查漏补缺04 平行四边形与特殊平行四边形（2考点8题型）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

查漏补缺04 平行四边形与特殊平行四边形（8大题型） 考点一：平行四边形 【题型一】多边形 1）多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系. 2）镶嵌成立的条件：围绕一点拼在一起的几个多边形的内角的和等于 360°. 1）从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线. 2）多边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°. 3）多边形的外角和定理在正多边形中的应用： 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边长为. 4）一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变. 【中考真题】 1．（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． 2．（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 3．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）      A． B． C． D． 4．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ． 【模拟训练】 1．（2025·安徽蚌埠·一模）如图，将正五边形沿 折叠，若，则 的度数为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·河北石家庄·一模）如图，在边长为5的正五边形中，点是对角线上一点，连接后将正五边形分成了①、②、③、④、⑤这五个三角形，则下列能确定大小的是（   ） A．①与②的面积和 B．②与③的面积和 C．②与④的面积和 D．④与⑤的面积和 3．（2023·河南许昌·二模）如图，在正六边形中，以点O为原点建立直角坐标系，边落在x轴上，对角线与交于点F．若点A的坐标为，则点F的坐标为（　　）    A． B． C． D． 4．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图，点是边长为2的正六边形内的一点（不包括边界），且，是上的一点，是的中点，则的最小值为（  ） A． B． C．3 D．2 5．（2025·陕西咸阳·模拟预测）某市举行了一次无人机表演大赛，参赛者勇勇让自己的微型无人机上升到一定高度时，开始按照如图所示的程序框图在空中完成表演，从开始表演到结束表演，勇勇的无人机飞行的总路程是 米． 6．（2025·河北保定·一模）如图，在边长为2的正六边形中，点在上，一束光线从点出发，照射到镜面上的点处，经反射后射到上的点处，且，则 ． 7．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在正六边形中，对角线分别交于点H，G，若与五边形的面积分别为，则 ． 8．（2025·上海宝山·模拟预测）簪花结束后，小强和爸爸牵着妈妈的手，到蟳埔村参观游玩拍照纪念，精美的镂空窗花搭配蚵壳墙，极具泉州古民居特色，给小强一家留下来极其深刻的印象，在感叹泉州人民的勤劳与智慧的同时，聪明的小强发现有的窗花是由几种形状的正多边形组合镶嵌而成，具有很好的对称美，小强爸爸给他出了如下两个题目，请帮帮小强一起解决． (1)已知一扇窗户在某个结点处由两种边长相等的正多边形镶嵌而成，其中一种是等边三角形，另一个种不能是下列哪种形状的正多边形______（填序号） ①正三角形 ②正四边形 ③正五边形 ④正六边形 (2)小强发现某个花纹用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形，如图1，小强猜想，如果用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为______，并简要说明理由 9．（2024·安徽蚌埠·二模）如图是正方形、正五边形、正六边形． (1)观察上图各正多边形相邻两对角线相交所形成的较大的角，则______，______，______． (2)按此规律，记正边形相邻两对角线相交所形成的较大的角为，请用含的式子表示______（其中为不小于4的整数）． (3)若，求相应的正多边形的边数． 【题型二】平行线的性质与判定 1）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成了两个全等的三角形； 2）平行四边形被两条对角线分割而成的四个三角形的面积相等，且构成两对全等三角形. 3）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半； 4）过平行四边形对角线交点的直线将平行四边形分成面积和周长都相等的两部分. 5）一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）已知一组对边平行, 首先要考虑证另一组对边平行，再考虑这组对边相等； 2）已知一组对边相等, 首先要考虑证另一组对边相等，再考虑这组对边平行； 3）已知条件与对角线有关，常考虑对角线互相平分； 4) 已知条件与角有关，常考虑两组对角分别相等. 6）由平行四边形的性质可得相等的边和相等的角，借助这些边和角证明三角形全等，利用全等三角形的性质解决问题. 【中考真题】 1．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 2．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．A点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（    ）    A． B． C． D． 4．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，直线、与双曲线分别相交于点．若四边形的面积为4，则的值是（    ）    A． B． C． D．1 5．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ． 6．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为 ．      7．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的面积． 8．（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． 【模拟训练】 1．（2025·安徽合肥·一模）如图1，在中，连接，，．动点从点出发，沿边匀速运动．运动到点停止．过点作交边于点，连接，．设，，与的函数图象如图2所示，函数图象最低点坐标为（  ） A． B． C． D． 2．（2023·安徽·中考真题）如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是（   ）    A．的最小值为 B．的最小值为 C．周长的最小值为6 D．四边形面积的最小值为 3．（2025·湖南娄底·二模）如图，在中，，，点、分别在边、上，，连接、，则和周长之和的最小值为（　　） A． B． C． D． 4．（2025·山西忻州·模拟预测）如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 5．（2025·浙江·模拟预测）如图，为的对角线上一点，过点作，的平行线，分别交，，，于四点，连结．若的面积为，则的面积为（　　） A．5 B．2.5 C．2.4 D．1.25 6．（24-25九年级上·重庆沙坪坝·期末）如图，在正方形中，点E、F分别在、上，连接，过点E作交于点G，连接．若，，则一定等于（   ） A． B． C． D． 7（2025·山东临沂·模拟预测）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成右图，在矩形中，，的度数为 ．       8．（2025·陕西西安·一模）如图，在四边形中，连接，，．已知是边上的一点，连接DE，过点E作于点F，且．若，，则的长为 ． 9．（2025·湖南·模拟预测）综合与实践 【初步感知】如图1，点E，F是的对角线上两点，且，连接，．则与的数量关系是______； 【尝试探索】如图2，在中，E，F是斜边上两个动点，且，连接，，若．求的最小值； 【拓展应用】如图3，在中（其中），，点M，N为对角线上的两个动点，连接，．若，求的最小值． 考点二： 特殊平行四边形 【题型一】利用矩形的性质求解 1）对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角. 1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3）理解记忆矩形的性质，当题目己知矩形或者证明出矩形时，要立刻能想到相应的性质. 【中考真题】 1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，，，，点在直线上，点，在直线上，，动点从点出发沿直线以的速度向右运动，设运动时间为．下列结论：①当时，四边形的周长是； ②当时，点到直线的距离等于；③在点运动过程中，的面积随着的增大而增大；④若点，分别是线段，的中点，在点运动过程中，线段的长度不变．其中正确的是（　　） A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 2．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作：第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平． 第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点E，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·山东日照·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，是矩形的顶点，点分别为边上的点，将矩形沿直线折叠，使点B的对应点在边的中点处，点C的对应点在反比例函数的图象上，则 6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）在矩形中，，，点在直线上，且，则点到矩形对角线所在直线的距离是 ． 7．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 【模拟训练】 1．（2025·山东淄博·一模）如图1，在矩形中，，，点，分别在，上，将矩形沿直线折叠．使点落在边上的处，点落在处，连接，若，如图2，若为中点，连接．则的长为（   ） A．8 B． C． D．10 2．（2025·安徽合肥·一模）如图，为的中点，将矩形绕着点顺时针旋转得到矩形，若，，与交于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，，P是对角线上的动点，连接，将直线绕点P顺时针旋转使，且过D作，连接，则最小值为（　　） A． B． C． D． 4．（2025·山东济南·一模）如图，在矩形中，，，点是边上一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点，则 ． 5．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形相似于矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形相似于矩形；…按照此规律作下去．若矩形的面积记作，矩形的面积记，矩形的面积记作，…，则的值为 ． 6．（2025·河南南阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边分别在轴、轴上，，点在边上，矩形沿折叠，若点的对应点恰好是边的三等分点，则点的坐标是 ． 7．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，矩形中，，，点E是边上一定点，且，在线段上找一点F，使与相似．若这样的点F恰好有两个，则m的值为 ． 8．（2025·贵州铜仁·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们结合“全等与相似”开展数学活动． 【初步探究】（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在线段，上，且，则与的位置关系是________，数量关系是________； 【知识迁移】（2）如图2，在矩形中，，点E，F分别为直线，上的动点，且，连接，．探究与存在的数量关系并说明理由； 【深入研究】（3）如图3在（2）的条件下，若点E，F分别在边，的延长线上，的延长线与交于点H．点G为上的点，且，请用等式表示线段与的数量关系，并说明理由． 【题型二】利用矩形的性质与判定求解 【中考真题】 1．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形中，，以为圆心，为半径的弧恰好与相切，切点为．若，则的值是（    ）    A． B． C． D． 3．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(   )    A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 4．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    5．（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． 6．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 7．（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，点在双曲线上，点在双曲线上．轴，过点作轴于点．连接，与相交于点，若．则的值为（   ） A．6 B．9 C．10 D．12 【模拟训练】 1（2025·安徽阜阳·一模）如图，折叠矩形纸片，使得顶点，重合，点落在处，然后还原，得到折痕．已知：，，则折痕的长为（　　） A． B． C． D． 2．（2024·陕西西安·二模）如图，四边形中，对角线，且，点E、F、G、H分别为边的中点，则四边形的面积是（　　） A．24 B．12 C．10 D．6 3．（2025·湖北武汉·一模）如图，在矩形中，，是边上一点，点关于的对称点为，连接并延长交于点．设．若是的中点，则的值为 ． 4．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）点A为矩形的边延长线上一点，，，点F为边上的动点，连接，过点F作，垂足为G，点H是点A关于点D的对称点，则的最小值为 ． 5．（2025·上海·模拟预测）如图，中，，，．点在边上；点分别在边与上．当四边形为矩形，且其宽为长的一半时，的长为 ． 6．（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，在四边形中，对角线，相交于点F，且，．过点A作，交的延长线于点C，________．请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求线段的长． 7．（2025·江苏连云港·一模）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结，当点在直线上运动时，求线段的最小值？ 【题型三】利用菱形的性质求解 1）对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等. 2）利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的. 1）菱形的对角线互相垂直平分，因此涉及菱形的问题常会在直角三角形中解决； 2）菱形的四条边相等，因此菱形与等腰三角形、等边三角形的合应用较多，利用菱形的性质求线段、角时，注意菱形与其他几何知识的结合. 3）在求菱形面积时，要根据图形特点及已知条件，灵活地选择面积公式来解决问题. 【中考真题】 1．