，垂足为． （1）若，则 ； （2）若，点、分别在，上，则的最小值为 ． 三、解答题 11．（2024·广东广州·二模）如图，在中，，，．求证：平分．    12．（2024·广东深圳·二模）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求． 13．（2024·广东东莞·三模）如图，的对角线，交于点，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点，连接，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)①当平行四边形是__________形时，四边形是菱形； ②当平行四边形是__________形时，四边形是矩形． 14．（2024·广东深圳·模拟预测）已知：如图，在四边形中，，点E为边上一点，与分别为和的平分线． (1)作线段的垂直平分线交于点，并以为直径作（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，请你添加一个适当的条件：________，使得四边形是菱形，并证明你的结论； (3)在（1）的条件下，交边于点F，连接，交于点G，若，，求的半径． 15．（2024·广东佛山·三模）如图1，正方形中，，点E，F分别是边，的中点，连接，点G是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转，得到，连接，． (1)求证：； (2)如图2，若，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)若直线与直线交于点M，当为直角三角形时，求四边形的面积． 16．（2024·广东深圳·二模）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证：； （2）【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．若，求的长； （3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点在直线上，，交直线于点．请直接写出线段的长． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点07 平行四边形（含特殊的平行四边形） 广东中考数学中数平行四边形主要考向分为六类： 一、多边形内角和（每年1道，3分） 二、平行四边形的性质与判定（每年1-2道，3~6分） 三、矩形的性质与判定（每年1~2题，3~9分） 四、菱形的性质与判定（每年1~2题，3~9分） 五、正方形的性质（每年1道，3~9分） 六、四边形和其他知识交汇（每年1道， 9分） 在广东中考数学中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：平行四边形的判定和性质 【题型01 利用平行四边形的性质求解】 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； 1．（2025·广东清远·一模）如题图，在平行四边形中，，，以点D为圆心，任意长为半径画弧，交于点P，交于点Q，分别以P、Q为圆心，大于为半径画弧交于点M，连接并延长，交于点E，连接，则（    ） A．平分 B． C． D． 【答案】A 【知识点】作角平分线(尺规作图)、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查作图-基本作图，角平分线的性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：由作图可知平分，故选项A正确， 则， 在平行四边形中，，， ∴，，故B不正确， 则， ∴， ∴，则， 故无法判断选项C，D是否正确． 故选：A． 2．（2025·广东清远·一模）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，过点，交于点，交于点．若，，，则图中阴影部分的面积是（ ） A．1.5 B．3 C．6 D．4 【答案】B 【知识点】利用勾股定理的逆定理求解、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键． 先利用勾股定理的逆定理求出是直角三角形，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得阴影部分的面积等于，然后根据平行四边形的性质求解即可得． 【详解】解：四边形是平行四边形，且， ， ， ，， ， 是直角三角形，且， ， ， 又， ， 在和中，， ， ， 则图中阴影部分的面积是， 故选：B． 3．（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 【知识点】用勾股定理解三角形、判断三边能否构成直角三角形、利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【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． 4．（2024·广东潮州·一模）如图，在中，的角平分线交于点E，的角平分线交于点F．若，，则的长是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【知识点】根据等角对等边求边长、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，再根据角平分线的定义可得，从而可得，然后根据等腰三角形的判定可得，最后根据线段和差求解即可得． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，，， ∴，， ∴， ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 5．（2023·广东深圳·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】作角平分线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】连接，由作图知，平分，得到，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：连接， 由作图知，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，平行四边形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 6．（2025·广东广州·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，，，则的度数为 ． 【答案】/50度 【知识点】等边对等角、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质． 由等腰三角形的“等边对等角”得到，再由中，即可解答． 【详解】解：∵，， ∴， ∵在中，， ∴． 故答案为： 7．（2023·广东阳江·一模）如图，在中，已知，是的平分线，且与交于点，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】三线合一、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对角线互相平分可推出，再根据等腰三角形三线合一性质得，即可得解．掌握平行四边形的性质和等腰三角形三线合一的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 故答案为：． 8．（2025·广东广州·一模）如图，是的边上的两点，连接交于点的面积为，的面积为，四边形的面积为，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题为相似三角形和平行四边形的综合题，利用平移的性质做出辅助线是解题的关键．将向左平移，使边与边重合，已知，且，根据相似三角形的性质可得，从而得，继而得，所以，再由的面积为，可得，再求得，由即可得图中阴影部分的面积． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 如图，将沿向左平移，使边与边重合，、、的对应点为，则 ∵的面积为，的面积为， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【题型02 平行四边形的判定和性质】 1.平行四边形的性质： （1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 2.平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念）；（2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形；（3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形；（4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形. 1．（2024·广东广州·二模）已知：如图，在平行四边形中，为对角线的中点，过点的直线分别交，于，两点，求证：．    【答案】见解析 【知识点】利用平行四边形的性质证明 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知平行四边形对边平行且相等是解题的关键．先根据平行四边形的性质得到，再证明，得到． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵为对角线的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴． 2．（2024·广东东莞·一模）如图，在四边形中，，，点E在上，，，垂足为F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、角平分线的性质定理、证明四边形是平行四边形、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，角平分线的性质定理，解直角三角形等： （1）先证，推出，结合可证四边形是平行四边形； （2）先用三角函数解求出，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等，可得，根据平行四边形对边相等，可得． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵平分，，， ∴， 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，E，F是对角线上的两点（点E在点F左侧），且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，，时，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）证，运用平行四边形的性质得，再证，得，即可得出结论； （2）由锐角三角函数定义和勾股定理求出，，再证，则，得，求出，进而得出答案． 