专题07四边形的有关计算与证明解答题题型总结（4大类型）-2025年中考数学答题技巧与模板构建（全国通用）

专题07四边形的有关计算与证明解答题题型总结 题型解读｜模型构建｜通关试练 一、平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． 2.平行四边形的性质：      ①边：平行四边形的对边相等．      ②角：平行四边形的对角相等．      ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． 3.平行四边形的判定 （1） 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∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵AB=DC，AD=BC∴四边行ABCD是平行四边形． （3）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． （4）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． （5）对角线互相平分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． 二、矩形的性质与判定 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． 2.矩形的性质     ①平行四边形的性质矩形都具有；     ②角：矩形的四个角都是直角；     ③边：邻边垂直；     ④对角线：矩形的对角线相等；     ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． 由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 矩形的判定 3.矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） 三、菱形的性质与判定 1.菱形的性质      ①菱形具有平行四边形的一切性质；      ②菱形的四条边都相等；      ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；      ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． 2.菱形的面积计算      ①利用平行四边形的面积公式．      ②菱形面积=对角线乘积的一半 3.菱形的判定方法 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB=BC=CD=DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 四、正方形的性质与判定 1.正方形的定义：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． 2.正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 3.正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 模型01 平行四边形的性质与证明 考｜向｜预｜测 平行四边形的考查主要在于它的性质与判定，难度适中，在各类考试中得分率较高.掌握平行四边形定义、性质和判定，清楚平行四边形的特征以及彼此之间的关系，能用平行四边形的判定定理和性质定理进行几何证明和计算是考试的重点。 答｜题｜技｜巧 平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的． 运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单． 凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题． （2025·河北沧州·模拟预测）已知在中，，点D在上，以为腰作等腰三角形，且．连接，过E作交延长线于M，连接． (1)求证：； (2)求四边形的形状，并加以证明． 1．（2024·山东济南·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．求证：； 2．（2025·贵州·一模）如图，在中，，D是边上一点，连接，E，F分别为，的中点，连接，，．有下列条件： ①，②． (1)请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是平行四边形； (2)在（1）的结论下，若，，求的长． 3．（24-25九年级下·河北保定·阶段练习）已知：互不重合的点、、、按图中顺序依次在同一条直线上，且，，，为锐角． (1)求证：； (2)连接、，若，求证：与互相平分 4．（2025·江苏南京·中考真题）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求四边形是菱形时的长． 5．（2024·江苏南京·模拟预测）已知四边形是平行四边形． (1)如图（1），对角线，相交于点，过点的直线与边，分别相交于点．求证． (2)如图（2），过点A作对角线的垂线，垂足为，交边于点．仅用无刻度的直尺在图中作，垂足为．（保留作图痕迹，不要求写作法．） 6．（24-25九年级下·湖北武汉·开学考试）如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒． (1)若P，Q两点同时出发． ①时，用t分别表示出和的长： ， ； ②若运动过程中，当时，求t的值； (2) 若P点先运动2秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为 时（直接写出结果）为直角三角形． 模型02 矩形的有关计算与证明 考｜向｜预｜测 矩形的性质与判定该题型近年主要以填空及综合性大题的形式出现，一般属于多解型问题，难度系数较大。矩形或其它特殊平行四边形的折叠问题注意折叠前后对应边相等、对应角相等，在多解题型中，准确画出折叠后的图形是我们解题的关键。结合矩形的相关性质及判定定理与推论和其它几何的相关知识点进行解题。 答｜题｜技｜巧 1.关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有． 在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题． 2.证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． （2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)求证：； (2)请添加一个条件，使四边形是矩形（不需要说明理由） 1．（23-24九年级下·湖南湘西·阶段练习）矩形中，是上一点，已知，求的面积． 2．（24-25九年级下·北京·开学考试）如图1，在矩形中，为对角线，的垂直平分线分别交于点E，O，F，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)如图2，连接，若，求的值． 3．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）如图，在矩形中，E为的中点，，垂足为E，并与交于点F，连接（）． (1)若，，求的长； (2)求证：平分． 4．（2025·山东威海·模拟预测）在平行四边形中，对角线交于点是线段上一个动点（不与点、点重合），过点分别作的平行线，交于点，交于点，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，请补全图形，并求的值； (3)如图3，如果，且射线过点．请补全图形，并求的度数． 5．（2025·河南郑州·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求和的长． 6．（2025·云南·模拟预测）如图，在中，对角线，相交于点，，是的中点，过点作，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积． 模型03 菱形的有关计算与证明 考｜向｜预｜测 菱形的性质与判定该题型主要是在综合性大题中考试较多，一般情况考查较多的是证明一个四边形是菱形、利用相似求长度、类比探究题型，具有一定的综合性和难度.掌握菱形的性质与判定，菱形的面积公式，及一些特殊的菱形是解答本题的关键.注意菱形与平行四边形的区别，菱形与正方形的联系与区别，利用数形结合及方程的思想解题。 答｜题｜技｜巧 1. 菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． 2. 菱形判定方法的选择：若四地形（或可证）为平行四也形，则再证一组邻边相等或对角线互相垂直 若相等的边也较多（或容易证出），则可证四条边相零 如图，平行四边形，E，F为上的点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求证：； (3)延长交于点，若P为中点，，，求的长 1．如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求四边形是菱形时的长． 2．如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 3．如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 4．如图，在菱形中，连结对角线，点在边上，过点作交于点，连结交于点． (1)若，，求的度数． (2)若，，求的长． (3)求证：． 5．如图，在平行四边形中，点是对角线中点，过点作交于点于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 6．如图，矩形中，对角线、交于点，点、分别在边和上，在线段上，连接、，交于点． (1)求证：； (2)若是的中点，且，判断四边形的形状，并说明理由． 模型04正方形的有关计算与证明 考｜向｜预｜测 正方形的性质与判定该题型主要以解答题的形式出现，综合性较强，有一定难度，本专题重点分析正方形与平面直角坐标系相结合、正方形的折叠等题型。结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。 答｜题｜技｜巧 正方形是特殊的矩形又是特殊的菱形，具有矩形和菱形的所有性质 有关正形性质的问题，-般注意以下知识的应用： （1） 四条边相等、四个角都是直角 （2）对角线相等且互相垂直平分，对角线平分一组对角得到45°角 （3）边长与对角线的长度之比为 正方形的五种判定方法： （1）平行四地形＋一组邻边相等＋一个角为直角 （2）矩形＋一组邻边相等，矩形＋对角线互相垂直 （3）菱形＋一个角为直角，菱形+对角线相等 如图，正方形的中心为的外接圆上有一点A（点A，O在同侧，点A，C在异侧），且． (1)求的值． (2)求的值． (3)求正方形的面积． 1．如图，E是正方形的边上的一点，过作，交延长线于点F，的延长线交的延长线于点G． (1)求证：； (2)若，，求的长． 2．如图，在中，点P是边上的一个动点，过点P作直线，设交的平分线于点E，交的外角平分线于点F． (1)求证：； (2)若在边上存在点P，使四边形是正方形，且．求此时的大小． 3．如图，为正方形外一点，连接，，，平分交于点，连接 (1)求的度数； (2)求证：． 4．正方形的边长为4，E、F分别是边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到． (1)求证：； (2)若，求的长． 5．已知：如图1，点、分别是正方形的边、上点，且，连接、交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接对角线、交于点，且、与、分别交于点、点，连接，若平分，求证：； (3)在（2）的条件下，若，请直接写出正方形的面积． 一、解答题 1．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)过点作，垂足为，交于点，若的周长为，求四边形的周长． 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·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 4．（2023·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，对角线、交于点，的平分线分别交、于点、，交的延长线于点，为的中点，连结、，分别交、于点、． (1)求证：； (2)探究与的关系，并说明理由； (3)若，，求的长． 5．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状． 6．（2024·四川资阳·中考真题）（1）【观察发现】如图1，在中，点D在边上．若，则，请证明； （2）【灵活运用】如图2，在中，，点D为边的中点，，点E在上，连接，．若，求的长； （3）【拓展延伸】如图3，在菱形中，，点E，F分别在边，上，，延长，相交于点G．若，，求的长． 7．（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． 8．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在中，，．点是边上的一点（点不与点、重合），作射线，在射线上取点，使，以为边作正方形，使点和点在直线同侧． (1)当点是边的中点时，求的长； (2)当时，点到直线的距离为________； (3)连结，当时，求正方形的边长； (4)若点到直线的距离是点到直线距离的3倍，则的长为________．（写出一个即可） 9．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 10．（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：． 问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：． 问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．      11．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于． (1)求证：． (2)若为中点，且，求长． (3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由． 12．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒． (1)求证：； (2)求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； (3)求为何值时，线段的长度最短． 13．（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． 14．（2024·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为，点E为对角线上一点，，点P在边上以的速度由点A向点B运动，同时点Q在边上以的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（）． (1)求证：． (2)当是直角三角形时，求t的值． (3)连接，当时，求的面积． 一、解答题 1．（2013·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在中，对角线与相交于点O，过点O任作一条直线分别交于点E，F． (1)求证：； (2)连接，请添加一个条件，使四边形是矩形．（不需要说明理由） 3．（2023·湖南岳阳·模拟预测）已知：在中，分别过点B、D作于点E，于点F，如图．请从以下四个关系式中：①；②；③；④选择一个合适的作为已知条件，使是菱形． (1)你选择的条件是______． (2)添加了条件后，请证明为菱形． 4．（2025·贵州·模拟预测）如图，在中，对角线，相交于点，作和的平分线，分别交于点，，延长交于点，延长交于点． (1)求证：； (2)已知（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），判断四边形的形状，并证明．条件①：平分；条件②：． 5．（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． 6．（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． 7．（2025·甘肃·模拟预测）【模型建立】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，且AE⊥DF，求证：； 【模型应用】 （2）如图2，在矩形中，，，点E在边上，点M，N分别在边，上，且，求的值； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，，点E，F分别在边，上，且，垂足为G，求的值． 8．（2025·湖南娄底·一模）如图1，在矩形中，，，点E是线段上的动点（点不与点重合），连接，过点作，交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，过点作，垂足为，连接，点是线段的中点，连接． ①求的最小值； ②当取最小值时，求线段的长． 9．（24-25九年级上·江苏扬州·期末）【问题】（1）如图1，四边形是正方形，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接、，则与的数量关系是 ． 【类比探究】； （2）如图2，四边形是矩形，，，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接、．判断线段与有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由； 【拓展提升】： （3）如图3，在（2）的条件下，点E是从点A运动D点，直接写出点G的运动路径长度 ； 10．（2025·湖北黄石·一模）如图1，正方形中，边长，E为对角线上一动点，沿着对折，得到． (1)当时， ①求的面积； ②求的长； (2)若在线段上另有一点F如图2，把沿对折，正好得到，设，，用含x的代数式表示y； (3)若点F在线段的延长线上，把沿对折，得到，且在对角线上有一点E，使得沿折叠后正好得到．请画出此时的图形（任选一种即可），并简要叙述画图步骤．若仍设，，用含x的代数式表示y． 11．（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． 12．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，． (1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度； (2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：； (3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07四边形的有关计算与证明解答题题型总结 题型解读｜模型构建｜通关试练 一、平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． 2.平行四边形的性质：      ①边：平行四边形的对边相等．      ②角：平行四边形的对角相等．      ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． 3.平行四边形的判定 （1） 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∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵AB=DC，AD=BC∴四边行ABCD是平行四边形． （3）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． （4）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． （5）对角线互相平分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． 二、矩形的性质与判定 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． 2.矩形的性质     ①平行四边形的性质矩形都具有；     ②角：矩形的四个角都是直角；     ③边：邻边垂直；     ④对角线：矩形的对角线相等；     ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． 由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 矩形的判定 3.矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） 三、菱形的性质与判定 1.菱形的性质      ①菱形具有平行四边形的一切性质；      ②菱形的四条边都相等；      ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；      ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． 2.菱形的面积计算      ①利用平行四边形的面积公式．      ②菱形面积=对角线乘积的一半 3.菱形的判定方法 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB=BC=CD=DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 四、正方形的性质与判定 1.正方形的定义：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． 2.正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 3.正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 模型01 平行四边形的性质与证明 考｜向｜预｜测 平行四边形的考查主要在于它的性质与判定，难度适中，在各类考试中得分率较高.掌握平行四边形定义、性质和判定，清楚平行四边形的特征以及彼此之间的关系，能用平行四边形的判定定理和性质定理进行几何证明和计算是考试的重点。 答｜题｜技｜巧 平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的． 运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单． 凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题． （2025·河北沧州·模拟预测）已知在中，，点D在上，以为腰作等腰三角形，且．连接，过E作交延长线于M，连接． (1)求证：； (2)求四边形的形状，并加以证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形的形状是平行四边形，证明见解析 【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，以及平行四边形的判定．掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． （1）由等边对等角可知，即得出．由题意可得，，即得出．由，可证明，从而可证明，即易证≌； （2）先证明，再根据两直线平行，内错角相等即可证明，即得出，从而可得，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． 【详解】（1）证明：， ， ， ∵以为腰作等腰三角形， ， ， ， ， ， ， ， 在在中， ， ； （2）解：四边形的形状是平行四边形， 证明：， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形． 1．（2024·山东济南·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．求证：； 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形的判定以及性质，平行线的性质，连接，交于点，证明，推出四边形为平行四边形，得到，即可得证； 【详解】证明：连接，交于点，    ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴； 2．（2025·贵州·一模）如图，在中，，D是边上一点，连接，E，F分别为，的中点，连接，，．有下列条件： ①，②． (1)请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是平行四边形； (2)在（1）的结论下，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）选择①，首先得到是的中位线，得到，，然后求出，得到，进而证明即可； 选择②，首先得到是的中位线，得到，然后由得到，进而证明即可； （2）首先得到，由（1）知，四边形是平行四边形，，得到，，然后得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：选择①， 证明：∵E，F分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴，．     ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形．   [一题多解]选择②， 证明：∵E，F分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵F是的中点，， ∴．     由（1）知，四边形是平行四边形，， ∴，．     ∵， ∴．     在中，，即， 解得， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定，三角形中位线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．（24-25九年级下·河北保定·阶段练习）已知：互不重合的点、、、按图中顺序依次在同一条直线上，且，，，为锐角． (1)求证：； (2)连接、，若，求证：与互相平分 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握判定方法是解题的关键． （1）由可得，再利用即可证得； （2）连接，，，只要证得四边形是平行四边形即可． 【详解】（1）证明： ， ，即， ，， ； （2）证明：如图，连接，，， ， ， ，， ，， ， 四边形是平行四边形， 与互相平分． 4．（2025·江苏南京·中考真题）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求四边形是菱形时的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查中心对称，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由中心对称的性质证明，即可证明； （2）利用勾股定理求出，再利用面积法求出，利用勾股定理求即可． 【详解】（1）证明：∵和关于点对称， ，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接， ∵和关于点对称，四边形是平行四边形； ∴三点共线， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 5．（2024·江苏南京·模拟预测）已知四边形是平行四边形． (1)如图（1），对角线，相交于点，过点的直线与边，分别相交于点．求证． (2)如图（2），过点A作对角线的垂线，垂足为，交边于点．仅用无刻度的直尺在图中作，垂足为．（保留作图痕迹，不要求写作法．） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键． （1）根据平行四边形性质得，得，可得，即得； （2）根据平行四边形性质得，，可得，得，得,根据，得． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ （2）解：连接交于点O，作射线交于点G，连接交于点H，点H即为所求作． 6．（24-25九年级下·湖北武汉·开学考试）如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒． (1)若P，Q两点同时出发． ①时，用t分别表示出和的长： ， ； ②若运动过程中，当时，求t的值； (2)若P点先运动2秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为 时（直接写出结果）为直角三角形． 【答案】(1)①，；②4 (2)或 【分析】（1）①由题意可得出答案；②由平行四边形的性质得出，则可得出答案； （2）当时，，不可能为直角；分两种情况，当为直角时，当为直角时，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案． 【详解】（1）解：①当时，点P在上运动，点Q在上运动， 由题意得，，， 故答案为：，； ②当时， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； （2）解：当时，， 由题意知不可能为直角， 当为直角时，四边形是矩形， ∴，如图1， 则， ∴； 当为直角时，如图，过点P作于点M， 则四边形是矩形， ∴，， ∴， 设， ∵，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 综上，或时，为直角三角形， 故答案为：或． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了直角三角形的定义，勾股定理，平行四边形的判定和性质，矩形的性质和判定等知识，构造出直角三角形是解本题的关键． 模型02 矩形的有关计算与证明 考｜向｜预｜测 矩形的性质与判定该题型近年主要以填空及综合性大题的形式出现，一般属于多解型问题，难度系数较大。矩形或其它特殊平行四边形的折叠问题注意折叠前后对应边相等、对应角相等，在多解题型中，准确画出折叠后的图形是我们解题的关键。结合矩形的相关性质及判定定理与推论和其它几何的相关知识点进行解题。 答｜题｜技｜巧 1.关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有． 在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题． 2.证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． （2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)求证：； (2)请添加一个条件，使四边形是矩形（不需要说明理由） 【答案】(1)见解析 (2)添加条件：（答案不唯一） 【分析】此题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定、全等三角形的判定和性质等知识． （1）四边形 是平行四边形，则，运用E 为 的中点及平行线的性质，证明，从而证得． （2）添加条件：，证明四边形是平行四边形，再证明，即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵E 为的中点， ∴． 在和中， ∵， ∴， ∴． （2）解：添加条件：（答案不唯一），理由如下： 由（1）可知，， ∵四边形是平行四边形， ∴， 四边形是平行四边形， ∵， ∴， 平行四边形是矩形． 1．（23-24九年级下·湖南湘西·阶段练习）矩形中，是上一点，已知，求的面积． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据矩形的性质和题目中的条件，可以判断，然后相似三角形的性质，即可求得的长，最后求出的面积． 【详解】解：矩形中，,，， ， ， ， ， ， 2．（24-25九年级下·北京·开学考试）如图1，在矩形中，为对角线，的垂直平分线分别交于点E，O，F，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)如图2，连接，若，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】对于（1），先根据线段垂直平分线的性质得，再根据“角边角”证明，可得，然后根据“四边相等的四边形是菱形”得出答案； 对于（2），根据直角三角形的性质得，进而得出，及，然后说明等边三角形，可得，最后根据特殊角的三角函数值得出答案． 【详解】（1）证明：∵是的垂直平分线， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴． ∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴． 在中，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在中，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，含直角三角形的性质定理及其逆定理，等边三角形的性质和判定，特殊角的三角函数值等，灵活选择判定定理是解题的关键． 3．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）如图，在矩形中，E为的中点，，垂足为E，并与交于点F，连接（）． (1)若，，求的长； (2)求证：平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由矩形的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，于是可证得，由相似三角形的性质可得，由为的中点可得，于是可得，由此即可求出的长； （2）设，，由为的中点可得，由（1）可得，于是可得，进而可得，由勾股定理可得，，由（1）可得，且，即，于是可证得，由相似三角形的性质可得，于是结论得证． 【详解】（1）解：四边形为矩形，且， ，，， ， ， ， ， ， 为的中点， ， ， ； （2）证明：设，， 为的中点， ， 由（1）可得：， ， ， ， ， 由（1）可得：， 又，， ， 即：， ， ， 即：平分． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的两个锐角互余，相似三角形的判定与性质，线段中点的有关计算，勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 4．（2025·山东威海·模拟预测）在平行四边形中，对角线交于点是线段上一个动点（不与点、点重合），过点分别作的平行线，交于点，交于点，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，请补全图形，并求的值； (3)如图3，如果，且射线过点．请补全图形，并求的度数． 【答案】(1)见解析； (2)见解析，； (3)见解析， 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，则，由此即可求解； （2）根据题意可证，设，那么，由即可求解； （3）根据题意作图，可证平行四边形为菱形，设，得到（负根已舍），则，可证，设，那么，求出即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 在平行四边形中，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图2， ∵， ∴平行四边形为矩形． ∴， ∴， 又∵，且， ∴只能，， ∴此时有：， 设，那么， ∴，， ∴， ∴； （3）解：补全图形如下， ∵， ∴平行四边形为菱形， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负根已舍）． ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴设，那么， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查四边形的综合，掌握矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识的综合是解题的关键． 5．（2025·河南郑州·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求和的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、矩形的性质与判定及斜边中线定理，熟练掌握菱形的性质、勾股定理、矩形的判定及斜边中线定理是解题的关键； （1）由题意易得，，则有，然后可得四边形是平行四边形，进而问题可求解； （2）由题意易得，则有，进而根据勾股定理及矩形的性质可进行求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 6．（2025·云南·模拟预测）如图，在中，对角线，相交于点，，是的中点，过点作，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）证是的中位线，得，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （2）根据勾股定理得出，进而利用矩形的面积公式解答即可． 【详解】（1）四边形是平行四边形， ． 点是的中点， 是的中位线． ． 又， 四边形是平行四边形． ， ， ． 四边形是矩形． （2）， ， ， ， ， 矩形的面积． 模型03 菱形的有关计算与证明 考｜向｜预｜测 菱形的性质与判定该题型主要是在综合性大题中考试较多，一般情况考查较多的是证明一个四边形是菱形、利用相似求长度、类比探究题型，具有一定的综合性和难度.掌握菱形的性质与判定，菱形的面积公式，及一些特殊的菱形是解答本题的关键.注意菱形与平行四边形的区别，菱形与正方形的联系与区别，利用数形结合及方程的思想解题。 答｜题｜技｜巧 1. 菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． 2. 菱形判定方法的选择：若四地形（或可证）为平行四也形，则再证一组邻边相等或对角线互相垂直 若相等的边也较多（或容易证出），则可证四条边相零 如图，平行四边形，E，F为上的点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求证：； (3)延长交于点，若P为中点，，，求的长 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，交于，证明，可得，然后利用平角定义即可解决问题； （2）根据菱形的性质证明，可得，然后证明，即可解决问题； （3）取中点，得到是的中位线，，，再由，得到，设，则， ，所以，设，则，然后利用勾股定理即可解决问题． 【详解】（1）证明：连接，交于， 平行四边形， ， 在和中， ， ∴， ， 又， ， ， 四边形为菱形； （2）证明：四边形为菱形， 垂直平分，，， ， ， 垂直平分， ， 又， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ∴， ， ∴； （3）解：取中点， ∵为中点， ∴是的中位线， ∴，， 为中点， ∴， ∵， ∴， ， ， 设，则，， 由（2）得， 中，，， 中，，， ∴， 解得， ． 【点睛】此题属于四边形综合题，考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质定理是解题的关键． 1．如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求四边形是菱形时的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查中心对称，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由中心对称的性质证明，即可证明； （2）利用勾股定理求出，再利用面积法求出，利用勾股定理求即可． 【详解】（1）证明：∵和关于点对称， ，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接， ∵和关于点对称，四边形是平行四边形； ∴三点共线， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键． （1）由菱形的性质及中点定义得到角的关系及边的关系，再由三角形全等的判定与性质即可证明； （2）由菱形性质及（1）中结论得到，在中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半代值求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵在菱形中，， ∴， 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ， ∴； （2）解：∵在菱形中，， 由（1）可知， ∴， ∵， ∴， 是斜边上的中线， ． 3．如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键． （1）由菱形的性质及中点定义得到角的关系及边的关系，再由三角形全等的判定与性质即可证明； （2）由菱形性质及（1）中结论得到，在中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半代值求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵在菱形中，， ∴， 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ， ∴； （2）解：∵在菱形中，， 由（1）可知， ∴， ∵， ∴， 是斜边上的中线， ． 4．如图，在菱形中，连结对角线，点在边上，过点作交于点，连结交于点． (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】（1）由菱形性质知，由知，，由菱形对角相等可得，即可得出结论； （2）由，可得，可得，证明得，由得，证明，，即可得出结论； （3）由菱形性质证明，证明，得出比例式，由（2）知，故，即可得证． 【详解】（1）解：∵在菱形中，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的度数为； （2）∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的长为； （3）证明：∵四边形是菱形， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 由（2）知：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，掌握相似三角形的判定和性质以及熟练进行中间比转化证明比例式是解题的关键． 5．如图，在平行四边形中，点是对角线中点，过点作交于点于点，连接，． (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) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，萎形的判定，证得是关键； （1）根据线段垂直平分线的性质，可得，，，然后由四边形是矩形，再证明，则可得，继而证得结论； （2）根据菱形的性质得，，，再证，利用勾股定理表示，再结合菱形面积公式即可解答； 【详解】（1）证明：点是中点，， 是的垂直平分线， ∴，，． 四边形是平行四边形， ， ． 在和中， ， ． ， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形， ，，， ，， ， ， 即． 在中，， ． 菱形的面积为； 菱形的面积为． 6．如图，矩形中，对角线、交于点，点、分别在边和上，在线段上，连接、，交于点． (1)求证：； (2)若是的中点，且，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】（）利用矩形的性质可证，得到，进而证明即可求证； （）由得，即可得四边形是平行四边形，再证明为等边三角形，得到，即得，再根据三线合一可得，即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： 由（）得，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，掌握矩形的性质和菱形的判定是解题的关键． 模型04正方形的有关计算与证明 考｜向｜预｜测 正方形的性质与判定该题型主要以解答题的形式出现，综合性较强，有一定难度，本专题重点分析正方形与平面直角坐标系相结合、正方形的折叠等题型。结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。 答｜题｜技｜巧 正方形是特殊的矩形又是特殊的菱形，具有矩形和菱形的所有性质 有关正形性质的问题，-般注意以下知识的应用： （1） 四条边相等、四个角都是直角 （2）对角线相等且互相垂直平分，对角线平分一组对角得到45°角 （3）边长与对角线的长度之比为 正方形的五种判定方法： （1）平行四地形＋一组邻边相等＋一个角为直角 （2）矩形＋一组邻边相等，矩形＋对角线互相垂直 （3）菱形＋一个角为直角，菱形+对角线相等 如图，正方形的中心为的外接圆上有一点A（点A，O在同侧，点A，C在异侧），且． (1)求的值． (2)求的值． (3)求正方形的面积． 【答案】(1)45° (2) (3)80 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，即可求解； （2）作，交的延长线于H，可以得到，根据三角函数的定义即可求解； （3）根据三角函数即可求得的长，然后根据勾股定理即可求得的长，则正方形的面积即可求解． 【详解】（1）解：∵正方形的中心为O， ∴， ∵点A在的外接圆上， 四点共圆， ． （2）解：过点B作延长线于点H， 则 四点共圆， ． ． ． ． （3）解：∵正方形的中心为O， ∴， 四点共圆， ∴， ∴，， ∴， ． 【点睛】本题综合考查了正方形的性质、圆周角定理及其推论、圆内接四边形的性质及锐角三角函数的定义，解题的关键是得到O，A，B，C四点共圆，灵活运用同弧所对的圆周角相等将问题进行转化． 1．如图，E是正方形的边上的一点，过作，交延长线于点F，的延长线交的延长线于点G． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【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、相似三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据正方形的性质得到，，再由得到 ，利用角的和差关系得到，利用全等三角形的判定推出，即可得证； （2）由（1）得，利用勾股定理求出的长，进而得到的长，通过证明得出，代入数据即可求出的长． 【详解】（1）证明：正方形， ，， ， ， ， ， ，即， 在和中， ， ， ． （2）解：正方形， ，， 由（1）得， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 的长为． 2．如图，在中，点P是边上的一个动点，过点P作直线，设交的平分线于点E，交的外角平分线于点F． (1)求证：； (2)若在边上存在点P，使四边形是正方形，且．求此时的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由角平分线的定义结合平行线的性质可得，由等角对等边可得，同理可得，即可得证； （2）由正方形的性质可得，，由题意可得为直角三角形，且，设，则，，由勾股定理可得，求出，即可得解． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴； （2）解：∵边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴为直角三角形，且， ∵， ∴设，则，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、角平分线的定义、平行线的性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 3．如图，为正方形外一点，连接，，，平分交于点，连接 (1)求的度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）设，则，利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解； （2）证明，，，四点共圆，利用四点共圆的性质求解． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，， 又， 平分，设，则， ， ， ； （2）证明：连接， 四边形是正方形， ，， 由（1）知， ， 、、、四点共圆， ， ，即 【点睛】本题考查正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，四点共圆等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 4．正方形的边长为4，E、F分别是边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据旋转点的性质可得，，再利用边角边证明三角形全等即可； （2）设，根据正方形的性质，全等三角形的性质和旋转的性质表示出各个边长，再理由勾股定理求解即可； 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵绕点D逆时针旋转，得到， ∴，，，， ∴， ∴F、C、M三点共线， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：∵绕点D逆时针旋转，得到，， ∴， ∵正方形的边长为4， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， 即， 解得， 即． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，旋转的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 5．已知：如图1，点、分别是正方形的边、上点，且，连接、交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接对角线、交于点，且、与、分别交于点、点，连接，若平分，求证：； (3)在（2）的条件下，若，请直接写出正方形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由可证，得，由余角的性质可证； （2）由正方形的性质和等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质可得，由可证，可得，可得结论； （3）利用勾股定理可求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 又， ， ， ， ， ， ； （2）证明：四边形是正方形， ，， 平分，， ， ， ， 又， ， 又， ， ，，， ， ， ； （3）解：， ， 设，则， ， ， ， 正方形的面积． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上中线的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 1．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)过点作，垂足为，交于点，若的周长为，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的周长为24 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，根据平行线的判定定理即可得到结论； （2）由（1）知，，，求得，根据线段垂直平分线的性质得到，于是得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在与中， ， ， ， ， ； （2）解：由（1）知，，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 的周长为12， ， . 四边形的周长为24. 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·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时 【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 即当时，四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． 4．（2023·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，对角线、交于点，的平分线分别交、于点、，交的延长线于点，为的中点，连结、，分别交、于点、． (1)求证：； (2)探究与的关系，并说明理由； (3)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)，，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用矩形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定解答即可； （2）利用证明，可得出，，结合三角形内角和与对顶角的性质可得出； （3）利用勾股定理和等腰直角三角形的性质可求出，，的长度，证明，利用相似三角形的性质求出的长度，证明，得出，即可求解． 【详解】（1）证明∶∵四边形是矩形， ∴，，，，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，，理由： ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵F是的中点， ∴，，， ∴， 又，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵，，， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由（2）知：，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，明确题意，正确的识别图形是解题的关键． 5．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状． 【答案】(1)证明见详解 (2)四边形为正方形 【分析】（1）由角平分线的定义可得出，由平行线的性质可得出，等量代换可得出，利用证明 ，由全等三角形的性质得出，结合已知条件可得出四边形是平行四边形． （2）由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，，根据平行线的性质可得出，，由全等三角形的性质可得出，等量代换可得出， 即可得出四边形为正方形． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由∵， ∴四边形是平行四边形． （2）四边形是正方形． 过点B作于点G， ∴， ∵四边形是平行四边形． ∴，， ∴，， ∴，， 由（1）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键． 6．（2024·四川资阳·中考真题）（1）【观察发现】如图1，在中，点D在边上．若，则，请证明； （2）【灵活运用】如图2，在中，，点D为边的中点，，点E在上，连接，．若，求的长； （3）【拓展延伸】如图3，在菱形中，，点E，F分别在边，上，，延长，相交于点G．若，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）证明，得出，即可证明结论； （2）过点C作于点F，过点D作于点G，解直角三角形得出，，证明，得出，求出，根据勾股定理得出，得出，证明，得出，求出； （3）连接，证明，得出，求出，证明为直角三角形，得出，根据勾股定理求出，证明，得出，求出结果即可． 【详解】解：（1）∵，， ∴， ∴， ∴； （2）过点C作于点F，过点D作于点G，如图所示： 则， ∴， ∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：； （3）连接，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：，负值舍去， ∴， ∴， ∵， ∴为直角三角形，， ∴， ∴在中根据勾股定理得： ， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 7．（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． 8．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在中，，．点是边上的一点（点不与点、重合），作射线，在射线上取点，使，以为边作正方形，使点和点在直线同侧． (1)当点是边的中点时，求的长； (2)当时，点到直线的距离为________； (3)连结，当时，求正方形的边长； (4)若点到直线的距离是点到直线距离的3倍，则的长为________．（写出一个即可） 【答案】(1) (2) (3) (4)或 【分析】本题考查等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握面积法是解题的关键；（1）根据等腰三角形三线合一性质，利用勾股定理即可求解；（2）利用面积法三角形面积相等即可；（3）设，则，，过点作于 ，根据，建立方程；即可求解；（4）第一种情况，，在异侧时，设，，则，证明，得到，即可求解；第二种情况，当，在同侧，设，则，，，求得，解方程即可求解； 【详解】（1）解：根据题意可知： ， 为等腰三角形，故点是边的中点时，； 在中，； （2）根据题意作，如图所示； 当时，则， 设点到直线的距离为， ， 解得：； （3）如图，当时，点落在上， 设，则，， 过点作于 则， ， ， 解得： 故， 所以正方形的边长为； （4）如图，，在异侧时； 设，，则 三边的比值为， ， ， 当，在同侧 设，则，， 三边比为， 三边比为， 设，则，， 解得： 综上所述：的长为或 9．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①且；②能， 【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论； （2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案． 【详解】（1）解：，；理由如下： ∵在菱形中，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由对折可得：， ∴； （2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，， ∵四边形为菱形，， ∴， ，， ∴为等边三角形， ∴， ∴共圆，，在上， ∵， ∴， 过作于， ∴，， ∴， 当时，最小，则最小， ∵，， ∴， ∴； 点E不与B、C重合， ，且， ∴的取值范围为且； ②能为的切线，理由如下： 如图，以为圆心，为半径画圆， ∵， ∴在上， 延长与交于，连接， 同理可得为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由对折可得：，， 过作于， ∴设， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 10．（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：． 问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：． 问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．      【答案】问题背景：见解析；问题探究：见解析；问题拓展： 【分析】问题背景：根据矩形的性质可得，根据点，分别是，的中点，可得，即可得证； 问题探究：取的中点，连接，得是的中位线，根据已知条件可得平行且等于，进而可得是平行四边形，得，则，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而可得，等量代换可得，等角对等边，即可得证； 问题拓展：过点作，则四边形是矩形，连接，根据已知以及勾股定理得出；根据（2）的结论结合已知可得，证明垂直平分，进而得出，证明，进而证明， 进而根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】问题背景：∵四边形是矩形， ∴， ∵，分别是，的中点 ∴， 即， ∴； 问题探究：如图所示，取的中点，连接，    ∵是的中点，是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ 又∵，是的中点， ∴ ∴ ∴， ∴； 问题拓展：如图所示，过点作，则四边形是矩形，连接，    ∵， ∴， 设，则， 在中，， ∵，由（2） ∴， 又∵是的中点， ∴垂直平分 ∴，， 在中， ∴ 设，则 ∴， 又∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 11．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于． (1)求证：． (2)若为中点，且，求长． (3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由． 【答案】(1)见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明； （2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以； （3）由折叠性质，得直线， ，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答． 【详解】（1）解：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：如图： ∵四边形是矩形， ∴，， ∵为中点， ∴， 设， ∴， 在中，， 即， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴； （3）解：如图：延长交于一点M，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，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 【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，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 12．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒． (1)求证：； (2)求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； (3)求为何值时，线段的长度最短． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（）设与相交于点，证明，可得，，利用三角形外角性质可得，即得，即可求证； （）过点作于，解直角三角形得到，，可得，由等腰三角形三线合一可得，即可由三角形面积公式得到与的函数表达式，最后由，可得自变量的取值范围； （）证明为等边三角形，可得，可知线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，又由菱形的性质可得为等边三角形，利用三线合一求出即可求解； 本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角三角形，求二次函数解析式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，掌握菱形的性质及等边三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：设与相交于点， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵ ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于，则， ∵， ∴， ∵四边形为菱形，， ∴，， 即， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当时，线段的长度最短． 13．（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． 14．（2024·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为，点E为对角线上一点，，点P在边上以的速度由点A向点B运动，同时点Q在边上以的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（）． (1)求证：． (2)当是直角三角形时，求t的值． (3)连接，当时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)秒或2秒 (3) 【分析】（1）根据正方形性质，得到，再题意得到，从而得到； （2）利用题目中的条件，分别用t表示、、，再分别讨论当、和时，利用勾股定理构造方程求出t即可； （3）过点A作，交的延长线于点F，连接交于点G．由此得到，由已知得到进而得到，由题意，则，再依次证明、，得到，从而证明，即是等腰直角三角形．则，再用求出的面积． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ． ， ． （2）解：过点E作于点M，过点E作于点N． 由题意知， ∵ ∴， ∵ ∴ 由已知， ． ，即， ，即， ，即．          ①当时，有． 即，整理得． 解得（不合题意，舍去）．              ②当时，有． 即，整理得，解得． ③当时，有． 即，整理得，该方程无实数解． 综上所述，当是直角三角形时，t的值为秒或2秒． （3）解：过点A作，交的延长线于点F，连接交于点G． ， ．                  又， ． ， ， ， ， ， ， ， 即， 是等腰直角三角形． ， 【点睛】本题考查了正方形的性格、相似三角形的性质与判定、正切定义以及勾股定理．解答过程中，灵活的利用勾股定理构造方程、根据题意找到相似三角形是解题关键． 1．（2013·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)长为 【分析】（1）根据矩形的性质求出，推出，，证明全等后得到，即可证明出菱形； （2）根据菱形的性质求出，在中，根据勾股定理得到即可求出． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， 是的中垂线， ， ． ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形， ， 设长为，则， 在中， 即， 解得：， 答：长为． 【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定和性质和勾股定理等知识点的应用，解题的关键在于熟记判定性质． 2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在中，对角线与相交于点O，过点O任作一条直线分别交于点E，F． (1)求证：； (2)连接，请添加一个条件，使四边形是矩形．（不需要说明理由） 【答案】(1)见解析 (2) （答案不唯一） 【分析】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，矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由平行四边形的性质得，再运用证明，即可作答． （2）先由平行四边形的性质得，由，证明四边形是平行四边形，最后因为，即可证明四边形是矩形进行作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：（答案不唯一）．过程如下： 如图：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是矩形． 3．（2023·湖南岳阳·模拟预测）已知：在中，分别过点B、D作于点E，于点F，如图．请从以下四个关系式中：①；②；③；④选择一个合适的作为已知条件，使是菱形． (1)你选择的条件是______． (2)添加了条件后，请证明为菱形． 【答案】(1)③（答案不唯一） (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定方法． （1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，选择条件：③； （2）证，可得一组邻边相等，可证是菱形． 【详解】（1）解：选择的条件是③：， 故答案为：③； （2）证明： ， ， ∵四边形为平行四边形； 为菱形． 4．（2025·贵州·模拟预测）如图，在中，对角线，相交于点，作和的平分线，分别交于点，，延长交于点，延长交于点． (1)求证：； (2)已知（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），判断四边形的形状，并证明．条件①：平分；条件②：． 【答案】(1)见解析 (2)②；是菱形，证明见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，特殊四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握这些判定与性质是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质得出，，，可得，再结合，分别是和的平分线，得出，即可证明； （2）通过，得出，则可证明，则可证明四边形是平行四边形；当添加条件①时，再通过证，得出与不垂直，则四边形不是菱形和正方形；通过证，得出与不垂直，四边形不是矩形，综上，添加条件①不合适；当添加条件②时，再通过证明推出是菱形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵，分别是和的平分线， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形； 如果添加条件①无法证明四边形是其余特殊四边形，理由如下： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴与不垂直， ∴四边形不是菱形和正方形； ∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴与不垂直， ∴四边形不是矩形； 综上，添加条件①不合适； 如果添加条件②，四边形是菱形．理由如下： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 5．（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． 6．（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) 【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， ∴． 7．（2025·甘肃·模拟预测）【模型建立】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，且AE⊥DF，求证：； 【模型应用】 （2）如图2，在矩形中，，，点E在边上，点M，N分别在边，上，且，求的值； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，，点E，F分别在边，上，且，垂足为G，求的值． 【答案】（1）见解析；（2）＝；（3） 【分析】（1）证明，即可得证； （2）证明四边形是矩形，得出，，再证明，即可得解； （3）过点C作于点N，交的延长线于点M，连接，证明四边形是矩形，得出，，证明，得出，证明，得出．设，则，设，则，由勾股定理可得，再证明，即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：过点N作于点H， ， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：过点C作于点N，交的延长线于点M，连接， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 设，则，设，则， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴， 解得 (舍去)， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 8．（2025·湖南娄底·一模）如图1，在矩形中，，，点E是线段上的动点（点不与点重合），连接，过点作，交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，过点作，垂足为，连接，点是线段的中点，连接． ①求的最小值； ②当取最小值时，求线段的长． 【答案】(1)详见解析 (2)①的最小值为5 ②当取最小值时，线段的长为1 【分析】（1）证明出即可求解； （2）①连接，先证明．确定出点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．当A，G，M三点共线时，．此时，取最小值．在中利用勾股定理即可求出，则问题得解． ②过点M作交于点N，即有，进而有．设，则，．再根据，得到，得到，则有，解方程即可求出． 【详解】（1）证明：如图1， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； （2）①解：如图2-1，连接AM． ∵， ∴是直角二角形． ∵点是线段的中点， ∴． 当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于箒三边得：， 当A，G，M三点共线时，． 此时，取最小值．在中，． ∴的最小值为5． ②如图2-2，过点M作交于点N， ∴． ∴． 设，则， ∴． ∵， ∴， ∴， 由①知的最小值为5、即， 又∵， ∴． ∴，解得， 经检验，是分式方程的解， 即． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及分式方程的应用等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 9．（24-25九年级上·江苏扬州·期末）【问题】（1）如图1，四边形是正方形，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接、，则与的数量关系是 ． 【类比探究】； （2）如图2，四边形是矩形，，，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接、．判断线段与有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由； 【拓展提升】： （3）如图3，在（2）的条件下，点E是从点A运动D点，直接写出点G的运动路径长度 ； 【答案】（1）；（2） ，；（3）6 【分析】（1）通过证明，即可求证； （2）通过证明，可得，，延长相交于点H．因为矩形，所以，所以，所以，即可求解； （3）作于，交的延长线于M．首先证明点的运动轨迹为所在的直线，当点E是从点A运动D点时，点从点运动到点，即可求解． 【详解】解：（1）由题意可得四边形和四边形为正方形 ∴，， 又∵ ∴ 在和中 ∴ ∴； （2）， 理由如下：延长、相交于点H，如下图： 在矩形、矩形中， ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴； 在矩形中， ∴，， ∴ ∴； （3）作于N，交的延长线于M，如下图： 可得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点G的运动轨迹是直线，当点E是从点A运动D点时， 当点E与点A重合时，， 由（2）得，即与点重合， 当点E与点D重合时，连接，，， 由（2）得，即与点重合， ∴点从点运动到点， 又∵ ∴点G的运动路径长6． 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等，这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值． 10．（2025·湖北黄石·一模）如图1，正方形中，边长，E为对角线上一动点，沿着对折，得到． (1)当时， ①求的面积； ②求的长； (2)若在线段上另有一点F如图2，把沿对折，正好得到，设，，用含x的代数式表示y； (3)若点F在线段的延长线上，把沿对折，得到，且在对角线上有一点E，使得沿折叠后正好得到．请画出此时的图形（任选一种即可），并简要叙述画图步骤．若仍设，，用含x的代数式表示y． 【答案】(1)①；② (2) (3) 【分析】此题考查了正方形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识． （1）①过E点作于点Q，求出，，得到，得到，，即可求出答案；②延长交于点P， 由对折可知：，则垂直平分，，即可求出答案； （2）证明，，则，得到，即可求出答案； （3）按照题意画出图形，说明画图步骤，证明，得到，，则，则，即可得到答案． 【详解】（1）解：①过E点作于点Q， ∵， ∴，， 在中，， ∴， ， ，， ∴； ②延长交于点P， 由对折可知： ∴垂直平分， ∵，， （2）由折叠可知：，， ∴， ∴， ∴ ∴， （3）画出如下图形草图： 描述画图步骤： 先在上相对点A而言更靠近点C的位置任取点E，确定点A关于的对称点G（保证点G画在下方），连接，画的角平分线交的延长线于点F； 由折叠可知： ∴ ∴，， ∴ ∴， 11．（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． 12．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，． (1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度； (2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：； (3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长． 【答案】(1)图见解析， (2)见解析 (3)1或3 【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质即可求解； （2）如解图，连接，由四边形是菱形，可得和都是等边三角形，再证即可求解； （3）根据题意作图如解图，过点作于点，连接，可得是等边三角形，由勾股定理可得，在中，，，由勾股定理可得，同理可得，分类讨论：当点在点的左侧（的位置）时，；当点在点的右侧（的位置）时，；再由（2）知，可得线段的长为1或3，由此即可求解． 【详解】（1）解：作如解图， ∵四边形是菱形， ∴， 如图所示，连接，， ∴是等边三角形， ∴， ∵点是中点， ∴，即， ∴， 故答案为：； （2）证明：如解图，连接， 四边形是菱形，且， ，， 和都是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ． （3）解：根据题意作图如解图，过点作于点，连接， 四边形是菱形，且，， ， 是等边三角形， ， ， 在中，，， ，同理可得， 当点在点的左侧（的位置）时，； 当点在点的右侧（的位置）时，； 或3； 由（2）知， ， ， 线段的长为1或3． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$