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．无法确定 2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（    ）    A． B． C． D． 4．（2023·河北·中考真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（    ）    A． B． C． D． 5．（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 ． 6．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在中，，，，以为边向外作有一个内角为的菱形，对角线交于点O，连接，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出的面积． 【模拟训练】 1．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形中，，在菱形左侧作射线，使得，过点A作于点．若对角线，则的长为（    ）    A．10 B．6 C．5 D．4 2．（2025·湖南·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点是坐标原点，，顶点在反比例函数（，）的图象上，若菱形的周长为8，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·湖南娄底·二模）如图，在菱形中，，内切于菱形，则的面积与菱形的面积之比是（　　） A． B． C． D． 4．（2025·河北沧州·一模）如图，已知菱形的边长为，，点G、E、F分别是上的点，若，则的值是 ． 5．（2025·河南驻马店·一模）如图，菱形中，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，连接，当与第一次垂直时，的度数为 ． 6．（2025·北京·模拟预测）如图，在菱形中，、交于点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 7 （2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，菱形中，点是对角线上一点，连接、． (1)求证：； (2)如图2，若，点在线段上，连接，当是等腰三角形时，请直接写出的度数． 【题型四】利用菱形的性质与判定求解 【中考真题】 1．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ）    A． B． C． D． 2．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知，则阴影部分的面积是（    ）    A． B． C． D．   3．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）． 4．（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：，，） 5．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．    (1)求的度数； (2)四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由； (3)若，求的长． 6．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．    (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)当时，求的长． 【模拟训练】 1．（2025·山东济南·一模）如图．以点为圆心，以适当长为半径画弧，交于点，交于点． 分别以，为圆心，以大于 的长为半径画弧，两弧在 的内部相交于点． 作射线交于点． 分别以，为圆心，以大于 的长为半径画弧，两弧相交于，两点．作直线，交，分别于点，． 若，， ，则的长是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·浙江金华·模拟预测）如图是铺设在人行道上地板砖的一部分，它由正六边形和菱形无缝隙镶嵌而成．为各多边形顶点，已知正六边形的边长为，则四边形 的面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 4．（2025·湖北·模拟预测）如图，以为一边在其两侧作等边和等边，连接，和相较于，过作与，连接，，且．则： （1） ； （2） ． 5．（2025·河南开封·一模）在平行四边形中 ，，，点为对角线的中点，连接．当是直角三角形时，的长为 6．（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图，在平行四边形中，作对角线的垂直平分线交于点E，交于点F，连接，． (1)判断四边形是哪种特殊的四边形，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 7．（2025·安徽合肥·一模）王老师带领同学们以“直角三角形的旋转”为主题开展探究活动：如图1，在Rt中，，将绕点顺时针旋转，得到，点与点对应，点与点对应． (1)当时，的长为_____． (2)如图2，是的中点，连接，过点作且交直线于点． ①求证：． ②在旋转的过程中，当四边形是菱形时，请直接写出此时的长度． 【题型五】利用正方形的性质求解 1）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 2）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 3）判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 【中考真题】 1．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 2．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（    ）    A． B． C． D． 3．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（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． 5．（2024·广东深圳·中考真题）如图所示，四边形，，均为正方形，且，，则正方形的边长可以是 （写出一个答案即可）．    6．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是 ． 7．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 8．（2023·江苏泰州·中考真题）在平面直角坐标系中，点，的位置和函数、的图像如图所示．以为边在x轴上方作正方形，边与函数的图像相交于点E，边与函数、的图像分别相交于点G、H，一次函数的图像经过点E、G，与y轴相交于点P，连接．    (1)，，求函数的表达式及的面积； (2)当a、m在满足的条件下任意变化时，的面积是否变化？请说明理由； (3)试判断直线与边的交点是否在函数的图像上？并说明理由． 【模拟训练】 1．（2025·山东济宁·一模）如图，在正方形中，点E是的中点，点F是上一点，且，则下列结论中不成立的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在中，，两个边长为1的正方形，的顶点D，E，F，I，J均在的边上，当时，的值为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·甘肃武威·一模）如图，正方形的对角线、相交于点，且，正方形的顶点与点重合，边与重合，将正方形绕点顺时针旋转，与边交于点与边交于点，连接交于点，在整个运动过程中，则点经过的路径长是（　） A．1 B． C． D． 4．（2025·重庆·模拟预测）如图，在正方形中，点、、分别在、、上，连接、、、、，其中，，若，则一定等于（　　） A． B． C． D． 5．（2025·浙江·模拟预测）如图，，分别是正方形的边，上的点，将正方形纸片沿折叠，使得点的对应点恰好落在边上，要想知道正方形的边长，只需知道（   ） A．的长度 B．的周长 C．的周长 D．的面积 6．（2025·安徽合肥·一模）如图，正方形边长为3，点，分别是边，上的两个动点，且，连接． （1）若，则 ； （2）的最小值为 ． 7．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，在中，，，，、、…都是正方形，且、、…在边上，、、…在边上．则线段的长为 ． 8．（2025·江苏扬州·一模）如图，在等腰中，，动点E、F同时从点A出发，分别沿射线和射线的方向匀速运动，且速度相等，当点E停止运动时，点F也随之停止运动，连接，以为边向下作正方形，设点E运动的路程为，正方形和等腰重合部分的面积为y． (1)当时，_______；当时，_______； (2)求点E在整个运动过程中y的最大值． 9．（2025·甘肃陇南·模拟预测）在正方形中，点为边上一点不与点、重合，于点，于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若F为中点，连接，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明你的结论． 【题型六】利用正方形的性质与判定求解 【中考真题】 1．（2023·四川·中考真题）如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为(　　)    A． B． C． D． 2．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上， ，AF与相交于点O，连接，若，则与之间的数量关系正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    4．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点． 问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证． 【尝试应用】 问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度． 【模拟训练】 1．（2025·黑龙江牡丹江·一模）如图，，，，点分别在上，为等边三角形，交于，下列结论：①，②，③，④若，则．其中正确的有（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 2．（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在正方形中，， 分别是，的中点，，相交于点，与相交于点，分别连接，，则下列结论错误的是（    ） A． B．平分 C． D． 3．（2024·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点P是对角线上一点，，垂足分别为E，F，连接．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山西阳泉·模拟预测）如图，在中，于点，若，，，则的长度为 ． 5．（2025·陕西咸阳·一模）如图，在矩形中，点在对角线的两侧，且点到三边的距离均为1，点到三边的距离也均为1．若，则的长为 ． 6．（2025·安徽合肥·一模）已知点是矩形边延长上一点，且，是对角线和的交点．连接，交于，交于，连接，如图1． (1)求证：平分． (2)若，，求的值． (3)若，如图2，求的值． 7．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：在四边形中，为对角线上的动点，点，分别在，上． (1)【动手操作】 如图①，若四边形为正方形，为对角线，的交点，，分别为，的中点时，连接，，根据题意在图①中画出，，则为________________度； (2)【问题探究】 如图②，四边形为菱形，，为对角线，的交点，且，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)【问题解决】 如图③，在（2）的条件下，若点在对角线上，菱形的边长为8，，，求的长． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$ 查漏补缺04 平行四边形与特殊平行四边形（8大题型） 考点一：平行四边形 【题型一】多边形 1）多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系. 2）镶嵌成立的条件：围绕一点拼在一起的几个多边形的内角的和等于 360°. 1）从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线. 2）多边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°. 3）多边形的外角和定理在正多边形中的应用： 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边长为. 4）一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变. 【中考真题】 1．（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． 【答案】B 【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． 2．（2024·山东·中考真题）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】A 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案. 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴正边形的一个外角为， ∴的值为； 故选A 3．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标． 【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵点P的坐标为， ∴， 即； ∴，， ∴点M的坐标为． 故选：A．    【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键． 4．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∴，， ∴， 过点作于点，则：， 设圆锥的底面圆的半径为，则：， ∴； 故答案为：． 【模拟训练】 1．（2025·安徽蚌埠·一模）如图，将正五边形沿 折叠，若，则 的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的内角和以及折叠的性质，根据多边形内角和可得，根据折叠的性质得出，进而根据四边形内角和为，即可求解． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴ 由折叠的性质得， ∵， ∴ 在四边形中， 故选：D． 2．（2025·河北石家庄·一模）如图，在边长为5的正五边形中，点是对角线上一点，连接后将正五边形分成了①、②、③、④、⑤这五个三角形，则下列能确定大小的是（   ） A．①与②的面积和 B．②与③的面积和 C．②与④的面积和 D．④与⑤的面积和 【答案】C 【分析】过点B作于点M，过点E作于点N，根据正五边形的性质得出，进而证明，解直角三角形得出，，，，再分别进行判断即可． 【详解】解：过点B作于点M，过点E作于点N，如图所示， 五边形为正五边形， ， ， ， ， ， ， ，， ， 在中，， ， ， 在中，， ， 的值不固定，的值固定， ①与②的面积和不能确定大小， 故A不符合题意； ， 的值不固定，和的值固定， ②与③的面积和不能确定大小， 故B不符合题意； ， 和的值固定， ②与④的面积和能确定大小， 故C符合题意； ， 的值不固定，的值固定， ④与⑤的面积和不能确定大小， 故D不符合题意， 故选：C． 【点睛】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键． 3．（2023·河南许昌·二模）如图，在正六边形中，以点O为原点建立直角坐标系，边落在x轴上，对角线与交于点F．若点A的坐标为，则点F的坐标为（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据几何的性质，分别求出点B、C、D的坐标，运用待定系数法求出一次函数解析式，再根据一次函数图像有交点，联立方程解二元一次方程组即可求解． 【详解】解：正六边形中，每个内角的度数为，如图所示，过点作轴于，连接，点的坐标为，    ∴，， 在中，， ∴，， ∴，则， 在中， ∵，， ∴，， ∵是正六边形的对称轴， ∴， ∴， ∴在是直角三角形，且，， ∴在中，，， ∴， ∵， ∴， 设过点，点的直线的解析式为， ∴，解得，， ∴所在直线的解析式为， 同理，设过点，点的直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴所在直线的解析式为， ∵点是、的交点， ∴联立方程组得，， 解得：， ∴点的坐标为， 故选：． 【点睛】本题主要考查几何图形与坐标，一次函数图像的交点问题，掌握几何图形的性质，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图像的性质等知识是解题的关键． 4．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图，点是边长为2的正六边形内的一点（不包括边界），且，是上的一点，是的中点，则的最小值为（  ） A． B． C．3 D．2 【答案】D 【分析】取中点O，中点，连接，，延长、相交于点T，利用轴对称的性质可得，从而得出当共线时，的最小值为，然后利用直角三角形斜边中线的性质求出，证明，为等边三角形，即可求解． 【详解】解：取中点O，中点，连接，，延长、相交于点T，   ， ∵正六边形关于直线对称， ∴，也关于直线对称， ∴， ∵，O为中点， ∴， ∴， 当共线时，， ∴的最小值为， ∵正六边形的边长为2， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，O为中点，Q为中点， ∴，， ∴， ∴是等边三角形，   ∴， ∴， ∴的最小值为2． 故选：D． 【点睛】本题考查了正多边形，轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，添加合适的辅助线，证明，为等边三角形是解题的关键． 5．（2025·陕西咸阳·模拟预测）某市举行了一次无人机表演大赛，参赛者勇勇让自己的微型无人机上升到一定高度时，开始按照如图所示的程序框图在空中完成表演，从开始表演到结束表演，勇勇的无人机飞行的总路程是 米． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的性质与流程图，根据流程图得到路程是正多边形，根据外角得到边数，再求解即可得到答案． 【详解】解：由流程图可得，无人家的飞行轨迹是正多边形，多边形外角为， ∴边数为：， ∴无人机飞行的总路程是：（米）， 故答案为：． 6．（2025·河北保定·一模）如图，在边长为2的正六边形中，点在上，一束光线从点出发，照射到镜面上的点处，经反射后射到上的点处，且，则 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．根据题意延长于点，延长交于点，证明是等边三角形，将转化为，即可得到答案． 【详解】解：延长于点，延长交于点， 正六边形， ， ， 则和是等边三角形， ，且， ， ， ， 故也是等边三角形， ， ， ， ． 故答案为：． 7．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在正六边形中，对角线分别交于点H，G，若与五边形的面积分别为，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查正六边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 由正六边形的性质以及等腰三角形的性质可得，如图：连接，易证四边形是矩形，再证明可得；如图：过B作，则，设正六边形的边长为a，则，根据直角三角形的性质和勾股定理可得、，即；易得，；再说明，最后代入化简即可解答． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∴， ∴， 如图：连接， 同理可得：， ∴四边形是矩形， ∵正六边形， ∴，， ∴， ∴， 如图：过B作，则，设正六边形的边长为a，则， ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 8．（2025·上海宝山·模拟预测）簪花结束后，小强和爸爸牵着妈妈的手，到蟳埔村参观游玩拍照纪念，精美的镂空窗花搭配蚵壳墙，极具泉州古民居特色，给小强一家留下来极其深刻的印象，在感叹泉州人民的勤劳与智慧的同时，聪明的小强发现有的窗花是由几种形状的正多边形组合镶嵌而成，具有很好的对称美，小强爸爸给他出了如下两个题目，请帮帮小强一起解决． (1)已知一扇窗户在某个结点处由两种边长相等的正多边形镶嵌而成，其中一种是等边三角形，另一个种不能是下列哪种形状的正多边形______（填序号） ①正三角形 ②正四边形 ③正五边形 ④正六边形 (2)小强发现某个花纹用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形，如图1，小强猜想，如果用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为______，并简要说明理由 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平面镶嵌，熟练掌握平面图形的镶嵌是解题的关键：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌． （1）分别求出各多边形内角的度数，再由密铺的条件即可得出结论； （2）根据正六边形各内角的度数即可得出结论． 【详解】（1）解：①正三角形的内角是，，可以密铺，不符合题意； ②正四边形的内角是，，可以密铺，不符合题意； ③正五边形的内角是，，不能密铺，符合题意； ④正六边形的内角是，，可以密铺，不符合题意； 故答案为：③； （2）解：，理由如下： 由题意得，这个正六边形围成的图形是一个正多边形，由图可知，围成的这个正多边形的每个内角的度数是， ， 解得：， 故答案为：． 9．（2024·安徽蚌埠·二模）如图是正方形、正五边形、正六边形． (1)观察上图各正多边形相邻两对角线相交所形成的较大的角，则______，______，______． (2)按此规律，记正边形相邻两对角线相交所形成的较大的角为，请用含的式子表示______（其中为不小于4的整数）． (3)若，求相应的正多边形的边数． 【答案】(1)，， (2) (3) 【分析】本题主要考查了正多边形和圆的知识； （1）根据正多边形的性质逐个求解即可； （2）根据（1）中的结果总结规律即可； （3）根据（2）中的结论列方程求解即可． 【详解】（1）由正方形， 可得：， ； 由正五边形，可得：，， ， ； 由正六边形，可得：，， ， ； 故答案为：，，； （2）根据（1）中的结果发现等于正边形一个内角的度数， ∴， 故答案为：； （3）∵， ∴， 解得． 【题型二】平行线的性质与判定 1）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成了两个全等的三角形； 2）平行四边形被两条对角线分割而成的四个三角形的面积相等，且构成两对全等三角形. 3）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半； 4）过平行四边形对角线交点的直线将平行四边形分成面积和周长都相等的两部分. 5）一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）已知一组对边平行, 首先要考虑证另一组对边平行，再考虑这组对边相等； 2）已知一组对边相等, 首先要考虑证另一组对边相等，再考虑这组对边平行； 3）已知条件与对角线有关，常考虑对角线互相平分； 4) 已知条件与角有关，常考虑两组对角分别相等. 6）由平行四边形的性质可得相等的边和相等的角，借助这些边和角证明三角形全等，利用全等三角形的性质解决问题. 【中考真题】 1．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 由四边形是平行四边形得到，，再证明四边形是平行四边形，则，即可求解周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴周长为：， 故选：C． 2．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．A点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，一元一次方程的应用，全等三角形的判定与性质，分四种情况：当时，当时，当时，四边形为平行四边形；当时，四边形为等腰梯形，分别求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：在中， ，， ∴ ，， ∵点P从点A出发、以的速度沿运动， ∴点P从点A出发到达D点的时间为：， ∵点Q从点C出发，以的速度沿往复运动， ∴点Q从点C出发到B点的时间为：， ∵， ∴， 当时，四边形为平行四边形， ∴， 当时，四边形为等腰梯形， ∴， 设同时运动的时间为， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 如图：过点分别作的垂线，分别交于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是等腰梯形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 此时是等腰梯形，， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 综上，当或或或时，，共4次， 故选：B． 3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过P作于M，再判定四边形为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积． 【详解】解：过P作于M，    由作图得：平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴， 设， 在中，， 即：， 解得：， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键． 4．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，直线、与双曲线分别相交于点．若四边形的面积为4，则的值是（    ）    A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】连接四边形的对角线，过作轴，过作轴，直线与轴交于点，如图所示，根据函数图像交点的对称性判断四边形是平行四边形，由平行四边形性质及平面直角坐标系中三角形面积求法，确定，再求出直线与轴交于点，通过联立求出纵坐标，代入方程求解即可得到答案． 【详解】解：连接四边形的对角线，过作轴，过作轴，直线与轴交于点，如图所示：        根据直线、与双曲线交点的对称性可得四边形是平行四边形， ， 直线与轴交于点， 当时，，即， 与双曲线分别相交于点， 联立，即，则，由，解得， ，即，解得， 故选：A． 【点睛】本题考查一次函数与反比例函数综合，涉及平行四边形的判定与性质，熟练掌握平面直角坐标系中三角形面积求法是解决问题的关键． 5．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解． 【详解】如图，过作轴于点，则， 由平移性质可知：，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， 设，则，， ∴，解得：， ∴，， ∴， ∵点在第四象限， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 6．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为 ．      【答案】 【分析】在y轴上取点，证明四边形是平行四边形，得出，利用抛物线的对称性得出，则，当E、C、F三点共线时，最小，利用待定系数法求出直线解析式，然后把代入，即可求出C的坐标． 【详解】解：， ∴对称轴为， 如图，设抛物线与x轴另一个交点为F，    当时，， ∴， 当时，， 解得，， ∴，， 在y轴上取点，连接，，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵抛物线对称轴为， ∴， ∴， 当E、C、F三点共线时，最小， 设直线解析式为， ∴， 解得， ∴， 当时，， ∴当最小时，C的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，两点之间线段最短等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造平行四边形是解题的关键． 7．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，结合角平分线的条件得到，由得到，，根据平行线的判定得到，根据平行四边形的判定即可得到是平行四边形； （2）求得是等边三角形，得到，，证明，求得，作于点，在中，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵分别是、的平分线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）得，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 作于点， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 8．（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． 【模拟训练】 1．（2025·安徽合肥·一模）如图1，在中，连接，，．动点从点出发，沿边匀速运动．运动到点停止．过点作交边于点，连接，．设，，与的函数图象如图2所示，函数图象最低点坐标为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长至，使，连接，连接交于， 当、、三点共线时，最小，即最小，当运动到时，最小，由图得当时，，此时与重合，与重合，结合平行四边形的判定方法及性质和勾股定理，即可求解． 【详解】解：延长至，使，连接，连接交于， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 当、、三点共线时，最小， 即最小， 当运动到时，最小， 由图得：当时，， 此时与重合，与重合， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 当时， ， 函数图象最低点坐标为， 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，线段和最小值的典型问题，平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，勾股定理，正切函数等；掌握平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，能熟练利用勾股定理求解及找到取得最小值的条件是解题的关键． 2．（2023·安徽·中考真题）如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是（   ）    A．的最小值为 B．的最小值为 C．周长的最小值为6 D．四边形面积的最小值为 【答案】A 【分析】延长，则是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当点与重合时，则三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解． 【详解】解：如图所示，    延长， 依题意 ∴是等边三角形， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， 则为的中点 如图所示，    设的中点分别为， 则 ∴当点在上运动时，在上运动， 当点与重合时，即， 则三点共线，取得最小值，此时， 则， ∴到的距离相等， 则， 此时 此时和的边长都为2，则最小， ∴， ∴ ∴ ， 或者如图所示，作点关于对称点，则，则当三点共线时，    此时 故A选项错误， 根据题意可得三点共线时，最小，此时 ，则，故B选项正确； 周长等于， 即当最小时，周长最小， 如图所示，作平行四边形，连接，    ∵，则 如图，延长,，交于点， 则， ∴是等边三角形， ∴， 在与中， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，则， ∴是直角三角形，    在中， ∴当时，最短， ∵ ∴周长的最小值为，故C选项正确； ∵ ∴四边形面积等于    ∴当的面积为0时，取得最小值，此时，重合，重合 ∴四边形面积的最小值为 ，故D选项正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当点与重合时得出最小值是解题的关键． 3．（2025·湖南娄底·二模）如图，在中，，，点、分别在边、上，，连接、，则和周长之和的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据，得出的周长的周长，即可得的周长的周长取最小值时，则最小即可，如图，在上截取，连接，证明，得出，平移至，连接，连接交于点，此时，，得出当三点共线时，最小，最小值为，证明四边形是平行四边形，得出，即可得，即点与点重合，此时，，过点作交于点，过点作交于点，在中，求出，得出，在中求出，得出，在中，勾股定理求出，即可得，求出的最小值，即可求出的周长的周长最小值． 【详解】解：∵， ∴的周长的周长 ， ∴的周长的周长最小值时，则最小即可， 如图，在上截取，连接， 在和中， ， ∴， ∴， 平移至，连接，连接交于点， 此时，， ∵， ∴当三点共线时，最小，最小值为， 根据平移可得， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴，即点与点重合， 此时，， 过点作交于点，过点作交于点， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 即， ∴， ∴的周长的周长最小值， 故选：B． 【点睛】该题主要考查了平移的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形三边关系，二次根式的性质等知识点，解题的关键是通过转化确定的最小值． 4．（2025·山西忻州·模拟预测）如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质、图形的平移、平行四边形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握正方形和平移的性质是解题关键．先证出两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，再证出，设，则，利用平行四边形的面积公式建立方程，解方程即可得． 【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形， ∴，， 由平移的性质得：， ∴两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16， ∴， 解得，符合题意， 即， 故选：A． 5．（2025·浙江·模拟预测）如图，为的对角线上一点，过点作，的平行线，分别交，，，于四点，连结．若的面积为，则的面积为（　　） A．5 B．2.5 C．2.4 D．1.25 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，，再证出四边形、四边形、四边形和四边形都是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，，，，则，由此即可得． 【详解】解： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形、四边形、四边形和四边形都是平行四边形， ∴，，，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵的面积为， ∴的面积为， 故选：B． 6．（24-25九年级上·重庆沙坪坝·期末）如图，在正方形中，点E、F分别在、上，连接，过点E作交于点G，连接．若，，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键． 过点D作，交于点H，连接，证明，得到，，再根据得到．证明四边形是平行四边形，得到，证明，得到，，则，，进而得到，根据得到，最后由即可解答． 【详解】解：过点D作，交于点H，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 在和中 ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B 7（2025·山东临沂·模拟预测）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成右图，在矩形中，，的度数为 ．       【答案】/60度 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理是解题的关键． 由矩形的性质可得，进而可得；再根据三角形内角和定理可得；然后再证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，最后由对顶角相等即可解答． 【详解】解：如图：∵矩形中， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 故答案为：． 8．（2025·陕西西安·一模）如图，在四边形中，连接，，．已知是边上的一点，连接DE，过点E作于点F，且．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】结合题意，再根据角平分线的判定可得平分，利用平行线的判定，可推出四边形是平行四边形，即，根据勾股定理可得，设，再利用，代入数值解方程可得，再利用勾股定理可得． 【详解】解：∵， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，平行线的判定，勾股定理，角平分线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 9．（2025·湖南·模拟预测）综合与实践 【初步感知】如图1，点E，F是的对角线上两点，且，连接，．则与的数量关系是______； 【尝试探索】如图2，在中，E，F是斜边上两个动点，且，连接，，若．求的最小值； 【拓展应用】如图3，在中（其中），，点M，N为对角线上的两个动点，连接，．若，求的最小值． 【答案】初步感知：；尝试探索：的最小值；拓展应用：的最小值 【分析】初步感知：证明即可； 尝试探索：构造矩形，证明，得到，，当在上时，最小； 拓展应用：取中点，作点关于的对称点，连接，易得，则有，从而，当N在线段上时，取得最小值，最小值为线段的长；过G作，交延长线于点H，在中，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：初步感知：∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； 尝试探索：过作，过作交于，连接，， ∵中，，斜边， ∴，， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴； ∴， ∴当在上时，最小； 拓展应用：如图，取中点，作点关于的对称点，连接， 则，； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 当N在线段上时，取得最小值，且最小值为线段的长； 过G作，交延长线于点H，如图， 则， ∴， ∴， 即； 由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：． ∴的最小值为． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质；熟练掌握并灵活运用这些知识是解题的关键，注意转化思想的应用． 考点二： 特殊平行四边形 【题型一】利用矩形的性质求解 1）对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角. 1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3）理解记忆矩形的性质，当题目己知矩形或者证明出矩形时，要立刻能想到相应的性质. 【中考真题】 1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，，，，点在直线上，点，在直线上，，动点从点出发沿直线以的速度向右运动，设运动时间为．下列结论： ①当时，四边形的周长是； ②当时，点到直线的距离等于； ③在点运动过程中，的面积随着的增大而增大； ④若点，分别是线段，的中点，在点运动过程中，线段的长度不变．其中正确的是（　　） A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的面积，三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识．①当时，得到四边形是矩形，即可求解；②根据“平行线间的距离处处相等”，即可判断；③根据②中的发现即可判断；④利用三角形的中位线定理即可判断． 【详解】解：①当时，， ， ，， 四边形是矩形， ， ，四边形的周长是，故①正确； ② ，，， 直线与直线之间的距离是， 当时，点到直线的距离等于，故②错误； ③由②可知点到的距离为定值，即的边上的高为， 又 ， 的面积为定值，故③错误； ④点，分别是线段，的中点， 是的中位线， ， 即线段的长度不变，故④正确； 故选：A． 2．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解． 【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形和都是矩形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动， 作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为， ∵，， ∴， 故选：B． 3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作： 第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平． 第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点E，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键． 根据矩形的性质和折叠的性质推出，进而得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠可得：，，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， 即， 故选：B． 4．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键． 根据函数的图象与坐标的关系确定的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解． 【详解】解：由图象得：，当时，，此时点P在边上， 设此时，则，， 在中，， 即：， 解得：， ， 故选：B． 5．（2024·山东日照·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，是矩形的顶点，点分别为边上的点，将矩形沿直线折叠，使点B的对应点在边的中点处，点C的对应点在反比例函数的图象上，则 【答案】 【分析】设交与点E，过点作轴于点H．利用矩形的性质、折叠的性质和勾股定理等可求出，，，，，，证明，利用相似三角形的性质可求出，，证明，利用相似三角形的性质可求出，，则可出求的坐标，然后利用待定系数法求解即可． 【详解】解：如图，设交与点E，过点作轴于点H． 四边形是矩形，，， ，，， 点是的中点， ． 在中， ，， ， 矩形沿直线折叠， ，，， ，， ，即， 解得， ， ， ， ， ． ， ． 又， ， ，即， 解得，， ， 点的坐标为， ． 故答案为：． 【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，反比例函数等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形求解是解题的关键． 6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）在矩形中，，，点在直线上，且，则点到矩形对角线所在直线的距离是 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为，进而分别求得垂线段的长度，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴ ∴，， 如图所示，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为 ∵ ∴ 当在线段上时， ∴ 在中， ∵ 在中，； 当E在射线上时， 在中， ∴ ∴ ∴ ∴， 在中， 综上所述，点到对角线所在直线的距离为：或或 故答案为：或或． 7．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，见解析 【分析】（1）证明对应角相等，即可得到； （2）根据，求得的长度，从而得出长度； （3）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，得出大小关系． 【详解】（1）证明：如图， 四边形是矩形， ， ， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ， ， ， ； （2）解：四边形是矩形， ，，， 为中点， ， 设， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ，即， ， ， ． （3）解：如图，延长，交于一点，连接， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ，直线， ， ， ， ， 是等腰三角形， ， 为中点， 设， ， 为中点， ， ，， ， ，， ， ， 在中，， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ，即． 【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键． 【模拟训练】 1．（2025·山东淄博·一模）如图1，在矩形中，，，点，分别在，上，将矩形沿直线折叠．使点落在边上的处，点落在处，连接，若，如图2，若为中点，连接．则的长为（   ） A．8 B． C． D．10 【答案】B 【分析】过点B作于点H，由折叠性质以及矩形性质可得，证明，得到，，利用勾股定理即可求解． 【详解】如图，过点B作于点H， 由矩形折叠可知，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在与中， ， ， ， ， ∵若为中点， ∴ ， ． 故选B． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 2．（2025·安徽合肥·一模）如图，为的中点，将矩形绕着点顺时针旋转得到矩形，若，，与交于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，过点H作，过点M和点O分别作的垂线，垂足分别为P、Q，则，根据平行线的性质可得，再证明，则可求出的长，进而得到的长，证明，则，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点H作，过点M和点O分别作的垂线，垂足分别为P、Q， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 由旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 3．（2025·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，，P是对角线上的动点，连接，将直线绕点P顺时针旋转使，且过D作，连接，则最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键．过点D作于点H，连接并延长交于点E，过点H作于点F，利用相似三角形的判定与性质得到定值，则点G在上运动，当时，取得最小值；再利用勾股定理，相似三角形的判定与性质和三角形的面积公式解答即可得出结论． 【详解】解：过点D作于点H，连接并延长交于点E，过点H作于点F，如图， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴定值， ∴点G在上运动，当时，取得最小值． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴． ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． 故选：C． 4．（2025·山东济南·一模）如图，在矩形中，，，点是边上一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了正切函数的定义，矩形的性质，勾股定理，折叠的性质．设，在中，由勾股定理得，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：∵，， ∴，， ∵将沿翻折，得到， ∴，， 设， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵， ∴，即， 解得（不合题意，舍去）或，即， 故答案为：． 5．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形相似于矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形相似于矩形；…按照此规律作下去．若矩形的面积记作，矩形的面积记，矩形的面积记作，…，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质.解题的关键是根据已知和矩形的性质可分别求得，再利用相似多边形的性质可发现规律，即可求解. 【详解】∵四边形是矩形， ， ， ∵按逆时针方向作矩形的相似矩形， ∴矩形的边长和矩形的边长的比为， ∴矩形的面积和矩形的面积的比, 故答案为：. 6．（2025·河南南阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边分别在轴、轴上，，点在边上，矩形沿折叠，若点的对应点恰好是边的三等分点，则点的坐标是 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，矩形的性质，坐标与图形，由折叠的性质可得，，，再分当点F靠近点C时，，当点F靠近点O时，则，两种情况利用勾股定理先求出的长，进而得到的长，设出的长，进而得到的长，在中，由勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：在矩形中，，， 由折叠的性质可得，，， 恰好是边的三等分点， ∴当点F靠近点C时，， 在中，， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得到， ∴， 解得， ∴点的坐标是； 当点F靠近点O时，则， 在中，， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得到， ∴， 解得， ∴点的坐标是； 综上所述，点的坐标是或， 故答案为：或． 7．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，矩形中，，，点E是边上一定点，且，在线段上找一点F，使与相似．若这样的点F恰好有两个，则m的值为 ． 【答案】3或4 【分析】本题考查作图—相似变换，矩形的性质，圆的有关知识等知识，根据题意画出图形，交点个数分类讨论即可解决问题，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 【详解】解：如图，延长，作点E关于的对称点，连接，交于点，连接、，以为直径作圆交于点、， 由矩形的性质可得， ∴， 由轴对称的性质可得：， ∴， 当时， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴，即图中圆的直径为5， 作于，则， ∴， ∴， ∴， ∴此时图中所作圆的圆心到的距离为，等于所作圆的半径，和重合， 此时，， ∴， 即当时，符合条件的F有2个，为，； 当时，图中所作圆和相离，此时和不存在了，即此时符合条件的只有个，为， 当时， 当时， 要使，需，即， 解得或3， 当时， 要使，需，即， 解得，即当时，符合条件的F有2个； 当且时，由所作图形可知，符合条件的F有3个， 综上所述：当且时，有3个，当时，有2个，当时，有2个，当时，有个， 故答案为：3或． 8．（2025·贵州铜仁·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们结合“全等与相似”开展数学活动． 【初步探究】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别在线段，上，且，则与的位置关系是________，数量关系是________； 【知识迁移】 （2）如图2，在矩形中，，点E，F分别为直线，上的动点，且，连接，．探究与存在的数量关系并说明理由； 【深入研究】 （3）如图3在（2）的条件下，若点E，F分别在边，的延长线上，的延长线与交于点H．点G为上的点，且，请用等式表示线段与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3），理由见解析 【分析】（1）设交于T，证明，得到，再导角证明即可得到答案； （2）证明，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可； （3）过点B作于M，证明，得到，导角证明，则可证明，推出，则可证明，由勾股定理得． 【详解】（1）解：设交于T， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：，证明如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即； （3）解：，理由如下； 如图所示，过点B作于M， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形得性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定等待，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． 【题型二】利用矩形的性质与判定求解 【中考真题】 1．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长． 【详解】解：中，，，， ， 连接，如图所示： ∵于点，于点，， ∴， 四边形是矩形， ， 当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小， ∴此时． 故选：B． 2．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形中，，以为圆心，为半径的弧恰好与相切，切点为．若，则的值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作延长线于点，连接，根据圆的基本性质以及切线的性质，分别利用勾股定理求解在和，最终得到，即可根据正弦函数的定义求解． 【详解】解：如图所示，作延长线于点，连接，    ∵，， ∴， ∴四边形为矩形，，， ∴为的切线， 由题意，为的切线， ∴，， ∵， ∴设，，， 则，， 在中，， 在中，， ∵， ∴， 解得：或（不合题意，舍去）， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查圆的切线的判定与性质，解直角三角形，以及正弦函数的定义等，综合性较强，熟练运用圆的相关性质以及切线的性质等是解题关键． 3．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(   )    A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 【答案】C 【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，    ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴只需要知道的面积即可求出的值； 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到 4．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    【答案】 【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】如图，过作于点，于点，    ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴，， ∴四边形是正方形， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 5．（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． 6．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质： （1）连接并延长，交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证； （2）由（1）可知，勾股定理求出的长，设的半径为，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵为的切线， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴四边形为矩形， ∴； （2）由（1）知四边形为矩形，，， ∴， ∴， 设的半径为，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：； 即：的半径为． 7．（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，点在双曲线上，点在双曲线上．轴，过点作轴于点．连接，与相交于点，若．则的值为（   ） A．6 B．9 C．10 D．12 【答案】A 【分析】过点B作轴于E，延长线段，交y轴于F，得出四边形是矩形，四边形是矩形，得出，，根据相似三角形的判定与性质证得，即，即可求得矩形的面积，根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值． 【详解】解：过点B作轴于E，延长线段，交y轴于F， ∵轴， ∴轴， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵点A在双曲线上， ∴， 同理， ∵， ∴，而， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，矩形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，作出辅助线，构建矩形是解题的关键． 【模拟训练】 1（2025·安徽阜阳·一模）如图，折叠矩形纸片，使得顶点，重合，点落在处，然后还原，得到折痕．已知：，，则折痕的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 分别连接与相交于，由折叠知，，所以共线，可以证明四边形为菱形，则，作，证明四边形是矩形，所以，设，则，，然后由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，分别连接与相交于， 由折叠知， ∴， ∴共线， 由折叠知， ∴， ∵，， ∴四边形为菱形， ∴， 作，则， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 设，则，， 在直角中，， 解得：，即， ∴， 同理， ∴， ∴， 故选：． 2．（2024·陕西西安·二模）如图，四边形中，对角线，且，点E、F、G、H分别为边的中点，则四边形的面积是（　　） A．24 B．12 C．10 D．6 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，先由三角形中位线定理得到，同理可得，，进而证明四边形是平行四边形，再证明，得到四边形是矩形，最后利用矩形面积计算公式求解即可． 【详解】解：∵点E、F是的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理可得，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积为， 故选：B． 3．（2025·湖北武汉·一模）如图，在矩形中，，是边上一点，点关于的对称点为，连接并延长交于点．设．若是的中点，则的值为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，于点，设与相交于点，由矩形的性质可得，，，即得四边形是矩形，由轴对称的性质得，，进而利用余角性质可得，即得，得到，即得，由可证，即得，得到，，即得到，，可得，再根据代入计算即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，于点，设与相交于点，则， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，四边形是矩形， 由轴对称的性质得，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， 即， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 整理得，， 解得或（不合，舍去） ∴的值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 4．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）点A为矩形的边延长线上一点，，，点F为边上的动点，连接，过点F作，垂足为G，点H是点A关于点D的对称点，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，连接，，过H作于K，证明四边形是平行四边形，得出，则，故当三点共线时，最小，最小值为，证明，根据相似的性质求出，，然后在中，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：连接，，过H作于K， ∵矩形， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 当三点共线时，最小，最小值为， 在中，，，， ∴， ∵点H是点A关于点D的对称点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 5．（2025·上海·模拟预测）如图，中，，，．点在边上；点分别在边与上．当四边形为矩形，且其宽为长的一半时，的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 根据勾股定理求出，根据矩形的性质得到，，得到，得出，求出， 同理得到，得出，求出，分：当为矩形的宽时；当为矩形的长时，两种情况讨论即可． 【详解】解：，，， ， 四边形为矩形， ，， ， ， ， ， ， ， 同理， ， ， 当为矩形的宽时，， ，， ， ， ； 当为矩形的长时，， ，， ， ， 综上，的长为或． 故答案为：或． 6．（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，在四边形中，对角线，相交于点F，且，．过点A作，交的延长线于点C，________． 请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）6.5 【分析】本题考查矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的判定方法是解答的关键． （1）先证明四边形的是平行四边形，若选择①，可证明，根据矩形的判定可得结论；若选择②，先证明四边形的是平行四边形，可得到，再根据矩形的判定可得结论； （2）根据矩形性质可得，，再根据平行线的性质和正切定义可求得，进而利用勾股定理求得即可求解． 【详解】解：（1）方法一：选择①． 证明：四边形的对角线，相交于点，且，， 四边形的是平行四边形， ，， 又， ， 四边形为矩形． 方法二：选择②． 证明：四边形的对角线，相交于点，且，， 四边形的是平行四边形， ， 又， 四边形的是平行四边形， ， 又， ， 四边形为矩形． （2）解：由（1）已证明四边形矩形， ，， 又， ． 在中，， ， ． 7．（2025·江苏连云港·一模）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结，当点在直线上运动时，求线段的最小值？ 【答案】 【分析】过点作于点，作于点，作于点，点四点共圆，四边形是矩形，，，，由此即可求解． 【详解】解：过点作于点，作于点，作于点， ， 点四点共圆， ， ， ， ， 四边形是矩形，， ， ， ， ， 的最小值为． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，特殊角的直角三角形的计算，圆的基础知识，理解垂线段最短的计算方法，合理作出辅助线是关键． 【题型三】利用菱形的性质求解 1）对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等. 2）利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的. 1）菱形的对角线互相垂直平分，因此涉及菱形的问题常会在直角三角形中解决； 2）菱形的四条边相等，因此菱形与等腰三角形、等边三角形的合应用较多，利用菱形的性质求线段、角时，注意菱形与其他几何知识的结合. 3）在求菱形面积时，要根据图形特点及已知条件，灵活地选择面积公式来解决问题. 【中考真题】 1．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】连接，将绕点O顺时针旋转得到．证明，推出，利用即可求解． 【详解】解：如图，连接，将绕点O顺时针旋转得到． ， ， 在菱形中，点O是对角线的中点，， ，， ， ， ， ， ， ， ． ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用是解题的关键． 2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可． 【详解】解：作于点， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点E表示的数是3， ∴点A表示的数是， 故选：D． 3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长． 【详解】 解：如图，连接、，相交于点，   点分别是边的中点， ，， ，同理， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ，， 对角线互相垂直， ， ， ，， 是等边三角形， ， 在中，，， ， ， ，， 四边形的周长为． 故选：C． 【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算． 4．（2023·河北·中考真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得． 【详解】如图，∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴     故选：C．    【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键． 5．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 【答案】96 【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案． 【详解】解：作交于点H，则， ∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：96． 6．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在中，，，，以为边向外作有一个内角为的菱形，对角线交于点O，连接，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出的面积． 【答案】图形见解析，的面积为12或36． 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理．分两种情况讨论，作，垂足为，利用直角三角形的性质以及勾股定理分别求得的长，再利用三角形面积公式即可求解． 【详解】解：当时，所作图形如图，作，垂足为， ∵菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为； 当时，所作图形如图，作，垂足为， ∵菱形，， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴的面积为； 综上，的面积为12或36． 【模拟训练】 1．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形中，，在菱形左侧作射线，使得，过点A作于点．若对角线，则的长为（    ）    A．10 B．6 C．5 D．4 【答案】C 【分析】根据菱形的性质得到，连接交于点O，证得，由对角线，则，即可得到的值． 本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】∵菱形中，， ∴， ∵对角线平分， ∴， 连接交于点O， ∵过点A作于点， ∴ ∵菱形中，垂直平分， ∴， ∵， ∴ 在和中， ∴ ∴， ∵对角线， ∴， ∴． 故选：C． 2．（2025·湖南·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点是坐标原点，，顶点在反比例函数（，）的图象上，若菱形的周长为8，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，反比例函数，掌握菱形的性质是关键． 根据菱形的性质得到，，如图所示，连接交于点，，，在中，由勾股定理得到，则，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，周长为， ∴， ∵， ∴， 如图所示，连接交于点， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 故选：C ． 3．（2025·湖南娄底·二模）如图，在菱形中，，内切于菱形，则的面积与菱形的面积之比是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查切线的性质，菱形的性质，解直角三角形等知识，正确添加常用辅助线，构造直角三角形是解题的关键． 设、、上的切点分别为，连接，则，再说明是直角三角形，分别用表示出的长，最后根据面积法求解即可． 【详解】解：如图：设、、上的切点分别为，连接，则， ∵内切于菱形， ， 平分，平分， ， ， ∵菱形中，， ∴， ， ， ， ， ， 故选：D． 4．（2025·河北沧州·一模）如图，已知菱形的边长为，，点G、E、F分别是上的点，若，则的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，连接，过A作于M，在上截取，连接，由菱形的性质推出，，判定，推出，得到，判定是等边三角形，求出，判定F、G、K共线，且，由菱形的性质推出，，求 出，得到，于是． 【详解】解：连接，过A作于M，在上截取，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴F、G、K共线，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为：． 5．（2025·河南驻马店·一模）如图，菱形中，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，连接，当与第一次垂直时，的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握性质、旋转的性质，等边对角的运用是关键． 根据菱形，旋转的性质得到，，，如图所示，连接，设与交于点，可证，，由此得到，由，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴， 如图所示，连接，设与交于点， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，即， ∴， ∵，即， ∴， ∴， 故答案为： ． 6．（2025·北京·模拟预测）如图，在菱形中，、交于点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本体考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形的应用，掌握相关知识点是解题关键． （1）根据菱形的性质，得出，，即可证明结论； （2）根据菱形和平行四边形的性质，以及正切值，设，则，再利用勾股定理求解，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形， ，，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， 设，则， ， ，， ， 在中，， ， ， ． 7 （2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，菱形中，点是对角线上一点，连接、． (1)求证：； (2)如图2，若，点在线段上，连接，当是等腰三角形时，请直接写出的度数． 【答案】(1)见详解 (2)或或 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，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． （1）根据菱形的性质得，，然后证明，即可作答． （2）根据菱形的性质得，，，然后结合等腰三角形的性质，进行逐个作图，且根据三角形内角和性质列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∵是等腰三角形， ∴当时，如图所示： ∴， ∴； ∴当时，如图所示： ∴； ∴当时，如图所示： ∴； 综上：当是等腰三角形时，的度数为或或． 【题型四】利用菱形的性质与判定求解 【中考真题】 1．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：作图可得 ∴四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：C． 2．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知，则阴影部分的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先过点作于点E，于点，由题意可得四边形是平行四边形，继而求得的长，判定四边形是菱形，则可求得答案． 【详解】过点作于点E，于点，    根据题意得：，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 同理： ， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线． 3．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）． 【答案】不会 【分析】设扭动后对角线的交点为，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质及条件，得出为等边三角形，利用勾股定理算出，从而得到，再比较即可判断． 【详解】解：设扭动后对角线的交点为，如下图： ， 根据正方形的性质得， 得出扭动后的四边形四边相等为菱形， cm， 为等边三角形， cm， cm， cm， 根据菱形的对角线的性质：(cm)， ， 不会断裂， 故答案为：不会． 【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱形的判定及性质． 4．（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． 5．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．    (1)求的度数； (2)四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由； (3)若，求的长． 【答案】(1) (2)是菱形，证明见解析 (3)的长为． 【分析】（1）如图，连接，证明，而，可得，再结合等腰三角形的性质可得答案； （2）先证明，即，而，求解，可得，证明，可得，再证明，可得，从而可得结论； （3）如图，连接，，交于，证明为等边三角形，可得，证明，，求解，再利用弧长公式进行计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接，    ∵线段与相切于点B， ∴，而， ∴， ∵， ∴； （2）四边形是菱形，理由如下： ∵的中点为M，， ∴，即，而， ∴， ∴， ∵的中点为M，为直径， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （3）如图，连接，，交于，    ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴的长为． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键． 6．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．    (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)当时，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)． 【分析】（1）证明和是等边三角形，即可推出四边形是菱形； （2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得和的长，利用菱形的性质得到，在中，解直角三角形求得的长，据此求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下， ∵矩形的对角线与相交于点O， ∴， ∵直线是线段的垂直平分线， ∴，， ∴，即是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵直线是线段的垂直平分线，且， ∴，， 由（1）得四边形是菱形， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 【模拟训练】 1．（2025·山东济南·一模）如图．以点为圆心，以适当长为半径画弧，交于点，交于点． 分别以，为圆心，以大于 的长为半径画弧，两弧在 的内部相交于点． 作射线交于点． 分别以，为圆心，以大于 的长为半径画弧，两弧相交于，两点．作直线，交，分别于点，． 若，， ，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了作图复杂作图，菱形的判定和性质，平行成比例线段，垂直平分线的性质，熟练掌握垂直平分线的性质是解题的关键； 利用作法得平分，垂直平分，所以，，，再证明四边形为菱形，得到，然后利用平行线分线段成比例定理计算的长． 【详解】解：由作法得平分，垂直平分，连接，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， 而， ∴四边形为菱形， ， ， ， 即， ； 故选：C 2．（2025·浙江金华·模拟预测）如图是铺设在人行道上地板砖的一部分，它由正六边形和菱形无缝隙镶嵌而成．为各多边形顶点，已知正六边形的边长为，则四边形 的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，连接、，，，过作于点，先证明、、、共线，再求出， ，，利用勾股定理得，从而四边形是菱形，是等边三角形，进而得，，于是即可得解． 【详解】解：如图，连接、，，，过作于点， 由正六边形的性质得， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴，即点、、共线， 同理：点、、共线， ∴、、、共线， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ， 同理：， ∴，， ∴， 同理可得， ∴四边形是菱形，是等边三角形， ∵， ∴，， ∴四边形 的面积为． 故选∶． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理，正多边形的性质，熟练掌握等边三角形的判定及性质，菱形的判定及性质是解题的关键． 3．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 【答案】B 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到，四边形是菱形，则再由含角的直角三角形和勾股定理求出，，即可得到即可得到四边形的面积． 【详解】解：由题意可知，垂直平分，， ∴，四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴     ∴ ∴四边形的面积为， 故选：B 4．（2025·湖北·模拟预测）如图，以为一边在其两侧作等边和等边，连接，和相较于，过作与，连接，，且．则： （1） ； （2） ． 【答案】 /30度 /厘米 【分析】（1）根据等边三角形性质得出，，证明四边形为菱形，根据菱形的性质得出，，，，根据等边三角形性质得出，根据直角三角形性质得出，最后求出结果即可； （2）过作于，根据勾股定理得出，根据直角三角形性质得出，根据勾股定理得出，即可． 【详解】解：（1）∵和都是等边三角形， ∴，， ∴四边形为菱形， ∴，，，， ∵为等边三角形，， ∴， ∴， ∴； （2）过作于， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，． 故答案为：；． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质． 5．（2025·河南开封·一模）在平行四边形中 ，，，点为对角线的中点，连接．当是直角三角形时，的长为 【答案】或 【分析】由平行四边形的性质可得，，分两种情况：当，当时，根据菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质求解即可． 【详解】解： 四边形是平行四边形，点为对角线的中点， ，， 当，即时，平行四边形是菱形， ， 是等边三角形， ； 当时， ， ， ， ； 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，掌握相关知识是解题的关键． 6．（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图，在平行四边形中，作对角线的垂直平分线交于点E，交于点F，连接，． (1)判断四边形是哪种特殊的四边形，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解 (2)24 【分析】（1） 根据平行四边形的性质得，，再证明，则，得四边形是平行四边形，结合是的垂直平分线，即可作答． （2）根据勾股定理算出或，再结合菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可作答． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵，且四边形是菱形； ∴， 在中，, ∴， 解得或， 则对应的或， 则， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂直平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 7．（2025·安徽合肥·一模）王老师带领同学们以“直角三角形的旋转”为主题开展探究活动：如图1，在Rt中，，将绕点顺时针旋转，得到，点与点对应，点与点对应． (1)当时，的长为_____． (2)如图2，是的中点，连接，过点作且交直线于点． ①求证：． ②在旋转的过程中，当四边形是菱形时，请直接写出此时的长度． 【答案】(1)6 (2)①见解析；②2或18 【分析】（1）根据旋转的性质得到是等边三角形，即可求解； （2）①如图所示，延长交于点，则，连接，可得，，则，证明，得到，，再证，得到，，最后证明，得到，即可求解； ②在中，运用勾股定理得到，第一种情况，如图所示，四边形是菱形，则；第二种情况，如图所示，四边形是菱形，则，可证共线，点共线，则；由此即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，将绕点顺时针旋转，得到，， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为：； （2）解：∵旋转， ∴， ∴， ①证明：如图所示，延长交于点，则，连接， ∵点是中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴； ②在中，， ∴， 第一种情况，如图所示，四边形是菱形， ∵旋转， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴； 第二种情况，如图所示，四边形是菱形，则， ∵， ∴共线， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴点共线， ∴； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，数形结合分析思想是解题的关键． 【题型五】利用正方形的性质求解 1）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 2）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 3）判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 【中考真题】 1．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则，根据全等三角形，正方形的性质可得，再根据勾股定理可得，即可求出的值． 【详解】解：根据题意，设，则， ∵，四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．根据正方形的性质可求出，根据轴对称的性质可得，则，再求出，，即可求出答案． 【详解】解：正方形的边长为2， ∴， ∴， ∵与关于直线对称， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的周长是， 故选：A． 3．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点，先证明．可得，．点、的横坐标分别为、，可得，．，，，设，则，，，，，．再由，进而可以求解判断即可． 【详解】解：如图，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点， 四边形是正方形， 、互相平分，，， ，， ． ，， ． ，． 点、的横坐标分别为、， ，． ，，， 设，则，， ，，，． 又，， ，． ． ． ． 点、在轴的同侧，且点在点的右侧， ． ． 故选：B． 4．（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． 【答案】B 【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． 5．（2024·广东深圳·中考真题）如图所示，四边形，，均为正方形，且，，则正方形的边长可以是 （写出一个答案即可）．    【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了正方形的性质，由题意可得，，结合图形得出，即可得解，熟练掌握正方形的性质是解此题的关键． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， ∴正方形的边长可以是， 故答案为：（答案不唯一）． 6．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是 ． 【答案】 【分析】作交于点，不妨设，设，通过四边形是正方形，推出，得到，然后证明，利用相似三角形对应边成比例，得到，从而表示出，的长度，最后利用和表示出正方形和的面积，从而得到． 【详解】解：作交于点，不妨设，设 四边形是正方形 在和中，， 由题意可知， 正方形的面积， 正方形的面积 ； 故答案为：. 【点睛】本题考查了弦图，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的面积，勾股定理，熟练掌握以上知识点并能画出合适的辅助线构造相似三角形是解题的关键． 7．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与角之间的关系，熟练找出和的全等条件． （1）根据正方形的性质证明，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可； （2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出和，然后进行证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ， 在和中， ， ； （2）∵四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ． 8．（2023·江苏泰州·中考真题）在平面直角坐标系中，点，的位置和函数、的图像如图所示．以为边在x轴上方作正方形，边与函数的图像相交于点E，边与函数、的图像分别相交于点G、H，一次函数的图像经过点E、G，与y轴相交于点P，连接．    (1)，，求函数的表达式及的面积； (2)当a、m在满足的条件下任意变化时，的面积是否变化？请说明理由； (3)试判断直线与边的交点是否在函数的图像上？并说明理由． 【答案】(1)函数的表达式为，的面积为 (2)不变，理由见解析 (3)在，理由见解析 【分析】（1）由，，可得，，，，则，当，，则；当，，解得，则；当，，解得，则；待定系数法求一次函数的解析式为，当，，则，根据，计算求解即可； （2）求解过程同（1）； （3）设直线的解析式为，将，，代入得，，解得，即，当，，则直线与边的交点坐标为，当，，进而可得结论． 【详解】（1）解：∵，， ∴，，，， ∴， 当，，则； 当，，解得，则； 当，，解得，则； 设一次函数的解析式为， 将，，代入得，，解得， ∴， 当，，则， ∴； ∴函数的表达式为，的面积为； （2）解：的面积不变，理由如下： ∵，，，， ∴， 当，，则； 当，，解得，则； 当，，解得，则； 设一次函数的解析式为， 将，，代入得，，解得， ∴， 当，，则， ∴； ∴的面积不变； （3）解：直线与边的交点在函数的图像上，理由如下： 设直线的解析式为， 将，，代入得，，解得， ∴， 当，， ∴直线与边的交点坐标为， 当，， ∴直线与边的交点在函数的图像上． 【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数解析式，反比例函数解析式，交点坐标．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【模拟训练】 1．（2025·山东济宁·一模）如图，在正方形中，点E是的中点，点F是上一点，且，则下列结论中不成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，推导出，，从而，故，进而，由此能得到，，；再推出即可判定D． 【详解】解：∵在正方形中，点E是的中点，点F是上一点，且， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，，， 故选项A，B，C成立，不符合题意； ∵， ∴， ∴，，即， ∴不成立， 故选项D不成立，符合题意． 故选：D． 2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在中，，两个边长为1的正方形，的顶点D，E，F，I，J均在的边上，当时，的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了解直角三角形，正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．根据题意得到，将两个三角形的面积求出即可得到答案． 【详解】解：过点作于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：D． 3．（2025·甘肃武威·一模）如图，正方形的对角线、相交于点，且，正方形的顶点与点重合，边与重合，将正方形绕点顺时针旋转，与边交于点与边交于点，连接交于点，在整个运动过程中，则点经过的路径长是（　） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，利用正方形的性质证明，得到，当时，易证此时四边形是正方形，此时，即点G与点H重合，有最小值，利用正方形的性质求出；由点是与的交点，是定线段，得到点G在线段上运动，在整个运动过程中，当边与重合，点G，点E与点C重合，当时，点G与点H重合，当边与重合，点G，点F与点C重合，即点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C，即点经过的路径长是，即可得出结果． 【详解】解：如图，取中点， 在正方形中，，， 又∵， ∴， ∴， ， 当时， 则， ， 四边形是正方形， ，即点G与点H重合， ， ； 点是与的交点，是定线段，， 点G在线段上运动， 在整个运动过程中， 当边与重合，点G，点E与点C重合，有最大值， 当时，点G与点H重合，有最小值， 当边与重合，点G，点F与点C重合，有最大值， 点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C， 点经过的路径长是， 点经过的路径长是， 故选：A． 【点睛】此题主要考查正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质． 4．（2025·重庆·模拟预测）如图，在正方形中，点、、分别在、、上，连接、、、、，其中，，若，则一定等于（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质，构造合理的辅助线证明三角形全等是解题的关键． 根据正方形的性质得到，，如图所示，将绕点顺时针旋转得到，可证，，则，如图所示，过点作于点，则四边形是矩形，证，得，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵在中，， ∴， ∵， ∴， 如图所示，将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图所示，过点作于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，且， ∴， ∴， ∴， 故选：A ． 5．（2025·浙江·模拟预测）如图，，分别是正方形的边，上的点，将正方形纸片沿折叠，使得点的对应点恰好落在边上，要想知道正方形的边长，只需知道（   ） A．的长度 B．的周长 C．的周长 D．的面积 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，难度较大，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 连接，过点B作于点K，则，先证明，再证明，则，，即可求解． 【详解】解：连接，过点B作于点K，则， ∵四边形是正方形， ∴， 由翻折得，，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的周长为：， 即的周长为正方形边长的2倍，故只需要知道的周长，即可知道正方形的边长，故C符合题意； 对于A、B、D选项条件不足，不能证明， 故选：C． 6．（2025·安徽合肥·一模）如图，正方形边长为3，点，分别是边，上的两个动点，且，连接． （1）若，则 ； （2）的最小值为 ． 【答案】 【分析】（1）根据正方形的性质和，求出，然后利用勾股定理得出，即可解答； （2）连接，证明，得出，推出的最小值等于的最小值，作点关于的对称点，连接，则、、三点共线，连接，与的交点即为所求的点，根据对称性可得，得到，由勾股定理求出的长即可得解． 【详解】解：（1）∵正方形边长为3，， ∴，，， ∴， ∴； 故答案为：； （2）如图，连接， ， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值等于的最小值， 如图，作点关于的对称点，连接，则、、三点共线， 连接，与的交点即为所求的点， 根据对称性可得， ∴， 在中，，， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本考查了正方形的性质、轴对称的性质，直角三角形三角函数、三角形全等的判定与性质、勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键； 7．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，在中，，，，、、…都是正方形，且、、…在边上，、、…在边上．则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、图形类规律探索，正确归纳类推出一般规律是解题关键．先根据正方形的性质可得，，再证出，根据相似三角形的性质可得的长，同理可得，的长，归纳类推出一般规律，由此即可得． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， 即， 同理可得：，， 归纳类推得：，其中为正整数， ∴， 故答案为：． 8．（2025·江苏扬州·一模）如图，在等腰中，，动点E、F同时从点A出发，分别沿射线和射线的方向匀速运动，且速度相等，当点E停止运动时，点F也随之停止运动，连接，以为边向下作正方形，设点E运动的路程为，正方形和等腰重合部分的面积为y． (1)当时，_______；当时，_______； (2)求点E在整个运动过程中y的最大值． 【答案】(1)8；32 (2)36 【分析】本题主要考查勾股定理、等腰直角三角形的性质与判定、正方形的性质及二次函数的图象与性质，熟练掌握勾股定理、等腰直角三角形的性质与判定、正方形的性质及二次函数的图象与性质是解题的关键； （1）由题意先得出当正方形的边在等腰的斜边上时的的长，然后分别求当和时，y的值即可； （2）由（1）可分①当时，正方形和等腰重合部分的面积为正方形的面积，②当时，然后列出函数关系式，进而根据二次函数的性质可进行求解． 【详解】（1）解：当正方形的边在等腰的斜边上时，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵在等腰中，，， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，即，正方形的边在等腰的斜边上； 当时，则有， ∴，， 此时正方形在等腰内部， ∴； 当时，则有，如图所示： ∴， ∴， 同理可得：， 此时； 故答案为：8；32； （2）解：由（1）可分：①当时，正方形和等腰重合部分的面积为正方形的面积，即， ∴当时，y随x的增大而增大， ∴当时，y有最大值，最大值为32； ②当时，如图， 此时正方形和等腰重合部分的面积为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当时，y有最大值，最大值为36； 综上所述：点E在整个运动过程中y的最大值为36． 9．（2025·甘肃陇南·模拟预测）在正方形中，点为边上一点不与点、重合，于点，于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若F为中点，连接，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【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，线段垂直平分线的性质与判定，熟知正方形的性质和全等三角形的性质与判定定理是条件的关键。 （1）通过证明即可证明结论． （2）过点D作，证明，得到，再由全等三角形的性质得到，进而得到，则垂直平分，即可得到。 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ，， ， ，， ， 在与中， ， ， ； （2）解：，证明如下： 如图，过点D作， 四边形是正方形， ，， ，， ， ，， ， 在与中， ， ， ， ， ， 为的中点， ， 垂直平分， 【题型六】利用正方形的性质与判定求解 【中考真题】 1．（2023·四川·中考真题）如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为(　　)    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，证明四边形是正方形，进而得出，，然后根据扇形面积公式即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，    ∵，，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴图中阴影部分面积， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，求扇形面积，证明四边形是正方形是解题的关键． 2．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上， ，AF与相交于点O，连接，若，则与之间的数量关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点O作OM⊥BC于点M，先证明四边形ABFE是正方形，得出，再利用勾股定理得出，即可得出答案． 【详解】过点O作OM⊥BC于点M， ， 四边形ABCD是矩形， ， ∴∠AEF=180°-∠BAD=90°， ， ∴四边形ABFE是矩形， 又∵AB=AE， 四边形ABFE是正方形， ，EF=BF， ， ， ，EF=2CF， 由勾股定理得， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键． 3．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    【答案】 【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】如图，过作于点，于点，    ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴，， ∴四边形是正方形， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 4．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点． 问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证． 【尝试应用】 问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度． 【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3） 【分析】（1）如图，由四边形是正方形，是等腰直角三角形，，证明，再进一步可得结论； （2）如图，由，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论； （3）如图， 证明在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得当旋转角从变化到时，在上运动，再进一步解答即可； 【详解】解：；；理由如下： 如图，∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）如图，∵四边形是正方形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴； （3）如图，∵，， ∴在以为圆心，为半径的上， 过作于， 当时， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 而，， ∴四边形是正方形， ∴当旋转角从变化到时，在上运动， ∵，，， ∴， ∴点经过路线的长度为. 【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键. 【模拟训练】 1．（2025·黑龙江牡丹江·一模）如图，，，，点分别在上，为等边三角形，交于，下列结论：①，②，③，④若，则．其中正确的有（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据平行线的性质得出，根据等边三角形性质得出，，求出，判断①正确；过点C作于点M，证明四边形为矩形，得出，，证明，，得出，判断②正确；根据，而，证明，，得出，说明，与不一定垂直，判定③错误；证明，，得出，证明，四边形为正方形，连接，交于点H，根据正方形性质得出，，证明，得出，证明，，证明，判断④正确． 【详解】解：∵，， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴，故①正确； 过点C作于点M，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵，而， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴与不一定垂直，故③错误； ∵，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形，， ∴四边形为正方形， ∴， 连接，交于点H，如图所示： 则，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵为等边三角形，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵中， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上分析可知：正确的有①②④； 故选：B． 【点睛】本题主要考查三角形相似的判定和性质，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 2．（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在正方形中，， 分别是，的中点，，相交于点，与相交于点，分别连接，，则下列结论错误的是（    ） A． B．平分 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质逐项判断即可． 【详解】如图1，分别延长，相交于点， 正方形， ，，， ， 是的中点， ， ． 是的中点， ， ， ， ， ， ， ， 故选项结论正确； 如图2，过点作，与的延长线交于点，作于点． 同理可证， ，，， ， ， ， ， 平分， 故选项B结论正确； ， ． ， ， ， 故选项C结论正确； ∵， ∴四边形为正方形， ，， ， 故选项D结论错误． 故选：D. 3．（2024·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点P是对角线上一点，，垂足分别为E，F，连接．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形，矩形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形的对称性和矩形的判定定理和性质定理，连接交于O，可知，根据四边形是正方形，，，可得四边形是矩形，故，从而，即得，故． 【详解】解∶连接交于O．如图∶ 正方形的对称性可知，， 四边形是正方形， ， 四边形是矩形， ． ． ． 故选∶A． 4．（2025·山西阳泉·模拟预测）如图，在中，于点，若，，，则的长度为 ． 【答案】12 【分析】本题考查了正方形的性质与判定，解一元二次方程，轴对称等知识．以为对称轴作的轴对称图形，以为对称轴作的轴对称图形，延长、交于点G．由轴对称的性质证明四边形是正方形，设，则，即可求出，，在中，根据勾股定理列式计算即可求解． 【详解】解：如图，以为对称轴作的轴对称图形，以为对称轴作的轴对称图形，延长、交于点G． ∵， 由轴对称的性质得，，，， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， ∴， 在中，根据勾股定理得， 解得（不合题意，舍去）， ∴． 5．（2025·陕西咸阳·一模）如图，在矩形中，点在对角线的两侧，且点到三边的距离均为1，点到三边的距离也均为1．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】设于H，于G，于M，于N，交于O，连接，由题意得，易证四边形是平行四边形，得，再证四边形是正方形，得，然后证，得，，则，设，且，则，根据题意列出方程组求解即可． 【详解】解：设于H，于G，于M，于N，交于O，连接，如图所示： ∵， ∴， 由题意得：， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 在和中, ∴， ∴， 在和中, ， ∴， ∴， 设，且， 则， ∵， ∴， 解得：， ∴， 同理得：， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴ ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行线的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 6．（2025·安徽合肥·一模）已知点是矩形边延长上一点，且，是对角线和的交点．连接，交于，交于，连接，如图1． (1)求证：平分． (2)若，，求的值． (3)若，如图2，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）平行得到，等边对等角，得到，进而得到，即可得证； （2）过作于，勾股定理求出的长，进而求出的长，角平分线的性质，得到，证明，求出的长，进而得到的长，证明，推出的长，再根据正切的定义，进行求解即可； （3）易证矩形是正方形，设，进而得到，证明，推出的长，勾股定理求出，证明，列出比例式进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ， ， 平分． （2）过作于． 在矩形中，，， ，， ，， 由（1）得平分， ， ， ， 又 ， ， ， ∵，， ∴， ， ， ； （3） ， 矩形是正方形， 设，则， 由（2）知：， ，， ∴， ，平分， ∴， ， ， ， ． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 7．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：在四边形中，为对角线上的动点，点，分别在，上． (1)【动手操作】 如图①，若四边形为正方形，为对角线，的交点，，分别为，的中点时，连接，，根据题意在图①中画出，，则为________________度； (2)【问题探究】 如图②，四边形为菱形，，为对角线，的交点，且，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)【问题解决】 如图③，在（2）的条件下，若点在对角线上，菱形的边长为8，，，求的长． 【答案】(1)见解析，90； (2)，理由见解析； (3)4或2． 【分析】（1）根据题意画出图形，根据已知证明四边形是正方形； （2）如解图②，取的中点，连接．证明，得出，根据，即可得证． （3）当点靠近点时，过点作于点，连接，作交于点．在中，得出，由（2）可知，，当点靠近点时，同理可得，进而即可求解； 【详解】（1）解：作图如解图①． ∵四边形是正方形， ∴，， ∵为对角线，的交点，，分别为，的中点， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴； （2） 理由如下：如解图②，取的中点，连接则 四边形为菱形， ∴ ∴ ， ， 为等边三角形， ，，， ∵ 是等边三角形， ，． ， ． 在和中， ， ， ， （3）如解图③，当点靠近点时，过点作于点，连接，作交于点． 是等边三角形，， ，． 在中，， ． 由（2）可知，， ； 如解图④，当点靠近点时，同理可得，． ， ． 综上所述，的长为4或2． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，三角形中位线的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$