专题22 特殊的平行四边形-2025-2026学年中考数学第一轮复习

专题22 特殊的平行四边形 特殊的平行四边形（矩形、菱形、正方形）是中考几何的核心考点，贯穿选择、填空、解答及压轴题，分值占比约8%-12%。 考点 ①矩形、菱形、正方形的定义、性质及判定定理的直接应用； ②三种图形的性质与判定的综合推理（如结合全等、相似、勾股定理）； ③与折叠、旋转、动点相关的动态问题（最值、路径、存在性探究）； ④与坐标系结合的坐标计算、函数关系构建； ⑤实际应用场景中的图形建模与计算（如遮阳伞投影、义卖区规划）。 考情 强调基础知识点的灵活迁移，注重与其他几何模块（三角形、圆）的综合，动态问题和压轴题常涉及分类讨论思想、数形结合思想的应用。 一、核心定义 1. 矩形：有一个角是直角的平行四边形（或对角线相等的平行四边形）； 2. 菱形：有一组邻边相等的平行四边形（或对角线互相垂直的平行四边形）； 3. 正方形：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形（兼具矩形和菱形的所有性质）。 二、性质梳理 图形 边的性质 角的性质 对角线性质 对称性 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 对角线互相平分且相等 中心对称、轴对称（2条） 菱形 对边平行，四条边相等 对角相等，邻角互补 对角线互相平分且垂直，平分一组对角 中心对称、轴对称（2条） 正方形 对边平行，四条边相等 四个角都是直角 对角线互相平分、垂直且相等，平分一组对角 中心对称、轴对称（4条） 三、判定梳理 1. 矩形的判定 ①定义法：有一个角是直角的平行四边形； ②对角线法：对角线相等的平行四边形； ③角角角法：有三个角是直角的四边形。 2. 菱形的判定 ①定义法：有一组邻边相等的平行四边形； ②对角线法：对角线互相垂直的平行四边形； ③边边边法：四条边都相等的四边形。 2. 正方形的判定 ①定义法：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形； ②矩形法：有一组邻边相等的矩形； ③菱形法：有一个角是直角的菱形； ④对角线法：对角线互相垂直且相等的平行四边形。 四、推论 1. 矩形中：直角三角形斜边中线等于斜边的一半（如矩形对角线交点到各顶点距离相等）； 2. 菱形中：对角线将菱形分成四个全等的直角三角形，面积=½×对角线乘积； 3. 正方形中：对角线与边长的比为√2:1，对角线交点到各边距离=½边长； 4. 折叠性质：特殊平行四边形折叠后，对应边相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线； 5. 中点四边形： ①任意四边形的中点四边形是平行四边形； ②对角线相等的四边形的中点四边形是矩形； ③对角线垂直的四边形的中点四边形是菱形； ④对角线垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形。 考点1：矩形的性质 例1．（21-22八年级下·江苏徐州·期中）如图，四边形和四边形都是矩形，点B在边上，若矩形和矩形的面积分别为、，则它们的关系是（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】B 【分析】由于矩形的面积与矩形的面积都等于2个的面积，即可得两个矩形的面积关系． 【详解】解：∵，， ∴． 考点2：矩形的判定 例2．（25-26八年级下·上海·月考）下列命题中，假命题是（    ） A．有一组对角是直角且一组对边平行的四边形是矩形； B．有一组对角是直角且一组对边相等的四边形是矩形； C．有两个内角是直角且一组对边相等的四边形是矩形； D．有两个内角是直角且一组对边平行的四边形是矩形． 【答案】D 【分析】利用矩形的判定定理，通过举反例或推理判断每个命题的真假，即可得到答案． 【详解】A、有一组对角是直角且一组对边平行，可由平行线的性质得到其余两个角也为直角，四个角都是直角的四边形是矩形，故A是真命题，不符合题意； B、如图， ，，， ， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形为矩形； 故B是真命题，不符合题意； C、若两个直角是对角，根据B中证明可得四边形是矩形， 如图，若，， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形为矩形； 如图，若，， 假设，过点作于， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， ∵在中，， 这与相互矛盾， ， ， ∴四边形是矩形； 故C是真命题，不符合题意； D、直角梯形有两个内角是直角，且有一组对边平行，但直角梯形不是矩形，因此该命题是假命题，符合题意． 考点3：菱形的性质 例3．（21-22八年级下·辽宁营口·期末）如图，菱形中，对角线、相交于点，，交于点，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质，可得，，由平行线的性质，结合等腰三角形的判定和性质，可得，即可得的长． 【详解】解：菱形中，，， ∴，， 又∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 考点4：菱形的判定 例4．（2026九年级下·吉林长春·专题练习）如图，在中，过点作于点，交的延长线于点，且，连结，．求证：四边形是菱形． 【答案】见详解 【分析】根据一组对边平行且相等的四边形说明四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得出答案．本题主要考查了平行四边形的性质和判定以及菱形的判定，熟练掌握相关的性质定理和判定定理是解题的关键． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，， 点在的延长线上，且， ， 四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形． 考点5：正方形的性质与判定 例5．（25-26九年级上·河北唐山·月考）如图，点分别在正方形边，上，且；设线段的长为，四边形的面积为，则与的函数表达式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定， 先证明，可说明四边形是正方形，再根据勾股定理可得，则此题可解. 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形. ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形. ∵， ∴. 在中，， ∴， 即. 故选：D. 一、单选题 1．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（    ） A．10 B．8 C．5 D．4 【答案】C 【分析】该题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键． 根据四边形为正方形，得出，，勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，即可求出的面积． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∵为的中点， ， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ， ∴，即， ∴， ∴的面积．故选：C． 2．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键 利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解． 【详解】如图：连接，交于点O， 因为、、、分别是四边形边的中点， ∴，；，；，；， ． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∴，， ∴， ∵四边形面积为，， ∴， 解得 ． ∴ 在中 ． 故选：B． 3．（2025·湖南·中考真题）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则四边形的周长为（   ） A．6 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握线段垂直平分线的性质． 根据线段垂直平分线的性质，可得四边形的四条边长相等，代入已知边长，计算周长即可． 【详解】解：∵在四边形中，对角线与互相垂直平分， ∴，，， ∴， ∵， ∴四边形的周长为， 解法二： ∵在四边形中，对角线与互相垂直平分， ∴四边形为菱形， ∴菱形的周长为， 故选：． 4．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 5．（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理和平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形等 ）是解题的关键．根据矩形的判定定理，逐一分析每个选项，判断哪个条件能使平行四边形成为矩形． 【详解】解：选项A：∵ 平行四边形本身就有的性质， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项B：∵ ，平行四边形中邻边相等时是菱形，不是矩形的判定条件， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项C：∵ 平行四边形本身就有的性质， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项D：∵ 矩形的判定定理之一是“对角线相等的平行四边形是矩形”，平行四边形中， ∴ 平行四边形是矩形，该选项正确． 故选：D ． 6．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个矩形草坪，对角线，相交于点，是边的中点，连接，且，，则该草坪的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了矩形的性质和三角形中位线定理．根据三角形中位线定理得到，根据矩形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵是一个矩形草坪，对角线，相交于点， ∴， ∵是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴矩形的面积为，故选：C 7．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（　　） A．1 B．5 C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，是解题的关键，勾股定理求出的长，进而得到的长，推出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选D. 8．（2025·四川泸州·中考真题）矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角相等 【答案】A 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，特殊四边形的性质要从边、角、对角线三方面入手，并加以考虑它们之间的联系和区别． 根据矩形和菱形的性质判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意； B、矩形和菱形对角线都互相平分，故本选项不符合题意； C、菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，故本选项不符合题意； D、矩形和菱形都是对角相等，故本选项不符合题意； 故选：A． 9．（2025·四川成都·中考真题）下列命题中，假命题是（   ） A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直 C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等 【答案】D 【分析】本题考查判断命题的真假，根据矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质和平行四边形的性质，逐一进行判断即可．熟练掌握相关性质，是解题的关键． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，是真命题，不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，是真命题，不符合题意； C、正方形的对角线相等且互相垂直，是真命题，不符合题意； D、平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，原命题是假命题，符合题意； 故选：D． 10．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠的性质易知， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． ∵E为边的中点， ∴． 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 11．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，三线合一，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 过点D作DG⊥CE于G，过点F作于H，由正方形的性质得到；由线段中点的定义得到，由勾股定理求出，解直角三角形可得；可证明，解得到，由三线合一定理得到，则；解得到，，则，在中，由勾股定理得，即可解题． 【详解】解：如图所示，过点D作DG⊥CE于G，过点F作于H， ∵四边形是边长为2的正方形， ∴； ∵为的中点， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； ∵， ∴， ∴； 在中，， ∵，DG⊥CE， ∴， ∴； 在中，， ， ∴， 在中，由勾股定理得． 故选：B． 12．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】如图，过作于，由对折可得：，，，，证明，而，可得，求解，，证明，，可得，再进一步求解即可. 【详解】解：如图，过作于， ∵正方形， ∴，，，，，， 由对折可得：，，，， ∴，而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴； 故选：B. 【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 13．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解． 【详解】解：由折叠的性质可知，，， 在菱形中，， ，， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键． 14．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查的是中点四边形，根据三角形中位线定理得，，证明四边形是矩形，进而得菱形的面积．四边形面积是故可得结论． 【详解】解：连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点E、F、G、H分别是边和的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴菱形的面积， ∴， ∴， ∴四边形的面积为5， 故选：B． 15．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设交于点Q，交于点P，结合三角形中位线证出四边形是平行四边形，再结合，证出结果即可． 【详解】解：设交于点Q，交于点P， ∵分别是的中点，     ∴，且，且，     ∴，且，         ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：A． 16．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是△ABC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 【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． 17．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在△ADE内的处，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的折叠问题，三角形内角和定理以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键；结果矩形的性质的可得，，则，进而根据折叠的性质得出，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵折叠 ∴ ∴ ∵，即 ∴，故A不正确 ∵ ∴，故B不正确 ∵折叠， ∴ ∵，故C不正确，D选项正确 故选：D． 18．（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为，则这个矩形的面积是（    ） A．25 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确画出图形并灵活运用相关知识是解题的关键． 如图：根据矩形的对角线互相平分且相等求出，然后判断出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，再利用勾股定理列式求出，然后根据矩形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴△AOB是等边三角形， ∴， 由勾股定理得，， ∴矩形的面积． 故选：B． 19．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， 设，则在中， ∴ ∵， 即， ∴， 即． ∴， ∴菱形的面积为， 故选：C 20．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得，利用斜边中线的性质求得，求得，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，P为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 21．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的面积的面积 D．四边形的面积的面积 【答案】D 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．过点作，分别交、于点、，由折叠的性质得，求得，推出，由是的外角，可求得，即可判断选项A；设，，则，，证明，利用相似三角形的性质列式求得，求得，，，再根据勾股定理和三角形面积公式求得即可判断其余选项． 【详解】解：过点作，分别交、于点、， 由折叠的性质得，， ∵E为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴，故选项A正确，不符合题意； ∵正方形， ∴，， 设， ∵E为边的中点， ∴， 由折叠的性质得，，， ∵， ∴四边形和为矩形， ∴，， 设，则，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴，，， ∴，， ∴，故选项B正确，不符合题意； ∵的面积，的面积， ∴的面积的面积，故选项C正确，不符合题意； ∵四边形的面积等于的面积的面积， 的面积， ∴四边形的面积的面积，故选项D不正确，符合题意； 故选：D． 二、填空题 22．（2025·湖北·中考真题）一个矩形相邻两边的长分别为2，m，则这个矩形的面积是______． 【答案】 【分析】该题考查了列代数式，根据矩形的性质求面积，根据矩形的面积是长宽即可解答． 【详解】解：根据题意可得矩形的面积是， 故答案为：． 23．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件_______，使平行四边形为菱形． 【答案】(或，答案不唯一） 【分析】本题考查添加条件使平行四边形为菱形，根据菱形的判定方法，添加条件即可． 【详解】解：根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，可以添加：； 根据对角线互相垂线的平行四边形为菱形，可以添加：； 故答案为：(或，答案不唯一）． 24．（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为_______． 【答案】1 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质求出，，然后证明即可求解． 【详解】解：∵菱形，， ∴，，， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：1． 25．（2025·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点．若，，则菱形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形面积等于对角线积的一半进行计算即可，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴菱形的面积是， 故答案为：． 26．（2025·江苏徐州·中考真题）如图，E，F，G，H分别为矩形各边的中点．若，，则四边形的周长为_______． 【答案】 【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，先证明，，，再进一步利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵矩形，，， ∴，，， ∵E，F，G，H分别是矩形各边的中点， ，． ∴ 同理可得：， ∴四边形的周长为； 故答案为： 27．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）． 【答案】①②或①③（填写一组即可） 【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握正方形，矩形，菱形的判定是解题的关键． 根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可． 【详解】解：当选择①；②时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴均是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形； 当选择①；③时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； 当选择②；③， 由于四边形是平行四边形，若或， 均只能得到四边形是矩形，不能证明其为正方形，故不符合题意； ∴选择①②或①③均可以， 故答案为：①②或①③（填写一组即可）． 28．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为_______． 【答案】/0.375 【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，通过解直角三角形得出，即可求解． 【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵, ∴， ∵，垂足为F，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 29．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，由，分别为，的中点，得，所以，然后根据菱形的面积为即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 30．