热点09 多边形与特殊的平行四边形（9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（山东专用）

热点09 多边形 中考数学中多边形部分主要考向分为三类： 一、多边形（每年1-2道，3~6分） 二、平行四边形（每年1-2道，3-9分） 三、特殊的平行四边形（每年2-5题，6~12分） 平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强．所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合。 考向一：多边形 【题型1 多边形的内角、外角】 1 n边形的内角和：；外角和：360°； 2 n边形一个顶点出发，有n-3条对角线，将n边形分成了n-2个三角形，n边形共有条对角线； 3 正n边形：所有的边长度相等，所有的内角也都相等的n边形； 4 正n边形一个内角：；一个外角：；一个内角与它相邻的外角互补。 注意：在涉及到正n边形的内角问题时，往往先求外角，利用互补求内角会使得计算量降低。 1．（2024·山东泰安·一模）如果一个多边形的每一个外角都是，那么这个多边形的内角和为 度． 2．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 4．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 5．（2025·山东·一模）如图，在正五边形中，延长，交于点，则的度数是（   ） A． B． C． D． 6．（2023·山东济南·中考真题）如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    7．（2023·山东济南·三模）将正六边形与正方形按如图所示摆放，且正六边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是 ． 考向二：平行四边形 【题型2 平行四边形的性质】 1 角：对角相等；邻角互补； 2 边：对边平行；对边相等； 3 对角线：两条对角线互相平分。 1．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 2．（2025·山东·一模）如图，中，的平分线交于点，交的延长线于点，若，，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2023·山东济南·中考真题）已知：如图，点为对角线的中点，过点的直线与，分别相交于点，． 求证：．    4．（2023·山东淄博·中考真题）如图，在中，，分别是边和上的点，连接，，且．求证：    (1)； (2)． 5．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，为的中点，过点且分别交于点．若，求的长． 6．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 7．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【题型3 平行四边形的判定】 1 边：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； 2 对角线：对角线互相平分的四边形是平行四边形； 注意：在判定平行四边形证明边相等时，大多数时候会结合三角形的全等来证明。 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形． 2．（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． 3．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 4．（2023·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点O，点F是边上的一点，连接，将沿直线折叠，点D落在点G处，连接并延长交于点H，连接并延长交于点M，交的延长线于点E，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：． 考向三：特殊的平行四边形 【题型4 矩形的性质】 1 边：矩形的对边平行；对边相等； 2 角：矩形的四个角都是直角； 3 对角线：矩形的对角线互相平分；矩形的对角线相等。 1．（2024·山东青岛·二模）如图，在矩形中，，对角线与相交于点O，垂直平分于点E，则的长为（ ） A．2 B． C．3 D． 2．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足分别为E，F．求证：． 3．（2024·山东潍坊·模拟预测）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，垂足分别为点F，G，求的长． 4．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．    【题型5 矩形的判定】 1 角：三个角是直角的四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2 对角线：对角线相等的平行四边形是矩形。 1．（2024·山东临沂·模拟预测）小颖和小亮参加数学实践活动，检验一个用断桥铝制作的窗户是否为矩形，下面的测量方法正确的是（　　） A．度量窗户的两个角是否是 B．测量窗户两组对边是否分别相等 C．测量窗户两条对角线是否相等 D．测量窗户两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等 2．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．    (1)求证：； (2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 3．（2024·山东日照·一模）如图，在中，对角线，交于点，，的平分线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【题型6 菱形的性质】 1 边：菱形的对边平行；菱形的四条边都相等； 2 角：菱形的对角相等；邻角互补；菱形的一条对角线将对角都平分； 3 对角线：菱形的对角线互相平分；菱形的对角线互相垂直。 4 菱形的面积等于对角线乘积的一半。 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 2．（2025·山东济南·一模）如图，在菱形中，，分别以点A和B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线，交于点E，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ． 4．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 5．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 【题型7 菱形的判定】 1 边：四条边都相等的四边形是菱形；有一组临边相等的平行四边形是菱形； 2 对角线：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 1．