【详解】（1）证明：， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：在中，， 设，则， 由勾股定理得：， 解得：或（舍去）， ，， 由（1）得：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， 设，则， ， 解得：或,（舍去）， 即， 由（1）得：， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 4．（2023·广东东莞·模拟预测）如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作一条直线分别交、的延长线于点、，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，垂足为，，求的值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【知识点】证明四边形是平行四边形、利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查菱形的性质，相似三角形的判定和性质，正切三角形函数的计算，掌握菱形的性质，相似三角形的性质，正切三角形函数的计算是解题的关键． （1）在菱形中，，，，，可证，则有，由对角线相互平方的四边形是平行四边形即可求证； （2）设，可证，则，即，再证，即可求解． 【详解】（1）证明：在菱形中，，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：如图所示， 设， ∵，，即， ∴， 又∵菱形，则对角线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 5．（2025·广东梅州·一模）如图，中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：； (2)点是线段上一点，满足交于点． ①求证：； ②若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明、由平行截线求相关线段的长或比值、相似三角形的判定与性质综合 【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，相似三角形的判定和性质，熟练运用上述性质证明三角形相似是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质可得，证明，推出，即可解答； （2）①通过平行四边形的性质证明，再通过（1）中的结论得到，最后证明，利用对应线段比相等，②把数值代入①中比例线段列方程即可解答． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 是的中点， ， ， ， ； （2）①证明： 四边形是平行四边形， ， ， ， ； ②解：由①得， ，即， ． 【题型03 平行四边形中的作图】 1.平行四边形的性质： （1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 2.平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念）；（2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形；（3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形；（4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形. 1．（2024·广东佛山·三模）如图，在中，点E在上，连接． (1)尺规作图：过点B作的平行线，交于点F（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）中，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】尺规作一个角等于已知角、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查尺柜作图-作一个角等于已知角和平行四边形的性质， （1）以B点为顶点，以为边，作一个角与相等即可； （2）证明四边形是平行四边形即可． 【详解】（1）如下图所示， （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 2．（2024·广东汕头·一模）如图，四边形是平行四边形． (1)作对角线的垂直平分线，分别交，于点E、F；（用尺规作图，不写作法和证明） (2)分别连接，请判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)作图见详解 (2)四边形为菱形 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、作垂线(尺规作图)、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】（1）理由基本作图作的垂直平分线即可； （2）先根据线段的垂直平分线的性质得到，再根据平行四边形的性质得到，所以，则可判断，所以，然后利用与互相垂直平分可判断四边形为菱形． 【详解】（1）解：直线即为所求： （2）证明：四边形为菱形． 设交于点G， 理由如下：垂直平分， ， 四边形为平行四边形， ， ， 在和中， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， 四边形为菱形． 【点睛】本题考查了作图基本作图，熟练掌握5种基本作图是解决此类问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键． 3．（2024·广东中山·二模）如图，已知四边形是平行四边形．    (1)请用尺规作图法，作菱形，分别交、于点、（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形、解直角三角形的相关计算 【分析】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，解直角三角形等知识， （1）利用圆规在上截取，连接即可； （2）过作于点，根据菱形的性质得到，然后解直角三角形求出，然后利用菱形面积公式求解即可． 【详解】（1）菱形如图所示，即为所求；（作，的角平分线亦可）    （2）过作于点，即   四边形为菱形， 又， 在中，，即； ， ． 4．（2024·广东佛山·二模）已知如图，中． (1)尺规作图：作的平分线交于点，在上取点，使得（不写作法，保留作图痕迹）． (2)在（1）的条件下，连接，证明：四边形是菱形． 【答案】(1)图见解析； (2)证明见解析． 【知识点】作线段(尺规作图)、作角平分线(尺规作图)、利用平行四边形的性质求解、证明四边形是菱形 【分析】本题考查作图—复杂作图、角平分线的定义、平行四边形的性质、菱形的判定，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键． （1）根据角平分线的作图方法作图可得；以点为圆心，的长为半径画弧，与的交点即为点； （2）根据平行四边形的性质得出，再结合角平分线的定义得出、根据菱形的判定，即可证明． 【详解】（1）解：如图，和点即为所求． （2）证明：四边形为平行四边形， ∴， ． 为的平分线， ， ， ． ， ， 四边形为平行四边形． ， 四边形为菱形． 5．（2024·广东广州·二模）如图，在中，，，． (1)尺规作图：将沿着经过点的某条直线翻折，使点落在边上的点处，请作出折痕，折痕与的交点为；（不写作法，保留作图痕迹） (2)若折痕与的延长线交于点， ①求的长度； ②求点到直线的距离． 【答案】(1)见解析 (2)①；②． 【知识点】作角平分线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、折叠问题 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质以及轴对称变换，勾股定理，掌握平行四边形的性质以及轴对称的性质是解决问题的关键． （1）以为圆心，的长为半径画弧，交于；分别以，为圆心，适当的长为半径画弧，两弧交于点；作射线，交的交点为，则即为折痕； （2）①证明，利用等角对等边，即可求得； ②作于点，交的延长线于点，求得，根据，列式计算即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求． （2）解：①由作图知，，， ∵， ∴， ∴， ∴； ②作于点，交的延长线于点， ∵，， ∴， ∵，且， ∴． 考向二：矩形的判定和性质 【题型04 利用矩形的性质求解】 1.矩形的性质与判定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·广东深圳·模拟预测）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】特殊三角形的三角函数、根据矩形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质 【分析】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．根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用正弦函数即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，故A正确． 故选：A． 2．（2024·广东梅州·一模）如图所示，在矩形中，，点M，N分别在边上．连接，将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处．则的值是（　　） A．2 B． C． D． 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、求角的正切值 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、折叠的性质、正切的定义等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 如图：连接交于点F，设，则；由矩形的性质和勾股定理可得；再根据折叠的性质可得、垂直平分，易得，再根据勾股定理可得、，最后根据正切的定义即可解答． 【详解】解：如图：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， ∴， ∵， ∴，解得： ， ∴， ∴， 故选：A． 3．（2025·广东·模拟预测）如图，点E在矩形的边上，将矩形沿翻折，点B恰好落在边的点F处，如果，那么的值等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】矩形与折叠问题 【分析】本题考查翻折的性质，矩形、等腰直角三角形的性质，根据翻折的性质得出，，，再根据等腰直角三角形的性质及勾股定理，设，求出，，，进一步可得结论． 【详解】解：∵四边形为矩形， ，． ∵将矩形沿翻折， ，，． ， ， ． ， ， ． 设， 在中，， ， ． ． 故选：B． 4．（2025·广东·模拟预测）如图，已知四边形是矩形，点B在直线上，若平分，则下列结论不能推出的是（   ） A．平分 B． C．是等边三角形 D． 