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，， ∴， ∴， ∵， ∴菱形的面积； 故答案为：． 31．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为________． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，设，则，由菱形的性质得到，证明∠ADF=90º，利用勾股定理可得，据此可得答案． 【详解】解；∵关于直线的对称点为， ∴， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 32．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是________． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定， 连接，根据两点之间线段最短可知的最小值为，再结合菱形的性质得，然后根据勾股定理得，可得，结合等腰三角形的性质得，，接下来根据勾股定理得，此题可解． 【详解】解：如图，连接， 作点P关于直线的对称点，则，点是的中点， ∴． 根据两点之间线段最短，可知的最小值为， ∵四边形是菱形， ∴， 根据勾股定理，得， ∴． ∵点是的中点， ∴，． 在中，． 所以的最小值为． 故答案为：． 33．（2025·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，对角线的长为，是的中点，是上一点，连接．若，则的长为________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．连接，交于点，过点作于点，利用四边形是菱形，得出，，，得出，，即可证明，即可计算出，，求出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，交于点，过点作于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 34．（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质等．由菱形对角线互相垂直且平分，可得，，取中点H，连接，则，，再用勾股定理解即可． 【详解】解：在菱形中，对角线与相交于点， ，， ， ， 如图，取中点H，连接， 点为的中点，点H为的中点， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 35．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的边长为2，， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴； 故答案为：． 36．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， 菱形的面积， ， 故答案为：． 37．（2025·四川凉山·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，E是边的中点，过点E作于点于点G，若，则的长为______． 【答案】5 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，矩形的性质与判定，连接，由菱形对角线互相垂直平分可得，则可由勾股定理求出，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，最后证明四边形是矩形，即可得到． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形，对角线相交于点O， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵E是边的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 故答案为：． 38．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵为线段上的动点， ∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动， 则如图，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点， 由对称性得， ∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值， 此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点， ∵菱形中，，， ∴，，， 由题可得， ∴由对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键． 39．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是_________ 【答案】或或 【分析】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论与，的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出的度数． 【详解】解：①当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; ②当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; 或，如图： ，, , , ; 综上，的度数可以是或或． 故答案为：或或． 40．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为_______． 【答案】或 【分析】本题考查了对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，根据题意画出示意图，连接，交直线于点G，延长交于点H，当点P在上方时，由勾股定理求出，进而得到，由点C关于直线的对称点P，得到，，求出，进而得到，再求出，证明是等腰三角形，在中，解直角三角形求出，进而求解；当点P在下方时，先求出，，结合对称的性质易证是等边三角形，易求，解直角三角形求出，由即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交直线于点G，延长交于点H， 当点P在上方时， ∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∵点C关于直线的对称点P， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， 在中，，， ∴， ∴； 如图，当点P在下方时， ∵， ∴， ∵， ∴，， 由对称的性质得， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； 综上，的长为或． 故答案为：或． 41．（2025·四川·中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点O，则的长为__________． 【答案】8 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断△AOB是等边三角形是解题的关键． 根据矩形的对角线互相平分且相等，可知，然后由可得△AOB为等边三角形，然后可求得，进而即可求解 【详解】∵四边形为矩形， ∴，且， ∴， 又∵， ∴△AOB为等边三角形， ∴， ∴ 故答案为： 42．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 43．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为E，交于点F，．若，则__________． 【答案】4 【分析】根据菱形的性质，得，又结合，，得出是等边三角形，就可以得知和都是含的直角三角形，解出三角形，即可求出的长． 【详解】解：连接，， ，， 垂直平分， ， 菱形， ， 是等边三角形， ， ， ， ，， ． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了菱形的性质、垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质以及解直角三角形，熟练掌握这些性质定理是关键． 44．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质；过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H，即可得到为平行四边形，进而得到，然后根据正切的定义得到，，利用勾股定理求出，然后根据求出的长解答即可． 【详解】解：过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H， 则，， ∵是矩形， ∴，，，， ∴为平行四边形， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 45．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 【答案】 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键． 46．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为_____________． 【答案】 【分析】如图，连接，交于，过作于，求解，证明是的中位线，可得，，，证明四边形是平行四边形，可得，而，，求解，再进一步求解即可. 【详解】解：如图，连接，交于，过作于， ∵，， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴，， ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，而，， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的性质，三角形的中位线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 三、解答题 47．（2025·浙江·中考真题）【问题背景】 如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上． 【数学理解】 (1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程． (2)若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数． 【答案】(1)见解析;(2) 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质可得，据此可利用证明； （2）由正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 48．（2025·吉林长春·中考真题）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，勾股定理逆定理，熟练掌握菱形的几种判定定理是解题的关键． 先由勾股定理逆定理得到，再根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明． 【详解】证明：∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 49．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在菱形中，分别是边上的点，且． 求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，先根据菱形的性质得到，再由线段的和差关系证明，则可利用证明，据此由全等三角形对应边相等可证明． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． 50．（2025·吉林·中考真题）如图，在矩形中，点E，F在边上，连接，． (1)求证：． (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析;(2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据矩形得到，再结合已知条件由即可证明全等； （2）根据全等三角形得到，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵∠N=90º，， ∴． 51．（2025·四川广安·中考真题）如图，E，F是正方形的对角线上的两点，，，连接． (1)求证：△ADE≌△CBF． (2)若四边形的周长为，求的长． 【答案】(1)见解析;(2)的长为6 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． （1）正方形的性质，得到，，结合，即可证明△ADE≌△CBF； （2）连接交于点O，根据正方形的性质结合中垂线的性质，推出，，由△ADE≌△CBF，可得：，根据周长求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再根据线段的和差关系求出的长即可． 【详解】（1）证明：四边形为正方形 ， 在△ADE和△CBF中， ， ； （2）解：连接交于点O， 四边形为正方形，， 垂直平分，， ，， 由（1）知△ADE≌△CBF， ， 四边形的周长为， 在中， ， ； 答：的长为6． 52．（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不全面，或全等三角形的对应关系判断错误． 先根据正方形性质得出，，结合已知，证明，得到．再由正方形中，通过，推出． 【详解】证明：四边形是正方形， ． ∵∠BAE=∠DAF， ， ， ，即． 53．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． (1)求证：是菱形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析;(2) 【分析】（1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形； （2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得△ABC为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解． 【详解】（1）证明：∵为对角线上的中点，且， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形； （2）解：如图： ∵， ∴， 设 ∴， ∵， ∴， ∴， 解得： ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 54．（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题： 命题1：若连接交于点，则． 命题2：若连接，则． 命题3：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 【答案】命题1是真命题，证明见解析；命题2是真命题，证明见解析；命题3是真命题，证明见解析 【分析】命题1：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形，再由中位线的判定与性质得到，最后利用三角形面积公式求解即可得证； 命题2：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形即可得证； 命题3：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，再由平行四边形的判定与性质得到四边形是平行四边形即可得证． 【详解】解：命题1：若连接交于点，则． 命题1是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，且，， 为的中点， 是的中位线，则， ，则； 命题2：若连接，则． 命题2是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ； 命题3：若连接，则． 命题3是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、三角形面积公式等知识，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 55．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 【答案】(1)见解析；(2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形； （2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可． 【详解】（1）证明：∵点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 56．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，平分，求的长． 【答案】(1)见解析；(2) 【分析】（1）先证明得到，根据得到，那么可得四边形是平行四边形，再由线段垂直平分线的性质得到，即可证明其为菱形； （2）根据菱形的性质结合已知条件证明，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵对角线的垂直平分线是， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：如图， ∵平分， ∴， ∵菱形， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 57．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在四边形中，，点E，F在对角线上，，且，． (1)求证：； (2)连接，若，请判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析；(2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、菱形和平行四边形的判定等知识； （1）根据垂直的定义可得，根据平行线的性质可得，根据已知条件可得，即可证明结论； （2）根据可得，，即得，进而可得四边形是平行四边形，然后根据30度角的直角三角形的性质和直角三角形斜边上的中线的性质证得，即可得到结论. 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 在直角三角形中，∵， ∴， 在直角三角形中，∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形. 58．（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证： (1)； (2)四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）证明，可得，可得，再证明，∠AFG=∠CEG，即可得到结论； （2）先证明四边形为平行四边形，结合E为的中点，，可得，从而可得结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∵在中，， ∴，∠AFG=∠CEG， ∴． （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵E为的中点，， ∴， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行线分线段成比例，掌握以上基础知识是解本题的关键． 59．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【答案】(1)见详解;(2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论； （2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵， 根据（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 60．（2025·云南·中考真题）如图，在△ABC中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，△AOBC的周长为，的周长为，四边形的周长为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析;(2)10 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明对角线互相平分，继而得到四边形是平行四边形，再由即可证明为矩形； （2）由矩形的性质得到，，得到二元一次方程组，求出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴的长为10． 61．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (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) 【分析】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形． （2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴且． 又， ． ． 又． ∴四边形是平行四边形． （2）解：过点作于点． ∵四边形是正方形，， ． 又， ∴四边形是矩形． ． 又， ． 在中，由勾股定理得． 62．（2025·北京·中考真题）如图，在△ABC中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 【答案】(1)见解析;(2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点， ∴是△ABC的中位线， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵， ∴； ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴； ∵点D为的中点， ∴； 如图所示，过点A作于H， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得． 63．（2025·青海·中考真题）如图，在△ABC中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)见解析;(2)当时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质； （1）先证明，可得，结合可得结论； （2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论. 【详解】（1）证明：∵点为的中点 ∴， ∵ ∴，， 在和中 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）证明：当时，四边形是矩形， 理由如下： ∵ ，点是边上的中点， ∴ 即， ∵ 由（1）得四边形是平行四边形， ∴ 四边形是矩形. 64．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)证明见解析;(2)条件①，四边形为矩形；条件②，四边形为菱形，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ （2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 65．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、． 求证：(1)；(2)． 【答案】见解析 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质： （1） 结合矩形的性质，根据“边角边”证明； （2）根据全等三角形的对应边相等得，结合，可得． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， 在和中， ， ； （2）证明：， ， 又， ， ． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题22 特殊的平行四边形 特殊的平行四边形（矩形、菱形、正方形）是中考几何的核心考点，贯穿选择、填空、解答及压轴题，分值占比约8%-12%。 考点 ①矩形、菱形、正方形的定义、性质及判定定理的直接应用； ②三种图形的性质与判定的综合推理（如结合全等、相似、勾股定理）； ③与折叠、旋转、动点相关的动态问题（最值、路径、存在性探究）； ④与坐标系结合的坐标计算、函数关系构建； ⑤实际应用场景中的图形建模与计算（如遮阳伞投影、义卖区规划）。 考情 强调基础知识点的灵活迁移，注重与其他几何模块（三角形、圆）的综合，动态问题和压轴题常涉及分类讨论思想、数形结合思想的应用。 一、核心定义 1. 矩形：有一个角是直角的平行四边形（或对角线相等的平行四边形）； 2. 菱形：有一组邻边相等的平行四边形（或对角线互相垂直的平行四边形）； 3. 正方形：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形（兼具矩形和菱形的所有性质）。 二、性质梳理 图形 边的性质 角的性质 对角线性质 对称性 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 对角线互相平分且相等 中心对称、轴对称（2条） 菱形 对边平行，四条边相等 对角相等，邻角互补 对角线互相平分且垂直，平分一组对角 中心对称、轴对称（2条） 正方形 对边平行，四条边相等 四个角都是直角 对角线互相平分、垂直且相等，平分一组对角 中心对称、轴对称（4条） 三、判定梳理 1. 矩形的判定 ①定义法：有一个角是直角的平行四边形； ②对角线法：对角线相等的平行四边形； ③角角角法：有三个角是直角的四边形。 2. 菱形的判定 ①定义法：有一组邻边相等的平行四边形； ②对角线法：对角线互相垂直的平行四边形； ③边边边法：四条边都相等的四边形。 2. 正方形的判定 ①定义法：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形； ②矩形法：有一组邻边相等的矩形； ③菱形法：有一个角是直角的菱形； ④对角线法：对角线互相垂直且相等的平行四边形。 四、推论 1. 矩形中：直角三角形斜边中线等于斜边的一半（如矩形对角线交点到各顶点距离相等）； 2. 菱形中：对角线将菱形分成四个全等的直角三角形，面积=½×对角线乘积； 3. 正方形中：对角线与边长的比为√2:1，对角线交点到各边距离=½边长； 4. 折叠性质：特殊平行四边形折叠后，对应边相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线； 5. 中点四边形： ①任意四边形的中点四边形是平行四边形； ②对角线相等的四边形的中点四边形是矩形； ③对角线垂直的四边形的中点四边形是菱形； ④对角线垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形。 考点1：矩形的性质 例1．（21-22八年级下·江苏徐州·期中）如图，四边形和四边形都是矩形，点B在边上，若矩形和矩形的面积分别为、，则它们的关系是（    ） A． B． C． D．无法确定 考点2：矩形的判定 例2．（25-26八年级下·上海·月考）下列命题中，假命题是（    ） A．有一组对角是直角且一组对边平行的四边形是矩形； B．有一组对角是直角且一组对边相等的四边形是矩形； C．有两个内角是直角且一组对边相等的四边形是矩形； D．有两个内角是直角且一组对边平行的四边形是矩形． 考点3：菱形的性质 例3．（21-22八年级下·辽宁营口·期末）如图，菱形中，对角线、相交于点，，交于点，，则的长为（   ） A． B． C． D． 考点4：菱形的判定 例4．（2026九年级下·吉林长春·专题练习）如图，在中，过点作于点，交的延长线于点，且，连结，．求证：四边形是菱形． 考点5：正方形的性质与判定 例5．（25-26九年级上·河北唐山·月考）如图，点分别在正方形边，上，且；设线段的长为，四边形的面积为，则与的函数表达式为（    ） A． B． C． D． 一、单选题 1．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（    ） A．10 B．8 C．5 D．4 2．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 3．（2025·湖南·中考真题）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则四边形的周长为（   ） A．6 B．9 C．12 D．18 4．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 5．（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（   ） A． B． C． D． 6．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个矩形草坪，对角线，相交于点，是边的中点，连接，且，，则该草坪的面积为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（　　） A．1 B．5 C．2 D． 8．（2025·四川泸州·中考真题）矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角相等 9．（2025·四川成都·中考真题）下列命题中，假命题是（   ） A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直 C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等 10．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 11．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（   ） A． B． C． D． 12．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B．2 C． D． 13．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 14．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 15．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 16．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是△ABC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． 17．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在△ADE内的处，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 18．（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为，则这个矩形的面积是（    ） A．25 B． C． D． 19．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 20．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（   ） A． B． C． D． 21．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的面积的面积 D．四边形的面积的面积 二、填空题 22．（2025·湖北·中考真题）一个矩形相邻两边的长分别为2，m，则这个矩形的面积是______． 23．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件_______，使平行四边形为菱形． 24．（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为_______． 25．（2025·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点．若，，则菱形的面积是______． 26．（2025·江苏徐州·中考真题）如图，E，F，G，H分别为矩形各边的中点．若，，则四边形的周长为_______． 27．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）． 28．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为_______． 29．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为______． 30．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 31．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为________． 32．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是________． 33．（2025·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，对角线的长为，是的中点，是上一点，连接．若，则的长为________． 34．（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为___________． 35．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为___________． 36．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______． 37．（2025·四川凉山·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，E是边的中点，过点E作于点于点G，若，则的长为______． 38．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______． 39．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是_________ 40．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为_______． 41．（2025·四川·中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点O，则的长为__________． 42．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 43．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为E，交于点F，．若，则__________． 44．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为_______． 45．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 46．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为_____________． 三、解答题 47．（2025·浙江·中考真题）【问题背景】 如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上． 【数学理解】 (1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程． (2)若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数． 48．（2025·吉林长春·中考真题）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形． 49．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在菱形中，分别是边上的点，且． 求证：． 50．（2025·吉林·中考真题）如图，在矩形中，点E，F在边上，连接，． (1)求证：． (2)当，时，求的长． 51．（2025·四川广安·中考真题）如图，E，F是正方形的对角线上的两点，，，连接． (1)求证：△ADE≌△CBF． (2)若四边形的周长为，求的长． 52．（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 53．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． (1)求证：是菱形； (2)若，求的面积． 54．（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题： 命题1：若连接交于点，则． 命题2：若连接，则． 命题3：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 55．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 56．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，平分，求的长． 57．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在四边形中，，点E，F在对角线上，，且，． (1)求证：； (2)连接，若，请判断四边形的形状，并说明理由． 58．（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证： (1)； (2)四边形是菱形． 59．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 60．（2025·云南·中考真题）如图，在△ABC中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，△AOBC的周长为，的周长为，四边形的周长为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 61．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 62．（2025·北京·中考真题）如图，在△ABC中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 63．（2025·青海·中考真题）如图，在△ABC中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 64．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 65．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、． 求证：(1)；(2)． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $