2026年中考数学第一轮复习专题讲练第18讲 矩形、菱形、正方形基础巩固专项训练

2026年中考数学第一轮复习专题讲练 第四单元 图形的性质 《第18讲 矩形、菱形、正方形》基础巩固专项训练 一、单选题 1．（24-25八年级下·重庆铜梁·期末）下列说法中，错误的是（   ） A．矩形的对角线相等 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 2．（2025·贵州铜仁·三模）如图，在菱形中，点为和的交点，则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·河南·模拟预测）如图，在菱形中，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为点E，若，，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 5．（2025·贵州遵义·一模）由两个宽相等的矩形按如图方式摆放，夹角为，若矩形宽为，则重叠部分的面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·福建三明·一模）木艺活动课上，小明用四根细木条搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（   ） A．测量两组对边是否分别相等 B．测量对角线是否互相垂直 C．测量是否有三个角是直角 D．测量对角线是否相等 7．（2025·广东肇庆·三模）如图，正方形的对角线是菱形的一边，菱形的对角线交正方形的一边于点P，则的度数是（   ） A． B． C． D． 8．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，正方形的对角线与相交于点O，E、F分别是的中点，连接，．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 9．（2025·贵州黔东南·二模）如图，在菱形中，对角线和相交于点O．若，，则菱形的周长为（    ）． A．5 B．10 C．20 D．40 10．（2025·江苏无锡·模拟预测）在四边形中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（   ） A．，， B．， C．， D．，， 11．（2025·辽宁铁岭·模拟预测）如图，在矩形中，与交于点，若，，则四边形的面积为（） A．24 B．36 C．48 D．60 12．（2025·陕西渭南·一模）如图，是正方形的一条对角线，延长至点E，使得，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 13．（2025·四川成都·一模）如图，在矩形中，平分，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 14．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 15．（2025·四川雅安·一模）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，连接．若，菱形的面积为54，则的长为（    ） A．4 B． C．5 D． 16．（2025·山东青岛·三模）如图，在正方形中，E是边上一点，将沿翻折至，延长交于点F．若，，则的长是（  ） A．3 B．12 C．10 D．5 17．（2025·安徽·模拟预测）如图，四边形是菱形，为对角线，，，则 （ ） A． B． C． D． 18．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图， 正方形 的边长为 分别在 上， 且 与 相交于点 ． 则 的长为（　　） A．1.4 B．2.4 C．2.5 D．3 19．（2025·河南郑州·模拟预测）如图，正方形中，，直线交于点，则的度数为（   ） A． B． C． D． 20．（2023·河南信阳·三模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点，分别是边的中点，连接，若，，则的长为(　　) A．3 B． C．2 D． 21．（2025·四川成都·三模）如图，菱形的对角线交于点，，，则菱形的面积为（  ） A．12 B．24 C．30 D．60 22．（2025·甘肃天水·一模）如图，在菱形中，E是的中点，连接，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 23．（25-26九年级上·福建漳州·月考）已知菱形的对角线的长分别为和，则这个菱形的面积是 ． 24．（2025·西藏·二模）如图，四边形的对角线互相垂直，且满足，要使四边形为菱形，可添加的一个条件是 ． 25．（22-23八年级下·全国·假期作业）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O．若，，则BC的长为 ． 26．（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线交于点O，，过点O作于点E，若，则的长为 ．    27．（2025·四川雅安·一模）如图，在矩形中，，，E，F分别是的中点，则 ． 28．（2025·辽宁·一模）如图，四边形 是菱形，对角线 ， 相交于点 ， 于点 ，连接 ，，则 的度数为 ． 29．（2025·上海·模拟预测）在平行四边形中，，对角线、相交于点O．若要添加一个条件使四边形为正方形，这个条件可以是 ． 30．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在正方形中，E是延长线上一点，，则的度数为 ． 31．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在正方形中，，E，F分别为，边上的点，且，连接，交于点G，则四边形的面积为 ． 32．（2025·四川达州·一模）如图，矩形的对角线交于点，，则矩形的周长为 ． 33．（2025·陕西汉中·一模）如图，在正方形中，点在边上，连接，取的中点，连接，若，，则的长为 ． 34．（2025·四川雅安·二模）如图，菱形的周长为，面积为，是对角线上一点，分别作点到直线，的垂线段，，则等于 ． 35．（2025·广西南宁·期中）如图，四边形是菱形，于点，则的长为 ． 36．（2025·河南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，为边上一点，，沿折叠正方形，折叠后，点落在平面内的点处，则点的坐标为 ． 三、解答题 37．