（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：，，） 2．（2023·山东·中考真题）如图，是矩形的对角线． (1)作线段的垂直平分线（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明）； (2)设的垂直平分线交于点，交于点，连接． ①判断四边形的形状，并说明理由； ②若，求四边形的周长． 3．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，中，是中线，是角平分线，过作交于，连接． (1)求证：． (2)当满足什么条件时，四边形是菱形，证明你的结论． 【题型8 正方形的性质】 1 边：正方形的四条边都相等；对边平行； 2 角：正方形的四个角都是直角； 3 对角线：正方形的对角线互相平分；正方形的对角线互相垂直；正方形的对角线长度相等。 1．（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形中，分别以点A和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，再以点A为圆心，以的长为半径作弧交直线于点（点在正方形内部），连接并延长交于点．若，则正方形的边长为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形中，与交于点O，H为延长线上的一点，且，连接，分别交，BC于点E，F，连接，则下列结论：①；②；③平分；④． 其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（　　）    A． B． C．2 D． 4．（2023·山东·中考真题）如图，在正方形中，分别以点为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点，连接，则 ． 【题型9 正方形的判定】 1 有一个角是直角的菱形是正方形； 2 有一组临边相等的矩形是正方形； 3 对角线相等的菱形是正方形； 4 对角线互相垂直的矩形是正方形。 注意：既是矩形又是菱形的四边形是正方形。 1．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，在中，是对角线的交点，延长边到点F，使，过点F作，连接． (1)求证：； (2)已知且，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 3．（2023·山东青岛·一模）如图，在中，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点，延长至点，使，分别连接，，．    (1)求证：； (2)若平分，已知______（从以下两个条件中选择一个作为已知条件并补写相应内容，填写序号），四边形为正方形？请证明． ①平行四边形的边满足______时 ②平行四边形的角满足______时 4．（2023·山东青岛·二模）如图，在矩形中，对角线、交于，过点做线段，连接、，已知．    (1)求证：； (2)连接，若，请给三角形添加一个条件，使四边形为正方形． （建议用时：15分钟） 1．（2023·山东·中考真题）如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    2．（2025·山东枣庄·一模）如图，已知五边形为正五边形，以点A为圆心，以的长为半径画弧，分别交，的延长线于点F，G，连接，，则 ． 3．（2024·山东临沂·模拟预测）如图所示，已知，正五边形的顶点A、B在射线上，顶点E在射线上，则的度数为 ． 4．（2023·山东·中考真题）如图，在中，平分，交于点E；平分，交于点F．求证：．    5．（2025·山东济南·一模）如图，点E，F是的对角线上两点，且．求证：． 6．（2024·山东济南·一模）如图，中，E是的中点，连结并延长交的延长线于点F．求证：． 7．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作，与的延长线相交于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)将下列命题填写完整，使命题成立(图中不再添加其他的点和线)． 当满足条件 时，四边形是矩形，并说明理由． 8．（2024·山东泰安·二模）如图，已知在中，，，点为的斜边上一点，连接，，过点作，交的延长线于点，且，连接．求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 9．（2023·山东滨州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为 ．    10．（2024·山东青岛·二模）如图，以的三边为直角边分别向外作等腰直角三角形，等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请证明你的结论． 11．（2023·山东临沂·中考真题）一个对角线长分别为和的菱形，这个菱形的面积为 ． 12．（2024·山东枣庄·一模）已知3是关于x的方程的一个根，并且这个方程的两个根恰好是菱形的两条对角线的长，则菱形的面积为 ． 13．（2025·山东济南·一模）如图，在菱形中，于点E，于点F．求证：．    14．（2025·山东济南·模拟预测）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． 15．（2023·山东日照·中考真题）如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，且．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 16．（2024·山东青岛·二模）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作，与的延长线相交于点F，连接． (1)求证： (2)当满足什么条件时，四边形是菱形?请说明理由． 17．（2024·山东泰安·二模）如图1，有一张矩形纸片（），将纸片折叠，使点A与点C重合，再展开，折痕交边于点E，交边于点F，分别连接和（如图2）． (1)求证：①；②四边形是菱形； (2)当时，求折痕的长． 18．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（    ） A． B． C． D． 19．（2023·山东东营·中考真题）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（        ）    A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③ 20．（2024·山东泰安·三模）如图，正方形中，，点E是对角线上的一点，连接．过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)当时，求的长． 21．（2023·山东青岛·二模）如图，在中，G、H分别是、的中点，E、O、F是的四等分点，顺次连接G、E、H、F． (1)求证：； (2)已知，，求证：四边形是正方形． 