【答案】C 【知识点】内错角相等两直线平行、利用矩形的性质证明、等腰三角形的定义 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定，根据矩形的性质，得到，，进而得到，角平分线推出，进而得到，得到，根据等角的余角相等，推出，即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴；故选项B正确； ∴，故选项D正确； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴平分；故选项A正确； ∵， ∴是等腰三角形，无法得到是等边三角形，故选项C错误； 故选C． 5．（2025·广东深圳·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点 O， ， ，点 F 在线段 上从点 A 至点 O 运动，连接，以 为边作等边三角形，点 E 和点 A 分别位于两侧，下列结论：① ；② ；③ ；④点 E 运动的路程是；其中正确结论的序号为（　　） A．①④ B．①②③ C．②③ D．①②③④ 【答案】D 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、根据矩形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】①根据，，得出为等边三角形，再由为等边三角形，得，即可得出结论①正确； ②如图，连接，利用证明，再证明，即可得出结论②正确； ③通过等量代换即可得出结论③正确； ④如图，延长至，使，连接，通过，，可分析得出点F在线段上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，从而得出结论④正确． 【详解】解：①∵矩形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故结论①正确； ②如图，连接， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 故结论②正确； ③∵， ∴，即， 故结论③正确； ④如图，延长至，使，连接， ∵，， ∴点F在线段上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到， ∵矩形，，， ∴， ∴， ∴点E运动的路程是， 故结论④正确． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，点的运动轨迹，锐角三角函数的应用等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定和性质等相关知识是解题关键． 6．（2023·广东揭阳·一模）如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点．若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长 【分析】此题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质．根据矩形可得，从而有，再根据性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2025·广东深圳·一模）如图，已知矩形的一边落在轴的正半轴，它的顶点与对角线的中点均在反比例函数的图象上，则矩形的面积为 ． 【答案】8 【知识点】反比例函数与几何综合、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了矩形的性质、反比例函数的性质，设，，则，结合反比例函数的性质求出，即可得出，从而可得，，即可得解． 【详解】解：设， ∵它的顶点与对角线的中点均在反比例函数的图象上， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴矩形的面积为， 故答案为：． 【题型05 矩形的判定和性质】 1.矩形的性质 矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 1．（2024·广东汕头·一模）如图，矩形的对角线与相交于点O，． (1)求证：四边形是菱形； (2)当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【知识点】证明四边形是菱形、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）由题意可证四边形是平行四边形，由矩形的性质可得，可得结论； （2）首先求得矩形的面积，然后求得的面积，最后求的菱形的面积即可． 【详解】（1）证明:∵ ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴ ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形, ∴ ∵四边形是矩形， ∴，， ∴在中， 2．（2024·广东肇庆·二模）如图，在矩形中，，点在边上，，垂足为． (1)求证：； (2)若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，矩形的性质； （1）根据矩形的性质得出，根据，即可求解； （2）根据勾股定理求得，进而根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ， ， ， （2）解：在中， 即 解得 3．（2024·广东东莞·一模）如图，矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F，连接． (1)求证：； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)20 【知识点】根据菱形的性质与判定求线段长、利用矩形的性质证明、用勾股定理解三角形、全等三角形综合问题 【分析】此题重点考查矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，适当选择全等三角形的判定定理证明是解题的关键． （1）由矩形的性质得，则，而，即可根据全等三角形的判定定理“”证明； （2）由，得，则四边形是平行四边形，因为，所以四边形是菱形，由勾股定理得，求得，则四边形的周长为25． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴． （2）∵，点E、点F分别在上， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴四边形的周长为20． 4．（2024·广东湛江·一模）如图，在矩形中，点在上，连接，作于点． (1)若，求证：； (2)若，，，求的长与四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)， 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了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，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质求得，再利用得到，然后用判定三角形全等的“”求解； （2）求出，证明，得出，求出的长，再利用矩形面积和三角形面积求解． 【详解】（1）证明：在矩形中，，， ． ， ． 在和中， ， ； （2）解：，， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 5．（2024·广东深圳·模拟预测）数学课上老师让学生们折矩形纸片．由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同，请根据下面不同的折痕解决下列问题： 问题（1）：如图，在矩形纸片中，将纸片沿对角线对折，边对折后与边相交于点E，试判断的形状，并说明理由．    问题（2）：如图，在矩形中，，以为折痕对折，B点落在的中点F处，求折痕的长    问题（3）：如图，在矩形中，，P在直线上，Q在边上，以为折痕对折，B点落在边上对应点为F，当P到A点的距离为1时，直接写出折痕的长．    【答案】（1）等腰三角形，理由见解析；（2）；（3）或 【知识点】解直角三角形的相关计算、折叠问题、矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由矩形的性质得，则，由折叠得，所以，则是等腰三角形； （2）连接交于点L，由矩形的性质得，，，由折叠得，点F与点B关于直线对称，则，所以，可证明，由，求得，由，求得； （3）分两种情况讨论，一是点P在线段上，且，连接交于点K，则，，，因为垂直平分，所以，，可证明，则，所以，则，由，求得，所以；二是点P在线段的延长线上，且，则，连接交于点，由，得，求得，由，求得，则． 【详解】解：（1）是等腰三角形， 理由：如图1，∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵将矩形沿对角线对折，边对折后与边相交于点E， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． （2）如图2，连接交于点L，    ∵四边形是矩形，， ∴， ∵为折痕对折，B点落在的中点F处， ∴，点F与点B关于直线对称， ∴，垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴折痕的长为． （3）折痕的长为或， 理由：如图3，点P在线段上，且，连接交于点K，    ∵四边形是矩形，， ∴， ∵以为折痕对折，B点落在边上对应点为F， ∴点F与点B关于直线对称， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图4，点P在线段的延长线上，且，连接交于点R，    ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，折痕的长为或． 【点睛】本题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，正确地作出辅助线是解题的关键． 6．（2025·广东清远·模拟预测）【知识技能】 （1）如图1，在三角形纸片中，，点D在上，将沿直线翻折后，点B落在点E处，如果，那么线段的长为多少？ 【数学理解】 （2）如图2矩形中，，点E为上一点：且，将沿翻折，得到，连接并延长，与相交于点F，则的值为： 【拓展探索】 （3）如图3，在矩形纸片中，，点E为射线上的一个动点，把沿直线折叠，当点A的对应点F刚好落在线段的垂直平分线上时，求的长． 【答案】（1）；（2）；（3）2.5或10 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）解得到，根据翻折的性质得到，则，那么； （2）由矩形得到，由沿翻折，得到，可知，过点作于M，可得，在中，则，，则，可得，求出，在中，即可求解； （3）当点F在矩形内部时，由折叠的性质得，在中，由勾股定理得，则，设，则，在中，由勾股定理即可求解；当点F在矩形外部时，由折叠的性质得，同①得，则，设，则，同理在中， 由勾股定理即可求． 【详解】（1）解：∵在中，， ∴， ∵由沿直线翻折后，可知 ∴，        ∵，     ∴，              ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，                       ∴；           （2）解：∵四边形是矩形 ∴， 由沿翻折，得到，可知： ， 如图过点作于M， ∵， ∴， 在中， ∴，， ∴，               ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴ ∴            在中，，，， ∴； （3）解：∵四边形是矩形， ∴， 设线段的垂直平分线交于点M，交于点N， 则， ∴四边形为矩形， 则，，   分两种情况： ①如图，当点F在矩形内部时，由折叠的性质得， 在中，由勾股定理得， ∴，                 设，则， 在中，由勾股定理得， 即， 解得 即的长为；     ②如图，当点F在矩形外部时， 由折叠的性质得， 同①得， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， 即，解得， 即的长10，     综上所述，当点F刚好落在线段的垂直平分线上时，的长为或10． 【点睛】本题考查了解直角三角形，折叠的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 7．（2024·广东深圳·一模）如图是一张矩形纸片，点M是对角线的中点，点E在边上． (1)如图1，将沿直线折叠，使点C落在对角线上的点F处，连接，． ①若，，求对角线的长； ②若，求的度数及此时的值． (2)如图2，若，，连接、，将沿折叠，点C的对应点为点G，当线段与线段交于点H且为直角三角形时，求此时的长． 【答案】(1)①；②，； (2)或 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、矩形与折叠问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）①由矩形的性质可得，由直角三角形的性质结合勾股定理可得，由折叠的性质可得，，证明为等边三角形，得出，求出，再由直角三角形的性质即可得解； ②连接，由折叠的性质可得，，从而得出，由等边对等角得出，设，则，，由直角三角形的性质可得，得出，由三角形内角和定理得出，即，，再由等边对等角结合三角形外角的定义及性质可得，证明，由相似三角形的性质得出，求出，即可得解； （2）由勾股定理可得，由直角三角形的性质可得，再分两种情况∶当时，当时，分别利用相似三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理计算即可得解． 【详解】（1）解：①四边形为矩形， ， ，， ， ， 由折叠的性质可得，， ， 为等边三角形， ， ， ； ②如图，连接， 由折叠 的性质可得，， ， ， ， 设， 则， ， ， 四边形为矩形， ， 为的中点， ， ， ， ， ， 即，， ， ， ， ， 即， ，， ， ， ， ， 解得（负值已舍去）， ， ； （2）解：四边形为矩形， ， ，， ， 为的中点， ， 为直角三角形， 当时，如图， ， ， ， ， ， 设， 则，，， ， 由折叠的性质可得，， ， ， 由勾股定理可得， ， 解得， ， ， ， 当时，如图， 同理可得：， ， 设， 则，，，， 由折叠的性质可得，， ， ， ， ， 由勾股定理可得， ， 解得或， 或， ， ， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查相似形的综合应用，主要考查矩形的性质、折叠的性质、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、等边三角形的判定与性质、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【题型06 矩形中的作图】 1.矩形的性质 矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 1．（2024·广东·模拟预测）如图，已知矩形的平分线交的延长线于点E． (1)尺规作图：过点B作的垂线交于点G（保留作图痕迹，不写作法）． (2)在（1）所作的图形中，连接，若平分，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】矩形性质理解、用勾股定理解三角形、作垂线(尺规作图)、角平分线的性质定理 【分析】（1）以点B为圆心，画弧交于两点，再以这两个交点为圆心画弧交于一点，连接B与这点，并延长交于于一点，即为G； （2）根据角平分线上的点到角两边的距离相等，得出，再证明因为四边形是矩形，所以 ，用等角对等边，得，结合，则结合勾股定理，得，，因为，所以，即可作答． 本题考查了尺规作图——作垂线，角平分线的性质，勾股定理，矩形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】（1）解：如图（1）所示，即为所求． （2）证明：如图（2）， ∵平分， ∴ 又∵， ∴ ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵平分， ∴． 又∵， ∴， ， ∵， ∴ 2．（2024·广东东莞·三模）如图，矩形． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点E（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，若，，写出长为 ____________． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】作角平分线(尺规作图)、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】（1）利用尺规作角平分线的方法求解即可； （2）首先根据矩形的性质得到，，，然后等量代换得到，求出，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）如图所示；线段即为所求； （2）∵四边形是矩形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了尺规作角平分线，矩形的性质，角平分线的概念和平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，四边形是矩形，连接． (1)实践操作∶利用尺规作的平分线，交于点M．(要求∶尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母) (2)猜想证明：在所作的图中，猜想线段与的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【知识点】利用矩形的性质求角度、等腰三角形的性质和判定、作角平分线(尺规作图) 【分析】本题考查了基本作图-角平分线，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据尺规作图—角平分线的作法，进行作图即可； （2）利用矩形的性质和直角三角形的性质得到，，，利用角平分线得到，则，即可证明猜想． 【详解】（1）解：如图，即为所求， （2）解：猜想， 证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵． ∴，， ∵， ∴ ∵的平分线，交于点M． ∴， ∴， ∴ 4．（2024·甘肃酒泉·二模）如图，是矩形的对角线．    (1)作线段的垂直平分线，交于点E，交于点F，连接．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明，用黑色笔将作图痕迹加黑）； (2)①判断四边形的形状，并说明理由； ②若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)①菱形，见解析；②25 【知识点】证明四边形是菱形、根据矩形的性质求线段长、作垂线(尺规作图)、线段垂直平分线的性质 【分析】本题考查了基本作图，勾股定理，矩形的性质、菱形的性质与判定及全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质与判定以及垂直平分线的性质是解答本题的关键． （1）分别以、为圆心，大于为半径画弧，分别交于点、，连接，则问题可求解； （2）①首先垂直平分，得到，，，再根据，得到，进而得到，然后得出，得出，最后证明四边形是菱形；②设，则，然后根据勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：（1）所作图形如图所示．    （2）解：①垂直平分， ，，， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ②四边形是矩形，， ，， 可设，则， ， ， 即， 解得， 菱形的周长为：． 5．（2025·广东深圳·一模）在矩形中，连接． (1)如图1，请用尺规在边上求作一点，连接，使；（不写作法，保留作图痕迹） (2)如图2，已知点在边上，且，连接，交于点，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】作垂线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了尺规作图—作垂线、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）作的垂直平分线交于，点即为所求； （2）设，则，由勾股定理可得，证明，再由相似三角形的性质计算即可得解． 【详解】（1）解：如图，即为所作； ， 由作图可得：， ∴； （2）解：如图， ， ∵，又， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， 设， ∴， ∴， 解得， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴． 考向三：菱形的判定和性质 【题型07 利用菱形的性质求解】 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．（2025·广东广州·一模）已知菱形，点分别为边的中点，若四边形的面积为，则菱形的面积为 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质与判定求面积、利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，连接交于，根据三角形中位线定理得，，，，进而可得四边形是矩形，得到，进而根据菱形的面积公式计算即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接交于， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵四边形的面积为， ∴， ∴菱形的面积． 故答案为：． 2．（2024·广东·模拟预测）如图所示，在菱形中，以点B为圆心，一定长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点Q．若，则 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求角度、作角平分线(尺规作图) 【分析】本题考查菱形的性质，作角平分线，由作图步骤可得平分，由菱形的性质求出的度数，最后根据三角形的外角求即可． 