（24-25九年级上·福建厦门·期中）如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 38．（2025·山东淄博·模拟预测）如图，在中，延长至，使得，过点A，分别作，，与相交于点下面是小红、小星这两位同学的对话： 小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明． 小星：受你的启发，我还发现：若连接，交于点，则可证明． (1)请你根据题中的条件和小红同学的说法，证明：； (2)你认为小星同学的说法是否正确？如果正确，试说明理由． 39．（22-23八年级下·广东东莞·期中）如图，已知，，，分别是矩形的边，，，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求菱形的面积 40．（2025·吉林长春·二模）如图，在中，，点D是边的中点，，．求证：四边形是矩形． 41．（25-26九年级上·山东青岛·月考）如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于． (1)求证：； (2)条件：①；②．请从①和②中任选其一作为条件，判断并证明四边形的形状 42．（2025·陕西渭南·一模）如图，在四边形中，，，过点A作，交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作于点F，延长交于点G，若，，求的长． 43．（2025·甘肃酒泉·模拟预测）如图1，在正方形中，点E是边上一点，将以点A为中心，顺时针旋转，得到，连接．过点A作，垂足为G． (1)试猜想与的数量关系，并证明； (2)如图2，连接，判断是否平分，并说明理由． 44．（2025·甘肃酒泉·二模）如图，点，，，在同一条直线上，，，连接，，． (1)求证：； (2)当时，求证四边形是矩形． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考数学第一轮复习专题讲练 第四单元 图形的性质 《第18讲 矩形、菱形、正方形》基础巩固专项训练答案解析 一、单选题 1．（24-25八年级下·重庆铜梁·期末）下列说法中，错误的是（   ） A．矩形的对角线相等 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】C 【难度】0.94 【分析】本题考查特殊四边形的性质和判定，根据矩形的性质，正方形，菱形和平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，原说法正确，不符合题意； B、正方形的对角线互相垂直平分，原说法正确，不符合题意； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原说法错误，符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原说法正确，不符合题意； 故选：C． 2．（2025·贵州铜仁·三模）如图，在菱形中，点为和的交点，则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.94 【分析】本题主要考查了菱形的性质，菱形的四条边相等且对角线互相垂直平分，据此可得答案． 【详解】解：∵在菱形中，点为和的交点， ∴，，， 根据现有条件不能得到， 故选：A． 3．（2025·河南·模拟预测）如图，在菱形中，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.94 【分析】本题考查菱形性质求角度，涉及菱形邻角互补、菱形对角线平分对角等知识，先由菱形邻角互补求出，再由菱形对角线平分对角求解即可得到答案．熟记菱形性质是解决问题的关键． 【详解】解：在菱形中，，则， 是菱形一条对角线， 平分，则， 故选：D． 4．（2025·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为点E，若，，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【难度】0.94 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，由菱形的性质得出，结合已知条件以及直角三角形两锐角互余进一步得出，由含30度直角三角形的性质得出，最后根据勾股定理即可得出答案． 【详解】解：四边形是菱形， ， ，， ， ， ， 在中， ． 故选：B 5．（2025·贵州遵义·一模）由两个宽相等的矩形按如图方式摆放，夹角为，若矩形宽为，则重叠部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质以及三角函数的应用．解题关键在于判断出重叠部分的图形为平行四边形，并通过矩形的宽和已知夹角求出平行四边形的底边长．先根据矩形的性质和平行四边形的判定定理，确定重叠部分是平行四边形；再通过已知的夹角和矩形的宽，利用三角函数求出平行四边形的底边长；最后根据平行四边形的面积公式求出重叠部分的面积即可． 【详解】 解：过点作于点，过点作边垂线， ∵两矩形宽度均为 ∴ 由题可知重叠部分为两矩形重叠而成 ∴， ∴四边形为平行四边形， 在中，，， 则, ， 则平行四边形面积为． 故选C． 6．（2025·福建三明·一模）木艺活动课上，小明用四根细木条搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（   ） A．测量两组对边是否分别相等 B．测量对角线是否互相垂直 C．测量是否有三个角是直角 D．测量对角线是否相等 【答案】C 【难度】0.85 【分析】本题考查了矩形的判定定理，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解，熟练掌握矩形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：∵有三个角是直角的四边形是矩形， ∴现要判断这个四边形是否为矩形，可以测量是否有三个角是直角， 故选：C． 7．（2025·广东肇庆·三模）如图，正方形的对角线是菱形的一边，菱形的对角线交正方形的一边于点P，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.85 【分析】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，由正方形，菱形，即可得，． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 故选：A． 8．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，正方形的对角线与相交于点O，E、F分别是的中点，连接，．