18 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点09 多边形 中考数学中多边形部分主要考向分为三类： 一、多边形（每年1-2道，3~6分） 二、平行四边形（每年1-2道，3-9分） 三、特殊的平行四边形（每年2-5题，6~12分） 平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强．所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合。 考向一：多边形 【题型1 多边形的内角、外角】 1 n边形的内角和：；外角和：360°； 2 n边形一个顶点出发，有n-3条对角线，将n边形分成了n-2个三角形，n边形共有条对角线； 3 正n边形：所有的边长度相等，所有的内角也都相等的n边形； 4 正n边形一个内角：；一个外角：；一个内角与它相邻的外角互补。 注意：在涉及到正n边形的内角问题时，往往先求外角，利用互补求内角会使得计算量降低。 1．（2024·山东泰安·一模）如果一个多边形的每一个外角都是，那么这个多边形的内角和为 度． 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理和内角和定理，根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数，再求内角和度数即可． 【详解】解：多边形的边数是：， ∴这个多边形的边数是6． ∴这个多边形的内角和为 故答案为：720． 2．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键． 根据正五边形的内角的计算方法求出、，根据正方形的性质分别求出、，根据四边形内角和等于计算即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：B． 3．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案. 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴正边形的一个外角为， ∴的值为； 故选A 4．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到，平行线的性质，得到，三角形的外角的性质，得到，进而求出的度数． 【详解】解：如图：    ∵正六边形的一个外角的度数为：， ∴正六边形的一个内角的度数为：， 即：， ∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，， ∴， ∴， ∴； 故选B． 5．（2025·山东·一模）如图，在正五边形中，延长，交于点，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查正多边形的外角，三角形的内角和定理，根据正多边形的外角和为360度求出的度数，利用三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：∵为正五边形的外角， ∴， ∴； 故选：A． 6．（2023·山东济南·中考真题）如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    【分析】根据正多边形内角和公式求出正五边形的内角和，再求出的度数，利用扇形面积公式计算即可． 【详解】解：正五边形的内角和， ， ， 故答案为：． 7．（2023·山东济南·三模）将正六边形与正方形按如图所示摆放，且正六边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是 ． 【分析】本题考查了正多边形的内角问题，先根据多边形的内角和公式求出正六边形的内角，然后根据正多边形内角与外角的互补，求得正六边形和正方形的外角，最后根据三角形的内角和即可求得的度数． 【详解】解：图中五边形为正六边形， ， ， 正方形中， ， ， 故答案为：． 考向二：平行四边形 【题型2 平行四边形的性质】 1 角：对角相等；邻角互补； 2 边：对边平行；对边相等； 3 对角线：两条对角线互相平分。 1．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键． 解法一：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果； 解法二：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到． 【详解】解：解法一：延长和，交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ ∵， ∴． 解法二：作交于点H ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 故选：B． 2．（2025·山东·一模）如图，中，的平分线交于点，交的延长线于点，若，，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】本题考查平行四边形的性质，等角对等边，相似三角形的判定和性质，根据平行四边形的性质，结合角平分线的定义，推出，进而求出的长，证明，列出比例式进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选：A． 3．（2023·山东济南·中考真题）已知：如图，点为对角线的中点，过点的直线与，分别相交于点，． 求证：．    【分析】根据平行四边形的性质得出，，进而得出，，再证明，根据全等三角形的性质得出，再利用线段的差得出，即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵点为对角线的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 4．（2023·山东淄博·中考真题）如图，在中，，分别是边和上的点，连接，，且．求证：    (1)； (2)． 【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可； （2）用证明即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 又． 四边形是平行四边形． 平行四边形对角相等 （2）四边形是平行四边形， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ． 5．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，为的中点，过点且分别交于点．若，求的长． 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点．根据平行四边形可得，从而得到，可证明，从而得到，即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵O为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，即 6．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． （1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案； （2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明； （3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可． 【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线 故答案为： （2）证明：四边形为平行四边形 （3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点 四边形为平行四边形， ， ， 又 ． 7．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定；根据相似三角形的性质与判定即可判断A，根据题意可得四边形是的角平分线，进而判断四边形是菱形，证明可得则垂直平分，即可判断B选项，证明四边形是菱形，即可判断C选项，D选项给的条件，若加上，则成立，据此，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ A. 若，即，又， ∴ ∴ ∴，故A选项正确， B. 若，，， ∴是的角平分线， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴ 在中， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴，故B选项正确， C. ∵， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴， 又∵ ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴ ∴，故C选项正确； D. 若，则四边形是菱形， 由，且时， 可得垂直平分， ∵ ∴，故D选项不正确 故选：D． 【题型3 平行四边形的判定】 1 边：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； 2 对角线：对角线互相平分的四边形是平行四边形； 注意：在判定平行四边形证明边相等时，大多数时候会结合三角形的全等来证明。 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形． 【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解． 【详解】解：添加条件：， 证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形． 故答案为：（答案不唯一） 2．（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． 【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，． 3．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明； （）由（）得，，即可得到，，进而即可求证； 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可得，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（）知，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． 4．（2023·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点O，点F是边上的一点，连接，将沿直线折叠，点D落在点G处，连接并延长交于点H，连接并延长交于点M，交的延长线于点E，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：． 【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质证明，，由此即可证明得到，进而推出，再由，即可证明四边形是平行四边形； （2）由（1）的结论可得，进一步证明，再证明，即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得 ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 考向三：特殊的平行四边形 【题型4 矩形的性质】 1 边：矩形的对边平行；对边相等； 2 角：矩形的四个角都是直角； 3 对角线：矩形的对角线互相平分；矩形的对角线相等。 1．（2024·山东青岛·二模）如图，在矩形中，，对角线与相交于点O，垂直平分于点E，则的长为（ ） A．2 B． C．3 D． 【分析】本题考查矩形的性质和线段垂直平分线的性质，勾股定理，解题的关键是掌握矩形的性质和线段垂直平分线的性质．结合题意，由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可得，根据勾股定理可求的长． 【详解】解：四边形是矩形 ，， 又垂直平分于点， ． 故选：B． 2．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足分别为E，F．求证：． 【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，掌握矩形的对角线互相平分且相等是解决问题的关键． 根据矩形的性质求出，根据推出即可证得结论． 【详解】证明：四边形是矩形， ． ，， ．． ， ， ． 3．（2024·山东潍坊·模拟预测）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，垂足分别为点F，G，求的长． 【分析】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 连接，根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 4．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．    【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④． 【详解】解：∵，， ∴， 在点P移动过程中，不一定， 相矛盾， 故①不正确；    延长交于点H, 则为矩形， ∴ ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴ 故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故③正确， ， 即当的最小值，作B、D关于的对称点, 把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，, 这时， 即的最小值是20， 故④正确； 故答案为：②③④    【题型5 矩形的判定】 1 角：三个角是直角的四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2 对角线：对角线相等的平行四边形是矩形。 1．（2024·山东临沂·模拟预测）小颖和小亮参加数学实践活动，检验一个用断桥铝制作的窗户是否为矩形，下面的测量方法正确的是（　　） A．度量窗户的两个角是否是 B．测量窗户两组对边是否分别相等 C．测量窗户两条对角线是否相等 D．测量窗户两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等 【分析】本题考查了矩形判定的应用，掌握矩形判定方法是关键；根据矩形的判定即可解答． 【详解】解：A、度量窗户的两个角是否是，不能保证窗户是矩形； B、测量窗户两组对边是否分别相等，只能保证是平行四边形，不能保证是矩形； C、测量窗户两条对角线是否相等，无法保证是矩形； D、测量窗户两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等，根据对角线相互平分且相等的四边形是矩形，保证是矩形； 故选：D． 2．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．    (1)求证：； (2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，，，证出，，由证明，即可得出结论； （2）由全等三角形的性质得出，，证出，由已知得出，，即可证出四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∵和的平分线、分别交、于点E、F， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴． （2）证明：∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点G、H分别为、的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形 ∵，G为的中点， ∴， ∴四边形是矩形． 3．（2024·山东日照·一模）如图，在中，对角线，交于点，，的平分线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的定义理解、等角对等边等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）根据“平行四边形的对角线互相平分”，结合已知，推出，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”证明即可； （2）根据矩形的性质，结合“在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半”，求出，根据勾股定理计算出，角平分线的定义理解、“等角对等边”，推出，最后根据得出答案即可． 【详解】（1）证明：∵在中，对角线，交于点， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， 又∵，， ∴，， ∵的平分线交于点， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【题型6 菱形的性质】 1 边：菱形的对边平行；菱形的四条边都相等； 2 角：菱形的对角相等；邻角互补；菱形的一条对角线将对角都平分； 3 对角线：菱形的对角线互相平分；菱形的对角线互相垂直。 4 菱形的面积等于对角线乘积的一半。 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解． 本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ∵E是的中点， ， ∴。 故选：A． 2．（2025·山东济南·一模）如图，在菱形中，，分别以点A和B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线，交于点E，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【分析】连接，由垂直平分线的性质和等腰直角三角形的性质，得，再得，利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】解：连接，如图： 由作图痕迹可知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在等腰中，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，则 ； 故选：A． 3．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ． 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴，CO＝3（舍去）． ∵AE⊥BC，， ∴． 故答案为：． 4．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案． 【详解】解：作交于点H，则， ∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：96． 5．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 【分析】本题主要考查了菱形的性质， 全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出，用证明，由全等三角形的性质可得出， 由线段的和差关系即可得出． 【详解】证明：四边形是菱形 【题型7 菱形的判定】 1 边：四条边都相等的四边形是菱形；有一组临边相等的平行四边形是菱形； 2 对角线：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 1．（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：，，） 【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． 2．（2023·山东·中考真题）如图，是矩形的对角线． (1)作线段的垂直平分线（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明）； (2)设的垂直平分线交于点，交于点，连接． ①判断四边形的形状，并说明理由； ②若，求四边形的周长． 【分析】（1）分别以点B、D为圆心，大于为半径画弧，分别交于点M、N，连接，则问题可求解； （2）①由题意易得，易得，然后可得四边形是平行四边形，进而问题可求证； ②设，则，然后根据勾股定理可建立方程进行求解． 【详解】（1）解：所作线段的垂直平分线如图所示： （2）解：①四边形是菱形，理由如下：如图， 由作图可知：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴四边形是菱形； ②∵四边形是矩形，， ∴， 由①可设，则， ∵， ∴，即， 解得：， ∴四边形的周长为． 3．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，中，是中线，是角平分线，过作交于，连接． (1)求证：． (2)当满足什么条件时，四边形是菱形，证明你的结论． 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，掌握菱形的判定定理是解题的关键． （1）先根据中点得到，然后利用三线合一得到，然后证明，得到，然后利用证明全等即可； （2）由（1）得四边形是平行四边形，然后根据直角三角形的斜边中线等于斜边的一半解题即可． 【详解】（1）证明：∵是中线， ∴， 又∵是角平分线， ∴， 由∵， ∴，，， ∴， ∴ ， ∴； （2）解：当时，四边形四边形是菱形， ∵是中线， ∴， ∵，， ∴四边形是菱形． 【题型8 正方形的性质】 1 边：正方形的四条边都相等；对边平行； 2 角：正方形的四个角都是直角； 3 对角线：正方形的对角线互相平分；正方形的对角线互相垂直；正方形的对角线长度相等。 1．（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形中，分别以点A和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，再以点A为圆心，以的长为半径作弧交直线于点（点在正方形内部），连接并延长交于点．若，则正方形的边长为（    ） A． B． C． D． 【分析】连接，设交于点H，正方形边长为，由作图知，，垂直平分，得到，，由勾股定理得到，证明，推出，推出，得到，即得． 【详解】连接，设交于点H，正方形边长为， 由作图知，，垂直平分， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 2．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形中，与交于点O，H为延长线上的一点，且，连接，分别交，BC于点E，F，连接，则下列结论：①；②；③平分；④． 其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，，，，与互相垂直且平分，进而可求得，根据正切值定义即可判断②；由，可知，由相似三角形的性质即可判断①；由，可求得，再结合与互相垂直且平分，得，可知，进而可判断③；再证，即可判断④． 【详解】解：在正方形中，，，，，与互相垂直且平分， 则， ∵，则， ∴，故②不正确； ∵，则，， ∴， ∴，故①不正确； ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵与互相垂直且平分， ∴， ∴，则， ∴， ∴平分，故③正确； 由上可知，， ∴， ∴，则， 又∵， ∴，故④正确； 综上，正确的有③④，共2个， 故选：B． 3．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（　　）    A． B． C．2 D． 【分析】根据条件正方形边长为4，由勾股定理求出线段长，利用中位线得到长即可． 【详解】解：连接，，    ∵点E，F分别是，的中点， ∴四边形是矩形， ∴M是的中点， 在正方形中，，， ∴， 在中，由勾股定理得， ， 在中，M是的中点，N是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故选：B． 4．（2023·山东·中考真题）如图，在正方形中，分别以点为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点，连接，则 ． 【分析】证明是等边三角形可得，再求出，利用等腰三角形的性质可求出，进而可求出． 【详解】解：连接， 由作图方法可知，， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：15． 【题型9 正方形的判定】 1 有一个角是直角的菱形是正方形； 2 有一组临边相等的矩形是正方形； 3 对角线相等的菱形是正方形； 4 对角线互相垂直的矩形是正方形。 注意：既是矩形又是菱形的四边形是正方形。 1．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键． 根据从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可． 【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形． ∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为． 故选：A． 2．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，在中，是对角线的交点，延长边到点F，使，过点F作，连接． (1)求证：； (2)已知且，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 【分析】本题主要考查特殊四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质是解题的关键． （1）根据，可得，根据角边角，即可求证； （2）由（1）可知，，可证四边形是平行四边形，再根据，可证平行四边形是菱形，根据是等腰直角三角形，且，可证菱形是正方形． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：四边形是正方形，理由如下， 由（1）可得，； ∴，且， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，且， ∴， ∴，即， ∴平行四边形是菱形， ∵是等腰直角三角形，且， ∴菱形是正方形． 3．（2023·山东青岛·一模）如图，在中，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点，延长至点，使，分别连接，，．    (1)求证：； (2)若平分，已知______（从以下两个条件中选择一个作为已知条件并补写相应内容，填写序号），四边形为正方形？请证明． ①平行四边形的边满足______时 ②平行四边形的角满足______时 【分析】（1）由，得，由为边的中点，，而，即可证明； （2）由，得，，而，则，因为，所以四边形是平行四边形，再证明，则，因为，所以，则，所以四边形是矩形，进而得到四边形是正方形． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 为边的中点， ， 在和中， ， ． （2）解：选择①平行四边形的边满足时，四边形为正方形； ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． 4．（2023·山东青岛·二模）如图，在矩形中，对角线、交于，过点做线段，连接、，已知．    (1)求证：； (2)连接，若，请给三角形添加一个条件，使四边形为正方形． 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． （1）利用矩形的性质，易证，即可得出结论； （2）连接，令与的交点为，根据全等三角形的性质，证明四边形是平行四边形，再利用矩形的性质和三角形内角和定理，推出四边形是矩形，再添加条件，即可证明四边形为正方形． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：，理由如下： 如图，连接，令与的交点为， ， ，， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， ， ，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形．    （建议用时：15分钟） 1．（2023·山东·中考真题）如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    【分析】先利用正八边形求出圆心角的度数，再利用扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：由题意，， ∴， 故答案为：． 2．（2025·山东枣庄·一模）如图，已知五边形为正五边形，以点A为圆心，以的长为半径画弧，分别交，的延长线于点F，G，连接，，则 ． 【分析】本题考查圆周角的性质，正多边形的性质以及等腰三角形的性质．连接，，首先，由正五边形内角和公式求出内角的度数，进而得到的度数，然后，根据等腰三角形性质求出和的度数，求出的度数，最后通过，求出的度数． 【详解】解：如图，连接， 则与是上弧所对的圆心角和圆周角， ∴，， ∵五边形为正五边形， ， 在等腰，， ∴； 同理：， ， ∴； 故答案为：． 3．（2024·山东临沂·模拟预测）如图所示，已知，正五边形的顶点A、B在射线上，顶点E在射线上，则的度数为 ． 【分析】先求出正五边形的每一个内角的度数，利用外角的性质，求出的度数，再利用平角的定义，求出的度数即可．本题考查多边形的内角和，三角形外角的性质，熟练掌握多边形的内角和为是解题的关键． 【详解】解：正五边形的每一个内角的度数为：， ， ，， ， ； 故答案为：． 4．（2023·山东·中考真题）如图，在中，平分，交于点E；平分，交于点F．求证：．    【分析】由平行四边形的性质得，，，由平行线的性质和角平分线的性质得出，可证，即可得出． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵平分，平分， ∴， 在和中， ∴ ∴． 5．（2025·山东济南·一模）如图，点E，F是的对角线上两点，且．求证：． 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，证明，得到，即可得证． 【详解】证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴即：， ∴， ∴， ∴． 6．（2024·山东济南·一模）如图，中，E是的中点，连结并延长交的延长线于点F．求证：． 【分析】此题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识点，根据题意得，，进而得，证即可． 【详解】证明：∵平行四边形 ∴， ∴ ∵E为AB中点 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 7．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作，与的延长线相交于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)将下列命题填写完整，使命题成立(图中不再添加其他的点和线)． 当满足条件 时，四边形是矩形，并说明理由． 【分析】此题属于四边形综合题，涉及的知识有：平行四边形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键． （1）由，得到两对内错角相等，再由E为中点，得到，利用得到与全等，利用全等三角形对应边相等得到，再由，等量代换得到，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形即可得证； （2）由，是的中点，利用三线合一，得到，即可得证． 【详解】（1）证明：证明：∵E为的中点，D为中点， ∴，， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）当满足条件时，四边形是矩形，理由如下： 由（1）知四边形是平行四边形， ∵，是的中点， ∴， ∴, ∴四边形是矩形． 故答案位：． 8．（2024·山东泰安·二模）如图，已知在中，，，点为的斜边上一点，连接，，过点作，交的延长线于点，且，连接．求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 【分析】本题考查平行线的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． （1）根据平行线点性质得出，根据角的和差关系得出，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理得出，即可得； （2）根据可得，根据角的和差关系可得，利用证明，可得，，即可证明，根据平行线点性质得出，利用证明，即可得出，进而可得四边形为平行四边形． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）如图，过点作，交延长线于， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． 9．（2023·山东滨州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为 ．    【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，等面积法证明，进而证明，，根据全等三角形的性质得出，，根据已知条件求得，进而勾股定理求得，进而即可求解． 【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，      ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴ 设 在中， ∴ ∴， ∴ ∴ 解得： ∴ 在中，， 在中， ∴， 故答案为：． 10．（2024·山东青岛·二模）如图，以的三边为直角边分别向外作等腰直角三角形，等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请证明你的结论． 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由等腰直角三角形的性质得出，，推出，即可证明； （2）求出，由全等三角形的性质可得，证明，得出四边形是平行四边形，求出，即可得证． 【详解】（1）证明：和为等腰直角三角形， ，， ，， ； （2）解：当时，四边形是矩形，证明如下： ， ， ， ， ∵， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形． 11．（2023·山东临沂·中考真题）一个对角线长分别为和的菱形，这个菱形的面积为 ． 【分析】本题主要考查了菱形的面积计算，根据菱形的面积计算公式计算即可． 【详解】解：菱形的面积为， 故答案为：． 12．（2024·山东枣庄·一模）已知3是关于x的方程的一个根，并且这个方程的两个根恰好是菱形的两条对角线的长，则菱形的面积为 ． 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及一元二次方程的解和根与系数的关系，正确得出方程的两根之积是解题关键． 首先利用一元二次方程的解得出m的值，再利用根与系数的关系得出方程的两根之积，再结合菱形面积公式求出答案． 【详解】解：∵3是关于x的方程的一个根， ∴， 解得：， ∴原方程为：， ∴方程的两根之积为：， ∴菱形的面积为：． 故答案为：． 13．（2025·山东济南·一模）如图，在菱形中，于点E，于点F．求证：．    【分析】本题考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，先由菱形的性质得，结合于点E，于点F，证明，故，即可作答． 【详解】证明：四边形为菱形， ， ， ， ， ， ， 即． 14．（2025·山东济南·模拟预测）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． 【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， ． 15．（2023·山东日照·中考真题）如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，且．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【分析】（1）如图所示，连接与交于O，先由平行四边形对角线互相平分得到，再利用证明得到，进而证明，得到，由此即可证明平行四边形是菱形； （2）先由菱形的性质得到，再解， 得到，利用勾股定理求出，则，，则． 【详解】（1）证明：如图所示，连接与交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形；    （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴， ∴． 16．（2024·山东青岛·二模）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作，与的延长线相交于点F，连接． (1)求证： (2)当满足什么条件时，四边形是菱形?请说明理由． 【分析】此题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形与直角三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键． （1）由，得到两对内错角相等，再由为中点，得到，利用得到与全等； （2）利用全等三角形对应边相等得到，再由，等量代换得到，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形确定四边形为平行四边形，由，为中线，利用斜边上的中线等于斜边的一半，得到由邻边相等的平行四边为菱形，即可得证． 【详解】（1）证明： ∵为的中点， 为中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； （2）当满足条件时， 四边形是菱形，理由为： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； ，是的中点， ， ∵四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形． 17．（2024·山东泰安·二模）如图1，有一张矩形纸片（），将纸片折叠，使点A与点C重合，再展开，折痕交边于点E，交边于点F，分别连接和（如图2）． (1)求证：①；②四边形是菱形； (2)当时，求折痕的长． 【分析】此题是四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、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，熟练运用折叠的性质是解题的关键． （1）①根据折叠的性质推出垂直平分，则，根据矩形的性质得出，则，利用证明即可； ②根据全等三角形的性质得出，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”求出四边形是平行四边形，再根据“邻边相等的平行四边形是菱形”即可得解； （2）根据矩形的性质、折叠的性质求出，根据勾股定理求出，，则，根据菱形的性质求出，，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：①根据折叠的性质得，，垂直平分， ， 四边形是矩形， ， ， 在和中，， ， ； ②由①得，， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：四边形是矩形， ， 根据折叠的性质得，， 在中，， ， 在中，，， ， ， 四边形是菱形， ，， 在中，， ． 18．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明，求得，证明，证得，推出，得到，据此求解即可． 【详解】解：∵正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点E，F分别为对角线的三等分点， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 19．（2023·山东东营·中考真题）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（        ）    A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③ 【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对. 【详解】解： 为正方形， ，， ， ， . , , ， ， . 平分， . ， . ， ， 垂直平分， 故①正确. 由①可知，，， ， ， ， 由①可知， . 故③正确. 为正方形，且边长为4， ， 在中，. 由①可知，， ， . 由图可知，和等高，设高为， ， ， ， . 故④不正确. 由①可知，， ， 关于线段的对称点为，过点作，交于，交于， 最小即为，如图所示，    由④可知的高即为图中的， . 故②不正确. 综上所述，正确的是①③. 故选：D. 20．（2024·山东泰安·三模）如图，正方形中，，点E是对角线上的一点，连接．过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)当时，求的长． 【分析】（1）过E作于M，于N，证明，推出四边形是矩形，证明，得到，即可得证； （2）设，则，三线合一求出，进而推出，得到，求出的值，即可得出结果． 【详解】（1）证明：过E作于M，于N，则， ∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， 又四边形是矩形， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形； （2）解：设，则． 由①知： ∴， ∵四边形是正形 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴． 21．（2023·山东青岛·二模）如图，在中，G、H分别是、的中点，E、O、F是的四等分点，顺次连接G、E、H、F． (1)求证：； (2)已知，，求证：四边形是正方形． 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，从而有，再由中点可得，由四等分点得，利用可判定； （2）连接，，证明G，O，H在同一直线上，根据，，得出四边形为平行四边形，证明，得出四边形为矩形，证明，得出四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵G、H分别是，的中点， ∴， ∵E、O、F是对角线的四等分点， ∴， 在与中， ， ∴； （2）证明：连接，， ∵四边形为平行四边形， ∴，，，， ∵G、H分别是，的中点，E、O、F是对角线的四等分点， ∴点O是的中点， ∴为的中位线， ∴， 同理可得：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴、O、H三点共线， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵，， ∴， ∴，， ∴为平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 62 / 62 学科网（北京）股份有限公司 $$