【详解】∵菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由作图步骤可得平分， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（2024·广东佛山·一模）如图，在菱形中，，是锐角，于点E，M是的中点，连结，．若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】这把呢提考查菱形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，延长交的延长线于点H，先证，再根据勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：延长交的延长线于点H，如图所示： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵M是的中点， ∴， 在和中， ∵， ∴ ∴，， ∵， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：，或（舍去）， ∴； 故答案为：． 4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，菱形中，点分别在边，上， ，，若，，则 ． 【答案】 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，作 于点，在 上取点，使，连接．证明，得出．设，则，，，，由，根据余弦定义可得，利用相似三角形的性质可得，进而得出，然后代入数值求解即可． 【详解】解：如图，作 于点，在 上取点，使，连接． ，， 菱形， ， ， ， ，，， ， ， ． 设，则，，，， ， ， ， ， ， ， ， 解得， ， ． 故答案为：11． 5．（2025·广东深圳·一模）在菱形中，，将沿翻折至，，的延长线分别交于，两点，若，则的值为 ． 【答案】 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、利用菱形的性质求线段长 【分析】先根据菱形的性质以及解直角三角形分别求出，，，再结合勾股定理得，因为折叠，得，，，，运用勾股定理得出，，，，再证明，运用两个相似三角形的高的比等于相似比列式化简，即可作答． 【详解】解：分别过点，作的延长线，的延长线，且过F作分别交于点，如图所示： ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵ ∴， 设， ∴在中，， 即， ∴， ∵，的延长线，的延长线， ∴， ∵， ∴ ∴在中，，， 即，， ∴，， 在中，， 则， ∵将沿翻折至，，的延长线分别交于，两点， ∴，，，， ∴， 即， ∴， 解得， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， 则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴（两个相似三角形的高的比等于相似比）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，解直角三角形的性质，勾股定理，难度大，综合性强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【题型08 菱形的判定和性质】 1.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 1．（2023·广东珠海·一模）如图，矩形的对角线， 相交于点O，且， ． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)9 【知识点】根据菱形的性质与判定求面积、利用矩形的性质证明、根据矩形的性质求面积 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用矩形的性质得出，即可得出答案； （2）根据四边形的面积求解即可． 【详解】（1）解：∵， ， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形的对角线相交于点O， ∴， ∴四边形是菱形； （2）四边形的面积 ． 【点睛】此题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定方法是解题关键． 2．（2023·广东梅州·一模）如题图所示，在四边形中，，，，，以A为圆心，为半径画弧，交于点E，且该圆弧恰好经过点B，过点E作交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)求阴影部分面积．（计算结果保留） 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】证明四边形是菱形、根据菱形的性质与判定求角度、圆的基本概念辨析、求其他不规则图形的面积 【分析】（1）先根据两组对边相等的四边形是平行四边形证得四边形是平行四边形，再根据圆的基本性质得到，从而可证四边形是菱形； （2）过点作于，根据菱形的性质求出和的长，再根据平行线性质得出，从而得到是等腰三角形，再根据等腰三角形性质结合三角函数求得的长，最后利用扇形面积公式求出，根据求解即可． 【详解】（1），， 四边形是平行四边形， 以A为圆心，为半径的圆弧经过点B， ， 四边形是菱形； （2）如图所示，过点作于， 由（1）知四边形是菱形， 平分，， ， ， ， ， 平分， ， 依题意可知， ， ， ， ， ， ， ∴是等腰三角形， ∵， ， ， ， ， 又∵， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，圆的基本性质，平行线性质，等腰三角形性质与判定，解直角三角形和扇形面积公式等知识点，能够熟练运用相关知识点是解题的关键． 3．（2024·广东深圳·二模） 如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析； (2)25． 【知识点】解直角三角形的相关计算、根据菱形的性质与判定求面积、证明四边形是菱形、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了菱形的性质与判定、等腰三角形的性质、解直角三角的相关计算、菱形的面积计算，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键． 第一问，由等腰三角形三线合一，结合平行线的性质，可证，得到，推出四边形是平行四边形，再结合邻边相等，得证； 第二问，由，得到和的比，再利用勾股定理得到和的长度，最后由菱形的面积公式得出答案． 【详解】（1）四边形是菱形，理由如下， ，平分， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形，． ， 四边形是菱形． （2），O是的中点， ∴， ∴， ， ， ， ， 设,则， 由得, ， ,即， 四边形是菱形， ，， ． 故答案为：25． 4．（2025·广东深圳·一模）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，连接，． (1)如图（），若，分别是边，的中点，连接，则______ (2)当时，请回答下列问题： ①如图（），求的值； ②如图（），若平分时，求的值； ③如图（），若时，求的值． 【答案】(1) (2)①；②；③ 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接、相交于点，由菱形的性质得，，，，进而得，由勾股定理得，从而，再根据三角形的中位线判定及性质即可得解． （2）①过点作于点，直角三角形的性质及勾股定理，从而，利用勾股定理即可得解； ②将延长交延长线于点，由角平分线的定义得，又根据菱形性质得，进而得，，，再证明，根据相似三角形的性质即可得解； ③延长与延长线交于点，过作于点，由①可得：设，则，．证利用相似三角形的性质得，进而得，，于是，利用勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：如图，连接、相交于点， ∵四边形是菱形，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，分别是边，的中点， ∴， 故答案为：； （2）解：①过点作于点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴由勾股定理可得：，； ②将延长交延长线于点， ∵， ∴， ∵平分 ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴． ③延长与延长线交于点，过作于点， 由①可得： ∵， ∴ 设， ∴， ∴ ∴． ∵四边项是菱形， ∴， ∴ ∴ ∴即 ∴ ∴ 解得， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了三角形函数解直角三角形，勾股定理，菱形的性质，度直角三角形的性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握三角形函数解直角三角形，勾股定理，菱形的性质是解题的关键． 【题型09 菱形中的作图】 1.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 1．（2024·广东汕头·一模）如图，在菱形中，点E是的中点． (1)请仅用无刻度的直尺作图，作出边的中点F；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，连接，点G是的中点，连接，若的面积为3，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)． 【知识点】根据三角形中线求面积、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质． （1）作菱形对角线的交点，连接交延长交边于点F，点F即为所作； （2）根据三角形中线的性质求得，再根据菱形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，点F即为所作； （2）解：∵点G是的中点，的面积为3， ∴， ∵点F是的中点， ∴． 2．（2024·广东广州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点． (1)尺规作图：在菱形的边上方找一点，使得；（不写作法，保留作图痕迹）； (2)判断四边形的形状，并给出证明． 【答案】(1)作图见解析； (2)四边形是矩形，证明见解析． 【知识点】利用菱形的性质证明、证明四边形是矩形、证明四边形是平行四边形、尺规作一个角等于已知角 【分析】（）作，再在射线上截取，连接，因为四边形为菱形，所以，，因为，可得，得到，又，故可得，即点即为所求； （）由菱形的性质可得，，进而可推导出，，，得到四边形是平行四边形，即可得到四边形是矩形； 本题考查了平行线的作法，作一条线段等于已知线段，全等三角形的判定，菱形的性质，平行四边形和矩形的判定，掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）解：四边形是矩形． 证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知，点C在射线上，点D，E在射线上，其中，四边形是平行四边形． (1)请只用无刻度的直尺画出菱形，并说明理由． (2)作出（1）中菱形后，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【知识点】解直角三角形的相关计算、证明四边形是菱形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查作图—复杂作图、平行四边形的性质、菱形的判定与性质： （1）连接，相交于点G，连接并延长，交的延长线于点N，连接，则四边形即为所求；结合平行四边形的性质以及全等三角形的判定证明，可得，结合可得四边形是平行四边形，再由等腰三角形的性质可得，即四边形CODN是菱形． （2）由菱形的性质可得，．在中，，则． 【详解】（1）解：如图，连接，相交于点G，连接并延长，交的延长线于点N，连接，则四边形是菱形，即菱形为所求． 理由：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， 即， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 4．（2024·广东汕头·一模）综合探究 综合与实践课上，智慧星小组三位同学对含角的菱形进行了探究． 【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点P，Q． (1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为________． (2)【探究】如图2，当点P为上任意一点时，请说明（1）中的结论是否仍然成立，并写出理由． (3)【应用】若菱形纸片中，，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)成立；理由见解析 (3)线段的长为或 【知识点】利用菱形的性质证明、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、全等三角形综合问题 【分析】（1）数量关系：．连接，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明即可； （2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明即可； （3）利用菱形的性质和等边三角形的性质可得，利用勾股定理求出，，分当点在点的左侧和点在点的右侧两种情况，可得或3，再利用（2）中的结论即可得出结论． 【详解】（1）解：线段与之间的数量关系：． 理由：如图，连接， 四边形是菱形，且， ，， 和都是等边三角形， ，， 点是边的中点， ，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， 故答案为：． （2）证明：成立．理由： 如图，连接， 四边形是菱形，且， ，， 和都是等边三角形， ，，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． （3）解：如图，过点作于，连接， 四边形是菱形，且，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 当点在点的左侧时，， 当点在点的右侧（图中处）时，， 或， 由（2）知：， ， 或． 线段的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形． 考向四：正方形的判定和性质 【题型10 利用正方形形的性质求解】 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 1．（2025·广东深圳·一模）如图，四边形和均为正方形，连接交于点M，点M恰好为中点，若，则的长为 ． 【答案】2 【知识点】根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】设，则，证明和相似，利用相似三角形的性质可求出，进而即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∵点M恰好为中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴设，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴的长为2． 故答案为：2． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 2．（2024·广东·模拟预测）如图所示， 已知正方形的边长为2， 以点B为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点E， 连接， 则 ． 【答案】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、求角的正切值、等边对等角 【分析】本题考查正方形的性质，求正切值，等边对等角，结合题意，由正方形的性质可知，则，，再根据即可求解，熟练理解相关图形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：在正方形中，，， ∴， 由题意可知，则， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（2024·广东广州·三模）将正方形的边绕点A逆时针旋转，得到，连接．当点E落在的垂直平分线上时，的度数为 ． 【答案】或 【知识点】根据正方形的性质求角度、根据旋转的性质求解、全等的性质和SAS综合（SAS）、线段垂直平分线的性质 【分析】本题考查选旋转的性质、线段垂直平分线的性质，全等三角形法人判定和性质及正方形的性质，分两种情况讨论，根据点在的垂线平分线上，利用全等三角形，可得出是等边三角形，据此可解决问题，能通过全等三角形的性质得出是等边三角形是解题的关键． 【详解】解：当点在正方形内部时，如图所示， 点在的垂线平分线上， ， ． 又四边形是正方形， ，， ． 在和中， ， ， ． 由旋转可知，， 又， ， 是等边三角形， ， ， ， ． 当点在正方形外部时，如图所示， 同理可得，． 综上所述，的度数为或． 故答案为：或． 4．（2023·广东广州·模拟预测）如图，正方形内接于，点，在上，点，分别在和边上，且边上的高，，则正方形的面积为 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，线段的和与差等知识．解题的关键是根据比例表示出相应线段列方程．根据三角形相似，找到对应线段成比例列方程求解即可． 【详解】解：设正方形的边长为，则， ∵四边形是正方形， ， ， ， ， ， ，，， 解得：， 正方形的面积为 故答案为： 【题型11 正方形的判定和性质】 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 1．（2024·广东中山·三模）如图，和的斜边分别为正方形的边和，其中，线段与线段相交于． (1)求证：是等腰直角三角形． (2)若，的面积是2，求长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和HL综合（HL）、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）证明，得到，推出，即可得证； （2）证明，得到，三角形的面积公式求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，即可． 【详解】（1）证明：∵正方形， ，           ， ． ； 又 是等腰直角三角形； （2）， 的面积是2，且， ，得 ， 在中，， ． 【点睛】本题考查正方形的性质，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，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等和相似，是解题的关键． 2．（2024·广东广州·二模）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得DF，连接，． (1)求证：； (2)若，，三点共线，连接，求线段的长． (3)当线段取最小值时，求． 【答案】(1)见解析 (2)线段的长为 (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）根据旋转的性质，对应线段和对应角相等，可证明； （2）先利用，求得的长，再利用，求得、的长，最后利用勾股定理即可求得的长； （3）当，，三点共线时，最小，即最小，进而推出，在中，，，即可求出． 【详解】（1）证明：如图1，由旋转得：， 四边形是正方形， ， ， 即， ， 在和中， ， ； （2）解：如图2，过F作的垂线，交的延长线于P， 是的中点，且， ，，三点共线， ， 由勾股定理得： ， ， ， 由（1）知：， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 由勾股定理得：， 或（舍去）， ， 由勾股定理得：， 线段的长为； （3）解：如图3，由于，所以E点可以看是以O为圆心，为半径的半圆上运动，延长到P点，使得，连接， ， ， ，, ∴当三点共线时，最小，则最小，则最小， 在中， ， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、三角形全等及相似的性质和判定、勾股定理，三角函数等知识点，解题的关键是综合运用这些知识，利用数形结合的思想解答． 3．（2023·广东惠州·一模）如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接． (1)证明：． (2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，求线段的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 (3) 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、线段问题(旋转综合题)、全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由旋转的性质证明，即可得出答案； （2）先证明四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明； （3）设正方形边长为，在中用勾股定理建立关于的方程，求解即可 【详解】（1）证明：由题意和旋转的性质可得：，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，即：， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：四边形是正方形，理由如下： 由（1）得：，且， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （3）解：∵正方形的边长为， ∴， 设正方形的边长为， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴， ∴线段的长度为． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点，运用了方程的思想．熟练掌握全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质是解题的关键． 【题型12 正方形中的作图】 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 1．（2023·广东广州·二模）已知正方形中，，E是边上的动点，连接和． (1)尺规作图：在图中分别作线段和的中点F和G，连接FG；（不写作法，不说明理由，写明结论并保留作图痕迹） (2)当时，求（1）中所作的线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据正方形的性质求线段长、公式法解一元二次方程、作垂线(尺规作图) 【分析】（1）分别作出和的线段垂直平分线，对应线段与对应的线段垂直平分线的交点即为所求； （2）设，则，，利用勾股定理建立方程求出的长，再由三角形中位线定理求出的长即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求；    （2）解：∵四边形是正方形， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∵分别为的中点， ∴为的中位线， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键． 2．（2023·广东珠海·三模）如图，点E是正方形的边上一动点，连接．    (1)尺规作图：过点C作，交线段于点H，交于点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的基础上，求证：； (3)在（1）的基础上，连，当线段的长度最小时，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)． 【知识点】求角的正切值、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、作垂线(尺规作图)、根据正方形的性质证明 【分析】（1）根据垂线的作法即可得到； （2）利用等角的余角相等证明，利用角边角证明，即可推出； （3）由，推出点H在为直径的上，当D、H、G在同一直线上时，线段的长度最小，利用正切函数的定义即可求解． 【详解】（1）解：所作图形如图所示，    （2）证明：∵四边形是正方形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵，即， ∴点H在为直径的上，连接，    当D、H、G在同一直线上时，线段的长度最小，此时， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，正切函数，圆周角定理等知识，解决问题的关键判断点H在为直径的上． 3．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，四边形是正方形．    (1)尺规作图：以为边，在正方形内部作等边．（保留作图痕迹，不写作法） (2)连接，在第（1）问的基础上，若，求点E到的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、尺规作图——作三角形、三线合一、根据正方形的性质求线段长 【分析】（1）结合等边三角形的判定，以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧在正方形内部交于点，连接，即可． （2）过点作，交于点，作，分别交、于点、，利用等边三角形的性质、正方形性质可得：，，利用锐角三角函数在和中分别求出，的值，再在中，求出的值，即为点到的距离． 【详解】（1）解：如图，以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧在正方形内部交于点，连接，， 则等边三角形即为所求．    （2）过点作，交于点，作，分别交、于点、， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∵是等边三角形，， ∴，，， 在和中，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴，即点到的距离为． 【点睛】本题考查作图—复杂作图、等边三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键． 一、单选题 1．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在中，，点，分别是，的中点，且，则的周长是（   ） A．16 B．20 C．22 D．24 【答案】C 【知识点】利用平行四边形的性质求解、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、平行四边形的周长等知识，求得是解题的关键．由点，分别是，的中点，根据三角形的中位线定理得，而四边形是平行四边形，所以，，即可求得的周长是22，于是得到问题的答案． 【详解】解：点，分别是，的中点， 是的中位线， ， ， ， 四边形是平行四边形，， ，， ， 的周长是22， 故选：C 2．（2025·广东清远·一模）如图，在菱形中，于点，，，则的长是（    ） A． B．6 C． D．12 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积 【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握菱形的性质成为解题的关键． 由菱形的性质可得、，再运用勾股定理可得，然后运用等面积法求解即可． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，解得：． 故选A． 3．（2025·广东深圳·一模）如图，四边形的对角线，相交于点O，，，则下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】D 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与矩形的判定、正方形的判定，熟练掌握相关定理是解题的关键． 先根据平行四边形的判定证明是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形的判定逐一判断即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 若，则四边形是矩形，故A选项不符合题意； 若平分，， ∵， ∴， ∴， 则四边形是菱形，故B选项不符合题意； 若且，则四边形是正方形，故C选项不符合题意； 若且，则四边形是菱形，故D选项符合题意； 故选：D． 4．（2024·广东深圳·模拟预测）在矩形中，已知，点E为上一点，连接并延长交的延长线于点F，连接，若，则的长为（    ） A． B． C．3 D．5 【答案】A 【知识点】根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，作于，则，由平行可得，结合可得，则，由勾股定理得到，再由平行得到，代入计算即可． 【详解】∵矩形中，已知， ∴，，，， 作于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴, ∴， ∵， ∴, ∴， ∴， 解得， 故选：A． 5．（2023·黑龙江佳木斯·三模）如图，在正方形中，点E在边上，点H在边上，，交于点F，交于点G，连接．下列结论：①；②；③；④当E是的中点时，；⑤当时，．其中正确结论的序号是（   ） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．②④⑤ 【答案】A 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】通过证明≌推出，即可判断①；再证明，即可判断②；利用角平分的性质可证中边的高与中边的高相等，通过“等底等高”证明，即可判断③；证明∽，∽，求出相关线段长度，可知当E是的中点时，，即可判断④；利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，两个等高的三角形面积比等于底长的比，可证，即可判断⑤． 【详解】解：四边形是正方形， ，． ∵， ≌， ，故①正确； 由①得， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； 四边形是正方形， ，即是的角平分线， 点G到边与边的距离相等， 即中边的高与中边的高相等， 又， ，故③正确； 设正方形的边长为， 当E是的中点时，，， 由勾股定理得：，， ，， ∽， ， ． ，， ∽， ， 即， ， ， ， ， ， 当E是的中点时，，故④正确； 当时，， ， ， ∽， ， 中边的高与中边的高相等，， ， 设，则，， ， ， ， ， ， ， ， ，故⑤错误． 故选：A． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，三角形面积公式，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，解题的关键是从图形中找出全等三角形和相似三角形． 二、填空题 6．（2024·广东中山·一模）小宇利用尺规在内作出点E，又在边上作出点F，作图痕迹如图所示，若，则之间的距离为 ． 【答案】4 【知识点】角平分线的性质定理、作角平分线(尺规作图)、作垂线(尺规作图)、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，尺规作图，角平分线的性质定理： 过点E作于点M，交的延长线于点N，则由平行四边形得到，而，故． 【详解】解：过点E作于点M，交的延长线于点N． 由作图可知，平分，平分，， ∵ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴之间的距离为4． 故答案为：4． 7．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，O是坐标原点，菱形的顶点C在x轴的负半轴上，，函数的图象经过顶点B，则k的值为 ． 【答案】 【知识点】反比例函数与几何综合、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特点，以及菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，连接相交于点E，过点B作轴与点D，利用勾股定理求出的长，判定出，求出，的长，利用待定系数法求出结果即可． 【详解】解：如图，连接相交于点E，过点B作轴与点D， 四边形为菱形， ，，， ， ，， ， 即， 解得：， ， ， 函数的图象经过顶点B， ， 故答案为：． 8．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在菱形中，两条对角线相交于点O，，过 点C 作，交的延长线于点E， 连接， 则的面积是 【答案】 【知识点】根据三角形中线求面积、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】根据菱形的性质得到，利用勾股定理求出，证明，得到，求出，求出，再根据点O是中点，即可求解． 【详解】解：菱形中，两条对角线相交于点O，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点O是中点， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 9．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在正方形中，点E为的中点，连接．将边绕点C顺时针旋转，使得点B的对应点F落在上，连接．设，正方形的面积为S，则S关于m的函数关系式为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】过点C作于点G，设，得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，最后得出． 【详解】解：过点C作于点G，如图所示： 设， ∵点E为的中点， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， 根据旋转可知：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定和性质． 10．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，垂足为． （1）若，则 ； （2）若，点、分别在，上，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，轴对称的应用． （1）由勾股定理可求的长，由面积法可求的长； （2）在中，利用三角形相似可求得、的长，设点关于的对称点，连接，可证明为等边三角形，当时，则最小，所以当时最小，从而可求得的最小值等于的长． 【详解】解：（1），， ， ， ， ， 故答案为：； （2）如图，如图，设点关于的对称点为，连接，， 设，则， 四边形为矩形，， ， ， ， ， ，即， ， 在中，由勾股定理可得， 即，解得， ，， 如图，设点关于的对称点为，连接，， 则，， 是等边三角形， ， 当、、三点在一条线上时，最小， 又垂线段最短可知当时，最小， ， 故答案为：． 三、解答题 11．（2024·广东广州·二模）如图，在中，，，．求证：平分．    【答案】证明见解析． 【知识点】利用勾股定理的逆定理求解、利用菱形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了勾股定理逆定理，菱形的判定与性质，由，，，根据勾股定理逆定理得，再根据菱形的判定与性质即可求证，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴是菱形， ∴平分． 12．（2024·广东深圳·二模）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明、求角的余弦值 【分析】（1）由菱形的性质得且，再证明，则四边形是平行四边形，然后证明，即可得出结论． （2）过点作于点，则，得，由菱形的性质和勾股定理得，再由菱形面积求出的长，进而由勾股定理求出的长，然后由三角形面积求出的长，即可解决问题． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， 且， ， ， 即， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：如图，过点作于点， 则， ， 四边形是菱形，，， ，，， 在中，由勾股定理得：， ， ，， ，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的性质是解题的关键． 13．（2024·广东东莞·三模）如图，的对角线，交于点，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点，连接，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)①当平行四边形是__________形时，四边形是菱形； ②当平行四边形是__________形时，四边形是矩形． 【答案】(1)四边形为平行四边形．理由见解析 (2)①矩；②菱 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、证明四边形是菱形 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，证出，，则可得出结论； （2）①由菱形的判定可得出结论．②由矩形的判定可得结论． 【详解】（1）解：四边形为平行四边形． 理由：四边形为平行四边形， ，， 以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点， ，， 四边形为平行四边形； （2）①当是矩形时，四边形是菱形 ，理由如下： ∵是矩形， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形 ， ∴四边形是菱形． ②当是菱形时，四边形是矩形 ，理由如下： ∵是菱形， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形 ， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 14．（2024·广东深圳·模拟预测）已知：如图，在四边形中，，点E为边上一点，与分别为和的平分线． (1)作线段的垂直平分线交于点，并以为直径作（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，请你添加一个适当的条件：________，使得四边形是菱形，并证明你的结论； (3)在（1）的条件下，交边于点F，连接，交于点G，若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)添加条件：或或等（答案不唯一），证明见解析 (3)2.5 【知识点】作已知线段的垂直平分线、添一个条件使四边形是菱形、半圆（直径）所对的圆周角是直角、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）先作的垂直平分线，找到的中点O，再以O为圆心，为半径作圆即可； （2）添加：，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明； （3）解直角三角形求出即可． 【详解】（1）解：如图，为所求， （2）解：添加条件：（答案不唯一）． 证明：，， 四边形是平行四边形， 在中，， ， 又平分， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （3）解：， ， 与分别为与的平分线， ， ， 为圆的直径，点在圆上， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 则圆的半径为2.5． 【点睛】本题考查作图复杂作图，角平分线的定义，菱形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题， 15．（2024·广东佛山·三模）如图1，正方形中，，点E，F分别是边，的中点，连接，点G是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转，得到，连接，． (1)求证：； (2)如图2，若，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)若直线与直线交于点M，当为直角三角形时，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形为正方形，证明见解析 (3)或 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可证明结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再结合，，即可四边形的形状； （3）根据为直角三角形，可分两种情况讨论，当时，过点G作于点N，先证明四边形为正方形，再求，即得答案；当时，点G与点F重合，分别求出和的面积，即得答案． 【详解】（1）线段绕点A逆时针方向旋转后得到， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， ； （2）四边形为正方形；理由如下： 点E，F分别是边，的中点， ，， ，点G为线段的中点 ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， 四边形为正方形； （3）分两种情况讨论： 当时，如图，过点G作于点N， ， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ，， ， ，， ， ， ， ， 四边形的面积为； 当时，如图，点G与点F重合， 此时，， ， ， ， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， 即， ，， 四边形的面积为； 综上说述，四边形的面积为或． 【点睛】本题考查了正方形的判定性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握掌握相关判定与性质，用分类讨论思想来解题是解答本题的关键． 16．（2024·广东深圳·二模）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证：； （2）【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．若，求的长； （3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点在直线上，，交直线于点．请直接写出线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）由正方形的性质及得出，利用证明，即可得出； （2）作于点，交于点，作于点，交于点，由矩形的性质得出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，即可证明四边形是矩形，进而可证明，得出，根据即可得答案； （3）作于点，交的延长线于点，由菱形的性质得出，利用三角函数得出，，分点在线段上和点在线段延长线上两种情况，利用三角函数及的面积求出的值，即可得出的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴． （2）如图2，作于点，交于点，作于点，交于点，则， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得或（舍去）， ∴的长是． （3）解：线段的长为或，理由如下： 如图3，作于点，交的延长线于点，则， ∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 点在线段上，且，则， ∴， ∴， 设于点，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图4，点在线段延长线上，且，则， ∴， ∴， 设于点，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，线段的长为或． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握其性质，合理作出辅助线并分类讨论是解决此题的关键． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$