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.85 【分析】该题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识点，根据题意得是的中位线，得出，根据正方形性质得出， ，再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵E、F分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ， ∴， ∴， 故选：A． 9．（2025·贵州黔东南·二模）如图，在菱形中，对角线和相交于点O．若，，则菱形的周长为（    ）． A．5 B．10 C．20 D．40 【答案】C 【难度】0.85 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理等知识，正确把握菱形的性质是解题关键． 直接利用菱形的性质结合勾股定理得出的长，进而得出答案． 【详解】解：∵在菱形中，对角线，相交于点，，， ∴，，， ∴， ∴菱形的周长是：． 故选：C． 10．（2025·江苏无锡·模拟预测）在四边形中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（   ） A．，， B．， C．， D．，， 【答案】C 【难度】0.85 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形与正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定逐项判断即得答案． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，故本选项不符合题意； B、，无法判定四边形是正方形，故本选项不符合题意； C、∵， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形，故本选项符合题意； D、∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，不能判定四边形是正方形，故本选项不符合题意． 故选：C． 11．（2025·辽宁铁岭·模拟预测）如图，在矩形中，与交于点，若，，则四边形的面积为（） A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】C 【难度】0.85 【分析】先利用矩形对角线性质得出的长，再结合勾股定理求出的长，最后根据矩形面积公式计算面积．本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、勾股定理内容是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形，矩形的对角线相等且互相平分，， ∴，． 在中，，， ∴． ∴． 故选：C． 12．（2025·陕西渭南·一模）如图，是正方形的一条对角线，延长至点E，使得，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【分析】本题考查正方形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，根据正方形的性质，得到，等边对等角，得到，再根据三角形的外角的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵是正方形的一条对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选A． 13．（2025·四川成都·一模）如图，在矩形中，平分，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【分析】本题主要考查矩形的性质、角平分线的定义、角的和差等知识点，由矩形的性质得出是解题的关键． 根据矩形的性质得出，进而利用角平分线的定义可求得，再根据角的和差求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 14．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【分析】本题主要考查了矩形的判定，先根据题意得出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定定理一一判定即可得出答案． 【详解】解：∵点O是边的中点， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ．若，则四边形是菱形，无法得出四边形为矩形，故该选项符合题意； ．若，则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．∵四边形是平行四边形，∴，又，，∴，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．若，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； 故选：A． 15．（2025·四川雅安·一模）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，连接．若，菱形的面积为54，则的长为（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】B 【难度】0.65 【分析】本题考查了菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质，根据菱形的性质求得是解题的关键．由菱形面积可得，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可解答． 【详解】解：是菱形， ， ， ， ， ， 故选：B． 16．（2025·山东青岛·三模）如图，在正方形中，E是边上一点，将沿翻折至，延长交于点F．若，，则的长是（  ） A．3 B．12 C．10 D．5 【答案】A 【难度】0.65 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理． 连接，证明，设，则，利用勾股定理求解即可． 【详解】∵正方形中，E是边上一点，将沿翻折至， ∴， 连接，    ∵， ∴， ∴ 设， 则， ∴， 解得， 故选：A． 17．（2025·安徽·模拟预测）如图，四边形是菱形，为对角线，，，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【分析】本题主要考查菱形的性质，掌握“菱形的对角线互相垂直平分且平分一组对角”是解题的关键． 由菱形的性质可得，进而可得，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半，可得，进而可得． 【详解】解：四边形是菱形，为对角线，， ， 又 ， ， ， ， ， 故选：A． 18．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图， 正方形 的边长为 分别在 上， 且 与 相交于点 ． 则 的长为（　　） A．1.4 B．2.4 C．2.5 D．3 【答案】B 【难度】0.65 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明三角形全等是解题的关键；利用正方形的性质及已知可证明，则可得，再利用勾股定理求出，利用面积相等即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵， ∴， 故选：B． 19．（2025·河南郑州·模拟预测）如图，正方形中，，直线交于点，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【分析】先证明，利用四边形内角和求出，进而可求出的度数． 本题考查了正方形的性质，等边对等角，多边形内角和定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 20．（2023·河南信阳·三模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点，分别是边的中点，连接，若，，则的长为(　　) A．3 B． C．2 D． 【答案】D 【难度】0.65 【分析】本题综合考查了菱形的性质、中位线定理、直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等．根据中位线定理可得，由菱形的面积可得，进而可求出，再根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可求出的长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵点，分别是边的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， 故选：D． 21．（2025·四川成都·三模）如图，菱形的对角线交于点，，，则菱形的面积为（  ） A．12 B．24 C．30 D．60 【答案】B 【难度】0.65 【分析】此题重点考查菱形的性质、勾股定理等知识，推导出，，，进而求得是解题的关键．由菱形的性质得，，，而，求得，则，，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是菱形，对角线、交于点，，， ，，， ， ， ，， ， 故选：． 22．（2025·甘肃天水·一模）如图，在菱形中，E是的中点，连接，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质，连接，由菱形的性质得，，由垂直平分，得，则是等边三角形，所以，则，于是得到问题的答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵E是的中点，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：A． 二、填空题 23．（25-26九年级上·福建漳州·月考）已知菱形的对角线的长分别为和，则这个菱形的面积是 ． 【答案】 【难度】0.94 【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半． 根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解． 【详解】解：∵菱形的对角线的长分别为和， ∴这个菱形的面积是， 故答案为：． 24．（2025·西藏·二模）如图，四边形的对角线互相垂直，且满足，要使四边形为菱形，可添加的一个条件是 ． 【答案】 【难度】0.94 【分析】此题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 先证四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【详解】解：添加的一个条件是，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 25．（22-23八年级下·全国·假期作业）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O．若，，则BC的长为 ． 【答案】 【难度】0.94 【分析】由矩形的性质可得为等边三角形，则可求得AC的长，再由勾股定理即可求得BC的长． 【点拨】此题考查了矩形的性质：矩形的对角线互相平分且相等．解答此题的关键在于数形结合思想的应用． 26．（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线交于点O，，过点O作于点E，若，则的长为 ．    【答案】 【难度】0.85 【分析】本题考查了三角形和菱形．熟练掌握菱形的性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，是解题关键．根据菱形的性质得，根据，，得，得，即可求解． 【详解】解：∵菱形中， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：． 27．（2025·四川雅安·一模）如图，在矩形中，，，E，F分别是的中点，则 ． 【答案】5 【难度】0.85 【分析】连接，根据矩形的性质可得，，再根据勾股定理得，最后利用三角形中位线定理即可解决问题． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ，， ，， ， E，F分别是的中点， ， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理和勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 28．（2025·辽宁·一模）如图，四边形 是菱形，对角线 ， 相交于点 ， 于点 ，连接 ，，则 的度数为 ． 【答案】/度 【难度】0.85 【分析】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 四边形是菱形， ，根据，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，，再根据三角形内角和即可求出的度数． 【详解】四边形是菱形 ， ， 是斜边上的中线    ， 故答案为：． 29．（2025·上海·模拟预测）在平行四边形中，，对角线、相交于点O．若要添加一个条件使四边形为正方形，这个条件可以是 ． 【答案】或（答案不唯一） 【难度】0.85 【分析】本题考查了正方形的判定，平行四边形的性质，由平行四边形中，，得到平行四边形是矩形，再添加菱形有的但矩形没有的性质，例如对角线互相垂直或者一组邻边相等即可得到四边形为正方形． 【详解】解：∵平行四边形中，， ∴平行四边形是矩形， ∴当或时，四边形为正方形， 故答案为：或（答案不唯一）． 30．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在正方形中，E是延长线上一点，，则的度数为 ． 【答案】 【难度】0.85 【分析】本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质，熟练掌握正方形的性质和等腰三角形的性质是解答的关键．先根据正方形的性质得到，，则，再根据等腰三角形的性质可得到，进而可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 31．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在正方形中，，E，F分别为，边上的点，且，连接，交于点G，则四边形的面积为 ． 【答案】 【难度】0.85 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、运用等积法求出的长是解题的关键． 先结合正方形的性质证明，得出，运用勾股定理算出，等面积法算出，运用勾股定理算出，最后把数值代入四边形的面积梯形的面积 进行计算，即可作答． 【详解】解：四边形是正方形， ∴，， ∴ ∵， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 则， ∴， 则， ∴， 则四边形的面积梯形的面积 ． 故答案为：． 32．（2025·四川达州·一模）如图，矩形的对角线交于点，，则矩形的周长为 ． 【答案】 【难度】0.85 【分析】本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的运用，掌握矩形的性质是关键，根据矩形的性质得到，，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的运用，，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴矩形的周长， 故答案为： ． 33．（2025·陕西汉中·一模）如图，在正方形中，点在边上，连接，取的中点，连接，若，，则的长为 ． 【答案】2 【难度】0.65 【分析】本题考查正方形的性质，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半以及勾股定理，判断出直角三角形斜边与其中线的数量关系是解题的关键． 由直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，可得的长度，结合勾股定理求出的长度，最后求出的长度． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， ∵为直角三角形斜边边上的中线，， ∴， 由于三角形为直角三角形，由勾股定理得， ∴， 故答案为：2． 34．（2025·四川雅安·二模）如图，菱形的周长为，面积为，是对角线上一点，分别作点到直线，的垂线段，，则等于 ． 【答案】6 【难度】0.65 【分析】此题主要考查了菱形的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．利用菱形的性质得出，，进而利用三角形等面积法列方程求出答案． 【详解】解：菱形的周长为20，面积为， ，， ∴， 分别作点到直线、的垂线段、， ， ， ． 故答案为：6． 35．（2025·广西南宁·期中）如图，四边形是菱形，于点，则的长为 ． 【答案】 【难度】0.65 【分析】本题考查菱形的性质．根据菱形对角线互相垂直且平分可求出菱形的边长，再根据菱形面积公式即可求解． 【详解】解：如图， 设和交于O， ∵四边形是菱形， ∴且， ∴， ∴由得 ． 故答案为：． 36．（2025·河南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，为边上一点，，沿折叠正方形，折叠后，点落在平面内的点处，则点的坐标为 ． 【答案】 【难度】0.65 【分析】本题考查了图形的翻折变换和正方形的性质，要会根据点的坐标求出所需要的线段的长度，灵活运用勾股定理． 过点作，因为，，所以，，根据勾股定理得，故，即点的坐标即可求解． 【详解】解：过点作，如图所示： 四边形是正方形，点的坐标是， ，， ， ， 由折叠的性质可得：， ， ， 在中，根据勾股定理得， ， 即点的坐标为， 故答案为：． 三、解答题 37．（24-25九年级上·福建厦门·期中）如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 【答案】见解析 【难度】0.85 【分析】本题主要考查菱形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而问题可求证． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． 38．（2025·山东淄博·模拟预测）如图，在中，延长至，使得，过点A，分别作，，与相交于点下面是小红、小星这两位同学的对话： 小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明． 小星：受你的启发，我还发现：若连接，交于点，则可证明． (1)请你根据题中的条件和小红同学的说法，证明：； (2)你认为小星同学的说法是否正确？如果正确，试说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)正确，理由见解析 【难度】0.85 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线的性质等知识点，掌握平行四边形和矩形的判定方法是解题的关键． （1）如图：连接，易证四边形是平行四边形，再证明四边形是平行四边形，进而证明四边形是矩形，即可证明结论； （2）如图，连接，设交于点，由矩形的性质可得，易得是的中位线，最后根据三角形中位线的性质即可解答． 【详解】（1）证明：如图：连接， ∵，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， ， . （2）解：小星说法正确，理由如下： 如图，连接，设交于点， 由（1）可知，四边形是矩形， ， ， 是的中位线， ． 39．（22-23八年级下·广东东莞·期中）如图，已知，，，分别是矩形的边，，，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求菱形的面积 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.85 【分析】（1）利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形； （2）利用菱形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：连接， 在中，∵点是的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ， 同理． 又 ∵在矩形中，， ， ∴四边形是菱形； （2）解：连接， ∵四边形是矩形， ， ∵四边形是菱形， ， ， ∴菱形的对角线为， ∴菱形的面积为：． 【点睛】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，矩形的性质以及菱形的判定，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：（1）定义，（2）四边相等，（3）对角线互相垂直平分． 40．（2025·吉林长春·二模）如图，在中，，点D是边的中点，，．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【难度】0.85 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，再由等腰三角形的性质得，则，然后由矩形的判定即可得出结论． 【详解】证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，点D是边的中点， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 41．（25-26九年级上·山东青岛·月考）如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于． (1)求证：； (2)条件：①；②．请从①和②中任选其一作为条件，判断并证明四边形的形状 【答案】(1)见解析 (2)选①时，四边形是菱形，理由见解析；选②时，四边形是矩形，理由见解析 【难度】0.65 【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质等知识，解题的关键是掌握这些特殊四边形的判定与性质； （1）根据平行四边形和平行线的性质得出，然后根据证明即可； （2）选①时，先证明平行四边形是矩形，可得出，根据全等三角形的性质得出，然后证明四边形是平行四边形，最后根据菱形的判定即可得证；选②时，根据全等三角形的性质得出，然后证明四边形是平行四边形，结合已知和平行四边形的性质可证得，然后根据矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又，， ∴； （2）解：选①时，四边形是菱形； 理由：如图， ∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形，， ∴，即， ∵， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； 又， ∴平行四边形是菱形； 选②时，四边形是矩形； 理由：如图， ∵， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， ∴平行四边形是矩形． 42．（2025·陕西渭南·一模）如图，在四边形中，，，过点A作，交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作于点F，延长交于点G，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【难度】0.65 【分析】（1）由已知可得四边形是平行四边形，，等量代换，可得，可得，即可证得结论； （2）由菱形的性质，结合平行线的性质，可得，根据勾股定理可得，代入三角形的面积公式，可得，由勾股定理，即可得的长． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形，， ， ， ， 四边形是菱形． （2）解：由（1）可知，四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 的长为． 【点睛】本题考查平行线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等角对等边，勾股定理，三角形的高相关的计算． 43．（2025·甘肃酒泉·模拟预测）如图1，在正方形中，点E是边上一点，将以点A为中心，顺时针旋转，得到，连接．过点A作，垂足为G． (1)试猜想与的数量关系，并证明； (2)如图2，连接，判断是否平分，并说明理由． 【答案】(1)，证明见解析 (2)平分，理由见解析 【难度】0.65 【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的判定定理，三线合一定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）由旋转的性质可得，再由三线合一定理即可得到结论； （2）作于点M，于点N，可证明，得到，再由角平分线的判定定理可得结论． 【详解】（1）解：，证明如下： ∵将以点A为中心，顺时针旋转得到， ∴， ，垂足为G， ． （2）解：平分，理由如下： 如图2，作于点M，于点N， 由旋转的性质可得， 又∵， ， ， ， ， ， ， ， ， 又∵，， 平分． 44．（2025·甘肃酒泉·二模）如图，点，，，在同一条直线上，，，连接，，． (1)求证：； (2)当时，求证四边形是矩形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【难度】0.65 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定、平行四边形的判定、矩形的判定，掌握这些性质定理是解题关键． （1）利用全等三角形的性质得到对应边和对应角相等，进而证明 ，从而得出； （2）先根据全等和角的关系证明四边形是平行四边形，再证明有一个角是直角，进而判定为矩形． 【详解】（1）证明：， ，， ， ， ； （2）解：， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， ， 四边形是矩形 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $