热点04 特殊平行四边形（热点专练6大题型）（湖南专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

热点04 特殊平行四边形 热点聚焦 方法精讲 能力突破 第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解｜题｜策｜略与实战方法技巧。 题型01 平行四边形的性质 题型02 平行四边形的判定 题型03 矩形的性质与判定 题型04 菱形的性质与判定 题型05 正方形的性质与判定 题型06 三角形中位线定理 第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 两年：特殊平行四边形部分主要考查平行四边形的性质与判定、菱形的性质与判定、矩形的性质与判定、正方形的性质与判定，以及三角形中位线定理；这些考点中，平行四边形的判定、菱形的性质、三角形中位线定理考查占比最高，试题难度中等偏上，属于湖南中考几何证明与计算的核心板块，题目多以选择题、填空题及四边形证明、综合计算类解答题呈现；湖南统考命题注重图形变换与操作探究，两年压轴题均以特殊四边形为载体，结合裁剪、折叠、旋转等变换考查全等与相似的深度运用。 知识点 2025 年湖南统考 2024 年湖南统考 平行四边形的性质 第25题，压轴题，10分 未单独考查 平行四边形的判定 未单独考查 第22题，解答题，8分 菱形的性质与判定 第8题，选择题，3分 未单独考查 矩形的性质与判定 未单独考查 未单独考查 正方形的性质与判定 未单独考查 未单独考查 三角形中位线定理 第16题，填空题，3分 第9题，选择题，3分 预测2026年：“图形的性质”板块以三角形和四边形为核心。三角形方面，三角形中位线定理两年均考（2024选择、2025填空），属高频考点。四边形方面，平行四边形、菱形、矩形的性质与判定轮动考查——2024年考了平行四边形判定（解答题），2025年考了菱形性质（选择）和平行四边形性质（压轴），2026年矩形或正方形的判定出现概率较高。2026年解答题分值提升至72分，四边形证明与计算在解答题中的分量可能加重，建议关注与折叠、旋转结合的四边形综合题。特别提醒：2024年第22题考查了“选条件证明平行四边形”的开放性题型，2026年类似考查方式仍有可能出现。 题型01 平行四边形的性质 解｜题｜策｜略 1. 平行四边形的五大性质：对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分； 2. 平行四边形是中心对称图形，对称中心为对角线交点； 3. 平行四边形不具有轴对称性（矩形、菱形、正方形等特殊平行四边形才具有）。 方｜法｜指｜导 遇到平行四边形问题优先画出两条对角线，利用“对角线互相平分”可构造全等三角形或建立线段等量关系。平行四边形面积 = 底 × 对应高（‼️不是邻边相乘）。 易｜错｜点 1. 平行四边形对角线不相等（矩形才相等），不平分对角（菱形才平分） 【例题1】如图，中，，，以为圆心，于点；则的长（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质得,,再根据题意得,即可得出答案． 【详解】解：∵在中， ∴,, 根据题意，得, ∴． 【例题2】如图，在中，对角线，交于点，若，则（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】由平行四边形对角线相互平分求解即可． 【详解】解：在中，， ， ． 【变式1】如图，四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， 无法判断， 故选：D． 【变式2】如图，平行四边形的四个顶点分别在平行四边形的四条边上，，分别交于点P、Q，过点P作，分别交于点M、N，若要求平行四边形的面积，只需知道下列哪个四边形的面积（    ） A．四边形 B．四边形 C．四边形 D．四边形 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，，根据平行四边形的性质可得的面积的面积，再利用平行四边形的性质可得，，从而可得，进而可得的面积的面积，然后再根据，可证四边形是平行四边形，从而可得的面积的面积，进而可得的面积的面积，即可解答． 【详解】解：连接，， ∵四边形是平行四边形， ∴的面积的面积， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴的面积的面积， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴的面积的面积， ∴的面积的面积， ∴若要求平行四边形的面积，只需知道四边形的面积， 故选：B． 【变式3】如图，在中，O是对角线AC与BD的交点．若的面积是5，则的面积是______． 【答案】20 【分析】根据平行四边形分得的四个三角形的面积相等即可解得． 【详解】解：∵平行四边形被对角线分得的四个三角形的面积相等， ∴△AOB的面积是面积的 ， ∴=5×4=20． 故答案为：20． 【点睛】此题考查了平行四边形的面积，解题的关键是平行四边形分得的四个三角形的面积相等． 题型02 平行四边形的判定 解｜题｜策｜略 五种判定方法（满足其一即可）： ① 两组对边分别平行 ② 两组对边分别相等 ③ 一组对边平行且相等（‼️最常用） ④ 两组对角分别相等 ⑤ 对角线互相平分 方｜法｜指｜导 已知条件中常给“相等”或“平行”，优先选用与条件匹配的判定方法。2024年第22题考查的是“选择条件→证明平行四边形”的开放性题型：给出两组条件（①∠B = ∠D；②AE = CF，AE ⊥ BD），任选一组证明四边形为平行四边形。建议先分析已知中有哪些线段或角的相等关系，再选择合适的判定方法，避免绕远路。 易｜错｜点 1. “一组对边平行，另一组对边相等”不能判定平行四边形——这可能是等腰梯形； 【例题1】如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若的面积等于2，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形； （2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分． 【例题2】如图，已知是等边三角形，D、E分别在边、上，且，连接并延长至点F时，，连接、和． (1)判断四边形是怎样的四边形，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见详解 (2) 【分析】本题考查等边三角形的性质和判定，勾股定理，平行四边形的判定和性质等． （1）等边三角形的三边相等，三个角也相等，根据等边三角形的性质能证明，，所以四边形是平行四边形． （2）过点作于点，可求出的长，面积可求． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， ，， 是等边三角形， ， ， ， ，， 是等边三角形， ， ， 四边形是平行四边形； （2）四边形是平行四边形， ，且， 四边形是梯形． 过点作于点， ，， ， ，， ， ， ∴， ． 【变式1】在四边形中，，点在边上，连接，点在上，连接，且．     (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，连接，若，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图2中面积等于面积一半的所有三角形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质. （1）先得到，证明，进而得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）先根据平行四边形的性质，再根据得到，即可得到，即可作答. 【详解】（1）证明：， ． ． ． 四边形是平行四边形． （2）∵四边形是平行四边形 ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 即面积等于面积一半的所有三角形为 【变式2】如图，在四边形中，对角线，交于点O．已知，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，，再由勾股定理求出的长，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴四边形的面积． 【变式3】如图，四边形中，，点在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，求的面积． 【答案】(1)详见解析； (2)15． 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质．熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）先证，再由，即可得出结论； （2）先由平行四边形的性质得，再由角平分线的性质得，最后利用三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：过点作，垂足为，如图： 四边形是平行四边形， ， 平分， ， ． 题型03 矩形的性质与判定 解｜题｜策｜略 1. 矩形 = 平行四边形 + 一个角为直角； 2. 特殊性质（区别于一般平行四边形）：对角线相等；四个角均为直角； 3. 判定三条路径： · 路径①：平行四边形 + 一个角为直角 · 路径②：平行四边形 + 对角线相等 · 路径③：三个角是直角的四边形（可直接判定，不需先证平行四边形） 方｜法｜指｜导 矩形折叠问题中，折痕垂直平分对应点连线，折叠前后图形全等，解题关键是找出折叠后重合的线段和角，利用勾股定理或全等三角形建立等量关系。矩形与坐标系结合时，可利用对角线相等列方程求点坐标。 【例题1】如图，为矩形对角线的交点，， ．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的周长和面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)周长是，面积是 【分析】（1）根据矩形的性质可得，根据， 可得四边形是平行四边形，根据菱形的判定方法是即可求证； （2）根据矩形的性质，勾股定理可求出的长，的面积，由此可求出菱形的周长，和面积． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 又∵，， ∴在中，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形的周长， ∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 【点睛】本题主要考查矩形与菱形的综合，掌握矩形的性质，菱形的性质及周长、面积的计算方法是解题的关键． 【例题2】中国古代数学家刘徽在《九章算术》中，给出了证明三角形面积公式的“出入相补法”，原理如下： 如图，在中，点D，E分别是的中点，连接，过点A作，垂足为F，延长至点G，使，连接，延长至点H，使，连接，则四边形的面积等于的面积． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，利用上述结论求的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)44 【分析】本题考查图形的拼剪，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是读懂图象信息． （1）证明得．同理可得：，，进而可证明四边形为矩形； （2）证明是的中位线可求出，然后求出矩形的面积即可求解． 【详解】（1）证明：点D，E分别是的中点， ． ， ， ． 同理可得：，， ， 四边形为矩形． （2）解：点D，E分别是的中点， 是的中位线， ， 由（1）可知，， ， ． 【变式1】如图，已知在菱形中，，则四边形的面积与菱形的面积的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接交于点，先证明，，然后证明四边形为平行四边形；同理可证明：，再证明四边形为矩形，然后根据矩形和菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，即， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵ ∴ 同理可证明： ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形为矩形， ∴． 【变式2】综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠与展开”为主题开展数学活动．如图1，矩形纸片中，，，点是边上的一个动点，将沿折叠，点的对应点为点． (1)当落在上时，的长为 ；此时，四边形的面积为 ； (2)当点运动到边的中点时，在图2中用尺规作出折痕和点的对应点（保留作图痕迹，不写作法）； (3)如图3，连接，交于点．当点在边上从点运动到点时，点也随之运动，求点的运动路径长（结果保留）．（参考数据：） 【答案】(1)； (2)图见解析 (3) 【分析】（1）结合矩形的性质和折叠的性质，容易证明四边形是矩形，则，进而求出四边形的面积； （2）作出的垂直平分线，与的交点即为中点，再分别以点、为圆心，、为半径作圆，两圆的另一个交点即为点； （3）由折叠的性质可得，因此点在以为直径的圆上．分析弧的起点和终点，当点在点处时，点与点重合；当点在点处时，点在上，作出此时的图，因此点的运动路径为．逆向利用三角函数可计算出，从而得到，，结合半径为，利用扇形的弧长公式进行计算即可． 【详解】（1）解：如图，落在上， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （2）解：折痕和点如图所示： 根据尺规作图可得，，， 又∵， ∴， ∴点与点关于对称； （3）解：由折叠的性质可得，， ∴， ∴点在以为直径的圆上， 当点在点处时，点与点重合； 当点在点处时，如图，取的中点，连接， 此时，点在上， ∴点的运动路径为， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的长为， ∴点的运动路径长为． 【变式3】定义：长宽比为（n为正整数）的矩形称为矩形．下面我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图1所示． 操作1：将正方形沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线上的点G处，折痕为． 操作2：将沿过点G的直线折叠，使点F、点E分别落在边上，折痕为，则四边形为矩形． (1)证明：四边形为矩形； (2)点M是边上一动点．如图2，O是对角线的中点，若点N在边上，，连接，求证． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，解直角三角形的相关计算，相似三角形的判定与性质，正确理解新定义是解题的关键． （1）设正方形的边长为，先根据折叠的性质证四边形是矩形，再根据是等腰直角三角形得出和的比例关系，即可得证结论； （2）作，，垂足分别为，，证，根据线段比例关系得出即可得出结论． 【详解】（1）证明：设正方形的边长为， 是正方形的对角线， ， 由折叠的性质可知，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ 四边形是矩形， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是矩形； （2）证明：作，，垂足分别为，， 四边形是矩形，， ∴， 四边形是矩形， ，，， ∴， ，， 为的中点， ，， ， ， ∵ ， ， ． 型04 菱形的性质与判定 解｜题｜策｜略 1. 菱形 = 平行四边形 + 一组邻边相等； 2. 特殊性质（区别于一般平行四边形）： · 四条边都相等 · 对角线互相垂直平分 · 每条对角线平分一组对角 3. 菱形面积两种算法： · 底 × 高（与一般平行四边形相同） · 对角线乘积的一半（菱形专用公式） 4. 判定路径： · 路径①：平行四边形 + 一组邻边相等 · 路径②：平行四边形 + 对角线互相垂直 · 路径③：四边相等的四边形（可直接判定，不需先证平行四边形） 方｜法｜指｜导 2025年第8题考查了菱形的判定与周长计算：已知四边形对角线互相垂直平分，判定四边形为菱形，再由一边长求周长。菱形的对角线将菱形分割为四个全等的直角三角形，当含30°或60°特殊角时，可利用特殊直角三角形的边长比例快速求解。 【例题1】如图，在菱形中，，分别为，的中点，连接，交于点．若，，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质可得，，，再利用勾股定理可得，即；然后利用三角形中位线的性质即可解答． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴，， ∴， ∴， ∵，分别为，的中点， ∴． 【例题2】如图，在平行四边形中，是对角线． (1)作的垂直平分线与，分别交于点，（要求：尺规作图，保留作图痕迹）； (2)与交于点，求证：； (3)连接，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）以为圆心，为半径作圆，以为圆心，为半径画圆，两圆相交于两点，过两点的直线即为的垂直平分线； （2）先根据平行四边形的性质推出，再根据垂直平分线的定义得，，即可证明； （3）根据全等三角形的对应边相等得，结合，可证明四边形是平行四边形，根据垂直平分线的性质得，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，的垂直平分线与，分别交于点，； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴，， 在和中， ， ∴； （3）证明：∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴四边形是菱形． 【变式1】如图，在中，，分别为，的中点，点在的延长线上，且，点 ． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理先得到，然后即可证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可证明其为菱形； （2）连接与交于点，先根据三角形中位线定理求解，即可求解，然后根据菱形得到，，再根据角直角三角形的性质以及勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，分别为，的中点， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接与交于点， ∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式2】如图，平行四边形，是延长线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于，若，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】（1）根据平行四边形的性质和等边对等角的性质，推出，则，即可得证； （2）过点作于点，根据菱形的性质，得出是等边三角形，，再得出，利用勾股定理求出，即可得出的长．根据三线合一的性质和勾股定理，求出，证明，利用对应边成比例得出，即可求出的长． 【详解】（1）证明：平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：如图，过点作于点， ， ， 由（1）可知，四边形是菱形， ，，，，，， 是等边三角形， ， ， 在中，， ， ， ，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ，， 在中，， ， ∴， ， ， ， ． 【变式3】如图，在中，，对角线，则的面积为 _____． 【答案】 【分析】证明四边形是菱形，勾股定理求得，进而求得，再根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接交于， 在中，， 四边形是菱形， ， 又对角线， ， 在中，， ， 菱形的面积为． 题型05 正方形的性质与判定 解｜题｜策｜略 1. 正方形 = 矩形 + 菱形，兼具两者所有性质； 2. 关键性质一览： · 四边相等（来自菱形） · 四角均为直角（来自矩形） · 对角线相等且互相垂直平分（矩形+菱形的对角线性质叠加） · 每条对角线平分一组对角，得45°角 3. 判定路径（两组路径，每组两条）： · 从矩形出发：矩形 + 一组邻边相等 / 矩形 + 对角线互相垂直 · 从菱形出发：菱形 + 一个角为直角 / 菱形 + 对角线相等 方｜法｜指｜导 正方形问题常转化为等腰直角三角形处理。正方形与旋转结合是压轴题常见构造方式：正方形绕某一顶点旋转90°后，一条边与另一条边重合，可构造全等三角形。 易｜错｜点 1. 正方形的判定路径较长，跳步或漏条件易失分——必须完整写出“先证矩形（或菱形），再加一个条件”的推理过程； 2. 混淆正方形的对角线性质与菱形的对角线性质在任何情况下都一致。 【例题1】综合实践课上，数学学习小组围绕正方形中的旋转变换开展探究活动，已知正方形中，，点E为边上一动点，点是射线延长线上的一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得线段（点的对应点是点）． 【问题解决】 (1)如图①，过点F作，垂足为点G，若，则______，______； 【问题探究】 (2)如图②，设与边交于点，求线段的最小值； 【拓展延伸】 (3)如图③，连接，当时，求线段的值． 【答案】(1)9；； (2) (3)或 【分析】（1）先由旋转可知，，进一步证明，再根据可证明，进而得出，，由勾股定理即可求出， （2）设，，由得到，进而可得，利用二次函数的最值即可解决问题， （3）过点作，，垂足分别为、，设，则，根据（1）可得四边形是正方形，即，再在中，利用勾股定理列方程即可解答． 【详解】（1）证明： 线段绕点E顺时针旋转，得到线段， ∴， ， 四边形是正方形， ， ， ， 又， ， 在与中， ， ； ∴，， ∴， . （2）解：由（1）可知：， 又∵， ∴， ∴， 设，，则，， ∴， 整理得：， ∴当时，有最小值，. 即线段的最小值为. （3）解：如图③，过点作，，垂足分别为、，    设，则， 由（1）可得：，， ∴， 即， ∵四边形是矩形， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， 在中，， ， 解得：，， 即：长为或． 【点睛】这道题是典型的“旋转+最值+方程”综合题. 第一问用一线三垂直模型证明全等； 第二问用相似三角形的性质 + 二次函数求几何最值（函数法）；  第三问构造正方形 + 勾股定理列方程求解.  解题时，务必利用好第一问的全等结论，它是贯穿整道题的“金钥匙”. 【例题2】如图，在中，，点是边的延长线上的一点．连接，过点作于点，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得平行四边形为菱形，再根据，，可以证明，从而得出，由此即可得出结论； （2）连接、，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，再根据正方形对角线相等和菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，， 平行四边形为菱形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 菱形为正方形． （2）解：连接、，如图所示：   于点，点为的中点， 为线段的垂直平分线， ， 四边形为正方形， ∴， 正方形的面积． 【变式1】动手操作是学习数学的一种好方法．如图，小华同学在一次折纸活动中，将一张纸（长宽比为）沿折叠，使点落在边上的点处，再沿折叠，使点落在边上的点处，则矩形的长与宽的比值为___________． 【答案】 【分析】根据矩形的性质及折叠的性质证明四边形是正方形，四边形是正方形，设，则，根据正方形的性质得到，，进而得到，计算即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， 由折叠的性质可知，， ∴， ∴四边形是正方形， 同理可证四边形是正方形， 设，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴矩形的长与宽的比值为． 【变式2】如图，正方形中，，点为正方形外一点，且，将绕点逆时针方向旋转得到，的延长线交于点．若，则的长为 _______ ． 【答案】17 【分析】根据旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，从而证明四边形为正方形，再根据勾股定理求出的长，就可得到． 【详解】解：∵将绕点逆时针方向旋转得到，， ∴, ∴， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形为正方形， ∴． 设， ∵， ∴， 在正方形中，， 在中， 根据勾股定理，得， 解得， ∴． 【变式3】如图，在正方形中，E，N分别是，的中点，与交于点G，连接并延长交于点F，与对角线交于点H． (1)求证：． (2)求的值． (3)探究线段，及的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，见解析 【分析】（1）证明得到即可解答； （2）证明得到，设，则，过点H作，交于点J，交于点K，则，，进而得到即可解答； （3）过点B作于点I，作，交的延长线于点M，先证明四边形是正方形，得到可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵E，N分别是，的中点， ∴，， ∴； 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 设，则， 如图1，过点H作，交于点J，交于点K， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （3）解：． 理由：如图2，过点B作于点I，作，交的延长线于点M， 则， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． 题型06 三角形中位线定理 解｜题｜策｜略 1. 中位线定理：三角形两边中点的连线平行于第三边且等于第三边的一半； 2. 逆定理：过一边中点且平行于另一边的直线必平分第三边； 3. 三条中位线将原三角形分割为四个全等的小三角形。 方｜法｜指｜导 中位线同时提供“平行”与“一半”两类信息： · 平行 → 推同位角/内错角相等（用于证明相似或全等） · 一半 → 直接计算线段长度 2025年第16题考查了中位线定理（结合尺规作图找中点）：由作图可知直线MN是线段AB的垂直平分线 → 点D是AB的中点 → 结合点E是AC的中点 → DE是△ABC的中位线 → 。解题关键是先由尺规作图识别出中点的位置，再套用中位线定理。 四边形中点问题：顺次连接任意四边形各边中点所得图形是平行四边形（中点四边形）；若原四边形对角线相等，中点四边形是菱形；若原四边形对角线垂直，中点四边形是矩形。 【例题1】如图，在中，，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点D，E，直线分别与，交于点M，N．若，则的长为________． 【答案】 2 【分析】根据尺规作图的方法可知直线是线段的垂直平分线，从而得到为的中点且，结合可证，进而利用三角形中位线定理求解． 【详解】解：由作图可知，直线是线段的垂直平分线， ， ， ， ∴, ∴， ∵， ， ， ． 【例题2】如图，在中，是的中点，为上一点，平分，且于点，连接，若，，则（    ） A．3 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，，进而求出，再根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴是的中位线， ∴． 【变式1】如图，，为线段上两点，且，点为线段上的动点，并从点向点匀速运动，，分别是以，为斜边的等腰直角三角形，点为线段的中点，设点的运动时间为，点到的距离为，则与的函数关系的大致图象是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别延长交于点，则可证得四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质：对角线相互平分，可得为的中点，也是的中点，所以的运动轨迹是三角形的中位线，所以点到直线的距离为是一个定值， 问题得解． 【详解】解：如图， 分别延长交于点， ∵，分别是以，为斜边的等腰直角三角形， ∴，， ，， ∴四边形为平行四边形， ∴与互相平分， ∴为的中点， ∵的中点为， ∴从点运动到点时，始终为的中点， ∴运动的轨迹是三角形的中位线， 又∵， ∴到直线的距离为一定值， ∴与点移动的时间之间函数关系的大致图象是一平行于轴的射线， 【变式2】如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，的最小值为，则长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据中位线的性质可得，即最小时，最小，当时，最小，此时，根据含30度的直角三角形性质结合勾股定理求出，根据菱形的性质即可得解． 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是菱形， ， 分别为的中点， 是的中位线， ， 当时，最小，则的最小值为，此时， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， 解得， ． 【变式3】如图，在四边形中，点分别是各边的中点．甲说：若四边形是矩形，则四边形是菱形；乙说：若四边形是菱形，则四边形是矩形．下列判断正确的是（   ） A．甲、乙都正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲、乙都错误 【答案】B 【分析】连接，根据矩形的性质可得，再根据三角形中位线的性质可得，即可判断甲；四边形是菱形，只能判断，无法得到四边形是矩形． 【详解】解：如图，连接， ， 若四边形是矩形，则， 点分别是各边的中点， ， 四边形是菱形，故甲说法正确； 若四边形是菱形，则， ， 无法证明四边形是矩形，故乙说法错误． 1．（2026·湖南·模拟预测）如图，是的中位线，的平分线交于点，连接并延长交于，若，则的长为（    ） A．10 B．8 C．6 D．4 【答案】C 【分析】根据中位线性质求出，，根据等腰三角形的性质与判定求出，再求出的长，再证明，最后可得答案． 【详解】解：是的中位线，， ，， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 2．（2026·湖南益阳·二模）如图，直尺的宽为，把含的三角板的直角顶点置于直尺的边上，两直角边与直尺的另一边交于点，若的长为，当斜边与平行时，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点C作于点H，则四边形是矩形，则，证明，解直角三角形求出的长，再证明，得到，解直角三角形求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点C作于点H，则四边形是矩形， ∴； ∵是等腰直角三角形，且点C为直角顶点， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图，、是菱形的对角线，．若，则的长是（    ） A．3 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】根据菱形的性质可得，，结合可求出，进而判定为等边三角形，即可得出的长 ． 【详解】解：四边形是菱形 ， ， 是等边三角形 ． 4．（2026·湖南娄底·一模）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点．下列结论正确的是（   ） ①；②；③；④． A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】先根据平行四边形的性质得到、，再结合作图步骤得出、是的角平分线且垂直平分，进而判断为等边三角形，最后利用等腰三角形三线合一、平行线性质、含角的直角三角形性质逐一验证四个结论的正确性． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， 由作图可知：，平分， ∴为等边三角形， ∴垂直平分， ∴，故①正确； ∴，，故②正确； ∵， ∴， 在中，，， ∴，故③正确； 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，①②③④均正确． 5．（2015·江苏徐州·中考真题）如图，菱形中，对角线相交于点O，H为边的中点，菱形的周长为28，则的长等于（    ） A． B．4 C．7 D．14 【答案】A 【分析】利用菱形的性质以及直角三角形斜边中线定理进行求解． 【详解】解：∵四边形为菱形，且周长为28， ∴， ∵H为边的中点， ∴． 6．（25-26九年级下·安徽·月考）如图，边长为4的正方形中，对角线，交于点，在上，连接，作交于点，连接交于点，则的值是（   ） A．12 B．15 C．16 D．18 【答案】C 【分析】先根据，得出B、C、E、F四点共圆，根据圆周角定理得出，进而可得，再根据可得，由相似三角形的性质可得，即可得解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴B、C、E、F四点共圆， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即． 7．（2026·湖南株洲·一模）如图，是的直径，与相切于点B，D是的中点，连接．已知，则的度数为________． 【答案】40 【分析】首先根据切线的性质得到，利用三角形内角和定理求出的度数；然后根据三角形中位线定理证明，利用平行线的性质求出的度数；最后三角形的外角求出的度数，通过角的和差关系即可求解． 【详解】解：与相切于点， ， . 在中，， 是的中点，是的中点， 是的中位线， ， ， ． 8．（2026·湖南邵阳·二模）如图，四边形是平行四边形，在边上截取线段，使，分别以点A，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点，连接并延长交边于点．若，则平行四边形的周长是__________． 【答案】14 【分析】根据尺规作图的步骤可知平分，再根据平行四边形的性质得，然后说明，最后根据四边形的周长为得出答案． 【详解】解：根据尺规作图的步骤可知平分， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的周长为． 9．（2026·湖南·模拟预测）如图，点是长方形内部一点，连接，，，，若，，则的度数为______°． 【答案】 【分析】根据角度的计算得出，根据长方形的性质，证出，即得，可得出结果． 【详解】解：∵四边形为长方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 10．（2026·湖南·模拟预测）如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，正切的定义及勾股定理．连接，根据折叠的性质得到，，，证明，从而得出，再由设，则，从而得到相关线段的表达式，设，则，，，利用勾股定理求得x的值，进而得到的值，最终可求得结果． 【详解】解：如图，连接， 由折叠性质可知，，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， 设，则， ∴，， ∴， 设，则，，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 故答案为：． 11．（2026·湖南株洲·一模）如图，是直角三角形，．以为圆心，长为半径作弧，再以为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)已知，，点为线段上一动点，过点作的垂线交射线于点，设，，求关于的函数解析式，并直接写出的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）先根据作图得到两组对边分别相等，判定四边形为平行四边形，再结合，即可证明其为矩形； （2）先用勾股定理求出的长度，再通过平行线性质和直角证明，利用相似三角形对应边成比例建立与的函数关系，最后根据点在线段上确定的取值范围即可． 【详解】（1）证明：由作图可知，，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，即， ∵点为线段上一动点， ∴的取值范围是． 12．（2026·湖南长沙·一模）在矩形中，E是边上一点（不与端点重合），以为边在矩形内部构造矩形，使得，连接． (1)如图1，当时，求的值； (2)如图2，将矩形绕点B顺时针旋转，连接，当时，求的值； (3)如图3，矩形在旋转的过程中，当点G落在边上时，D、G、F三点共线．若，，求的长． 【答案】(1)； (2)； (3) 【分析】（1）连接、，延长交于点，证明矩形和矩形是正方形，从而得出、、三点共线，再利用特殊角的正弦值求解即可； （2）连接、，利用特殊角的三角函数值得出，，从而证明，即可得解； （3）设，，利用矩形的性质求出，，证明，得出，，再结合求出的值，利用锐角三角函数，推出，利用对应边成比例求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接、，延长交于点， 当时，， ，， 矩形和矩形是正方形， ，，， 四边形是矩形， ， 、是正方形和正方形的对角线， ， 、、三点共线， ， 在中，， ； （2）解：如图，连接、， 矩形和矩形， ，，，， ， ，， ， ， ， ，， ， 又， ， ； （3）解：，， ， 设，， 矩形和矩形， ，，，， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， 解得：， ，，，， ， ， ， ， ， ， ． 13．（2026·湖南永州·一模）如图，在平行四边形中，，点O是的中点，过点O的直线分别交，的延长线于点E，F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，由中点的定义得，由对顶角相等得，即可由证明； （2）由勾股定理求出，由中点的定义得，再由勾股定理求出，由（1）中，得，即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：∵，，， ∴在中，， ∵点O是的中点， ∴， 在中，，， ∴， 由（1）知， ∴． 14．（2026·湖南·模拟预测）在矩形中，，点是对角线上一动点，连接，作交于点，以，为边作矩形，连接线段，线段与对角线交于点． (1)求证； (2)求； (3)当时，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明点在矩形的外接圆上，利用圆周角定理即可证明； （2）利用等角的余角相等求得，再利用正切函数的定义求解即可； （3）证明点为的中点，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：连接和，交点为， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴，， ∴点在矩形的外接圆上，且是直径， ∴，即； （2）解：∵， ∴， ∴； （3）解：∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点为的中点， ∴． 15．（2026·湖南·模拟预测）已知平行四边形中，对角线相交于点． (1)如图1，若，求的长： (2)如图2，过点作于点，连接，过点作交于点，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，再由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案； （2）先证明，，再证明，即可证明． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ，即， ． ， ∴， 或（舍去）． （2）证明：， ∴， ∴， ． 又， ∴， 又∵， ∴ ， 又∵， ， ． 16．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，，，分别为，中点，连接并延长至点，使，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)过点作交于点，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先根据直角三角形的性质推出，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形推出为平行四边形，再根据等腰三角形三线合一的性质推出，即可得出结论； （2）过点作于，由，设，则，则，再由勾股定理得，证明得，即可求解． 【详解】（1）证明： 在中，点为的中点， ， ， 四边形为平行四边形， 在中，，点为的中点， ， ， 平行四边形为矩形． （2）解：如图，过点作于， ，点为的中点， ， 四边形为矩形， ∴， ， ． ， 设，则，则， ， ， ， ， ， ∴， ， ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 热点04 特殊平行四边形 热点聚焦 方法精讲 能力突破 第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解｜题｜策｜略与实战方法技巧。 题型01 平行四边形的性质 题型02 平行四边形的判定 题型03 矩形的性质与判定 题型04 菱形的性质与判定 题型05 正方形的性质与判定 题型06 三角形中位线定理 第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 两年：特殊平行四边形部分主要考查平行四边形的性质与判定、菱形的性质与判定、矩形的性质与判定、正方形的性质与判定，以及三角形中位线定理；这些考点中，平行四边形的判定、菱形的性质、三角形中位线定理考查占比最高，试题难度中等偏上，属于湖南中考几何证明与计算的核心板块，题目多以选择题、填空题及四边形证明、综合计算类解答题呈现；湖南统考命题注重图形变换与操作探究，两年压轴题均以特殊四边形为载体，结合裁剪、折叠、旋转等变换考查全等与相似的深度运用。 知识点 2025 年湖南统考 2024 年湖南统考 平行四边形的性质 第25题，压轴题，10分 未单独考查 平行四边形的判定 未单独考查 第22题，解答题，8分 菱形的性质与判定 第8题，选择题，3分 未单独考查 矩形的性质与判定 未单独考查 未单独考查 正方形的性质与判定 未单独考查 未单独考查 三角形中位线定理 第16题，填空题，3分 第9题，选择题，3分 预测2026年：“图形的性质”板块以三角形和四边形为核心。三角形方面，三角形中位线定理两年均考（2024选择、2025填空），属高频考点。四边形方面，平行四边形、菱形、矩形的性质与判定轮动考查——2024年考了平行四边形判定（解答题），2025年考了菱形性质（选择）和平行四边形性质（压轴），2026年矩形或正方形的判定出现概率较高。2026年解答题分值提升至72分，四边形证明与计算在解答题中的分量可能加重，建议关注与折叠、旋转结合的四边形综合题。特别提醒：2024年第22题考查了“选条件证明平行四边形”的开放性题型，2026年类似考查方式仍有可能出现。 题型01 平行四边形的性质 解｜题｜策｜略 1. 平行四边形的五大性质：对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分； 2. 平行四边形是中心对称图形，对称中心为对角线交点； 3. 平行四边形不具有轴对称性（矩形、菱形、正方形等特殊平行四边形才具有）。 方｜法｜指｜导 遇到平行四边形问题优先画出两条对角线，利用“对角线互相平分”可构造全等三角形或建立线段等量关系。平行四边形面积 = 底 × 对应高（‼️不是邻边相乘）。 易｜错｜点 1. 平行四边形对角线不相等（矩形才相等），不平分对角（菱形才平分） 【例题1】如图，中，，，以为圆心，于点；则的长（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【例题2】如图，在中，对角线，交于点，若，则（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式1】如图，四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】如图，平行四边形的四个顶点分别在平行四边形的四条边上，，分别交于点P、Q，过点P作，分别交于点M、N，若要求平行四边形的面积，只需知道下列哪个四边形的面积（    ） A．四边形 B．四边形 C．四边形 D．四边形 【变式3】如图，在中，O是对角线AC与BD的交点．若的面积是5，则的面积是______． 题型02 平行四边形的判定 解｜题｜策｜略 五种判定方法（满足其一即可）： ① 两组对边分别平行 ② 两组对边分别相等 ③ 一组对边平行且相等（‼️最常用） ④ 两组对角分别相等 ⑤ 对角线互相平分 方｜法｜指｜导 已知条件中常给“相等”或“平行”，优先选用与条件匹配的判定方法。2024年第22题考查的是“选择条件→证明平行四边形”的开放性题型：给出两组条件（①∠B = ∠D；②AE = CF，AE ⊥ BD），任选一组证明四边形为平行四边形。建议先分析已知中有哪些线段或角的相等关系，再选择合适的判定方法，避免绕远路。 易｜错｜点 1. “一组对边平行，另一组对边相等”不能判定平行四边形——这可能是等腰梯形； 【例题1】如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若的面积等于2，求的面积． 【例题2】如图，已知是等边三角形，D、E分别在边、上，且，连接并延长至点F时，，连接、和． (1)判断四边形是怎样的四边形，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【变式1】在四边形中，，点在边上，连接，点在上，连接，且．     (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，连接，若，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图2中面积等于面积一半的所有三角形． 【变式2】如图，在四边形中，对角线，交于点O．已知，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的面积． 【变式3】如图，四边形中，，点在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，求的面积． 题型03 矩形的性质与判定 解｜题｜策｜略 1. 矩形 = 平行四边形 + 一个角为直角； 2. 特殊性质（区别于一般平行四边形）：对角线相等；四个角均为直角； 3. 判定三条路径： · 路径①：平行四边形 + 一个角为直角 · 路径②：平行四边形 + 对角线相等 · 路径③：三个角是直角的四边形（可直接判定，不需先证平行四边形） 方｜法｜指｜导 矩形折叠问题中，折痕垂直平分对应点连线，折叠前后图形全等，解题关键是找出折叠后重合的线段和角，利用勾股定理或全等三角形建立等量关系。矩形与坐标系结合时，可利用对角线相等列方程求点坐标。 【例题1】如图，为矩形对角线的交点，， ．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的周长和面积． 【例题2】中国古代数学家刘徽在《九章算术》中，给出了证明三角形面积公式的“出入相补法”，原理如下： 如图，在中，点D，E分别是的中点，连接，过点A作，垂足为F，延长至点G，使，连接，延长至点H，使，连接，则四边形的面积等于的面积． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，利用上述结论求的面积． 【变式1】如图，已知在菱形中，，则四边形的面积与菱形的面积的比值为（   ） A． B． C． D． 【变式2】综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠与展开”为主题开展数学活动．如图1，矩形纸片中，，，点是边上的一个动点，将沿折叠，点的对应点为点． (1)当落在上时，的长为 ；此时，四边形的面积为 ； (2)当点运动到边的中点时，在图2中用尺规作出折痕和点的对应点（保留作图痕迹，不写作法）； (3)如图3，连接，交于点．当点在边上从点运动到点时，点也随之运动，求点的运动路径长（结果保留）．（参考数据：） 【变式3】定义：长宽比为（n为正整数）的矩形称为矩形．下面我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图1所示． 操作1：将正方形沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线上的点G处，折痕为． 操作2：将沿过点G的直线折叠，使点F、点E分别落在边上，折痕为，则四边形为矩形． (1)证明：四边形为矩形； (2)点M是边上一动点．如图2，O是对角线的中点，若点N在边上，，连接，求证． 题型04 菱形的性质与判定 解｜题｜策｜略 1. 菱形 = 平行四边形 + 一组邻边相等； 2. 特殊性质（区别于一般平行四边形）： · 四条边都相等 · 对角线互相垂直平分 · 每条对角线平分一组对角 3. 菱形面积两种算法： · 底 × 高（与一般平行四边形相同） · 对角线乘积的一半（菱形专用公式） 4. 判定路径： · 路径①：平行四边形 + 一组邻边相等 · 路径②：平行四边形 + 对角线互相垂直 · 路径③：四边相等的四边形（可直接判定，不需先证平行四边形） 方｜法｜指｜导 2025年第8题考查了菱形的判定与周长计算：已知四边形对角线互相垂直平分，判定四边形为菱形，再由一边长求周长。菱形的对角线将菱形分割为四个全等的直角三角形，当含30°或60°特殊角时，可利用特殊直角三角形的边长比例快速求解。 【例题1】如图，在菱形中，，分别为，的中点，连接，交于点．若，，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【例题2】如图，在平行四边形中，是对角线． (1)作的垂直平分线与，分别交于点，（要求：尺规作图，保留作图痕迹）； (2)与交于点，求证：； (3)连接，，求证：四边形是菱形． 【变式1】如图，在中，，分别为，的中点，点在的延长线上，且，点 ． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【变式2】如图，平行四边形，是延长线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于，若，，求和的长． 【变式3】如图，在中，，对角线，则的面积为 _____． 题型05 正方形的性质与判定 解｜题｜策｜略 1. 正方形 = 矩形 + 菱形，兼具两者所有性质； 2. 关键性质一览： · 四边相等（来自菱形） · 四角均为直角（来自矩形） · 对角线相等且互相垂直平分（矩形+菱形的对角线性质叠加） · 每条对角线平分一组对角，得45°角 3. 判定路径（两组路径，每组两条）： · 从矩形出发：矩形 + 一组邻边相等 / 矩形 + 对角线互相垂直 · 从菱形出发：菱形 + 一个角为直角 / 菱形 + 对角线相等 方｜法｜指｜导 正方形问题常转化为等腰直角三角形处理。正方形与旋转结合是压轴题常见构造方式：正方形绕某一顶点旋转90°后，一条边与另一条边重合，可构造全等三角形。 易｜错｜点 1. 正方形的判定路径较长，跳步或漏条件易失分——必须完整写出“先证矩形（或菱形），再加一个条件”的推理过程； 2. 混淆正方形的对角线性质与菱形的对角线性质在任何情况下都一致。 【例题1】综合实践课上，数学学习小组围绕正方形中的旋转变换开展探究活动，已知正方形中，，点E为边上一动点，点是射线延长线上的一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得线段（点的对应点是点）． 【问题解决】 (1)如图①，过点F作，垂足为点G，若，则______，______； 【问题探究】 (2)如图②，设与边交于点，求线段的最小值； 【拓展延伸】 (3)如图③，连接，当时，求线段的值． 【例题2】如图，在中，，点是边的延长线上的一点．连接，过点作于点，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积． 【变式1】动手操作是学习数学的一种好方法．如图，小华同学在一次折纸活动中，将一张纸（长宽比为）沿折叠，使点落在边上的点处，再沿折叠，使点落在边上的点处，则矩形的长与宽的比值为___________． 【变式2】如图，正方形中，，点为正方形外一点，且，将绕点逆时针方向旋转得到，的延长线交于点．若，则的长为 _______ ． 【变式3】如图，在正方形中，E，N分别是，的中点，与交于点G，连接并延长交于点F，与对角线交于点H． (1)求证：． (2)求的值． (3)探究线段，及的数量关系，并说明理由． 题型06 三角形中位线定理 解｜题｜策｜略 1. 中位线定理：三角形两边中点的连线平行于第三边且等于第三边的一半； 2. 逆定理：过一边中点且平行于另一边的直线必平分第三边； 3. 三条中位线将原三角形分割为四个全等的小三角形。 方｜法｜指｜导 中位线同时提供“平行”与“一半”两类信息： · 平行 → 推同位角/内错角相等（用于证明相似或全等） · 一半 → 直接计算线段长度 2025年第16题考查了中位线定理（结合尺规作图找中点）：由作图可知直线MN是线段AB的垂直平分线 → 点D是AB的中点 → 结合点E是AC的中点 → DE是△ABC的中位线 → 。解题关键是先由尺规作图识别出中点的位置，再套用中位线定理。 四边形中点问题：顺次连接任意四边形各边中点所得图形是平行四边形（中点四边形）；若原四边形对角线相等，中点四边形是菱形；若原四边形对角线垂直，中点四边形是矩形。 【例题1】如图，在中，，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点D，E，直线分别与，交于点M，N．若，则的长为________． 【例题2】如图，在中，是的中点，为上一点，平分，且于点，连接，若，，则（    ） A．3 B． C．2 D． 【变式1】如图，，为线段上两点，且，点为线段上的动点，并从点向点匀速运动，，分别是以，为斜边的等腰直角三角形，点为线段的中点，设点的运动时间为，点到的距离为，则与的函数关系的大致图象是（    ） A． B． C． D． 【变式2】如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，的最小值为，则长为（    ） A． B． C． D． 【变式3】如图，在四边形中，点分别是各边的中点．甲说：若四边形是矩形，则四边形是菱形；乙说：若四边形是菱形，则四边形是矩形．下列判断正确的是（   ） A．甲、乙都正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲、乙都错误 1．（2026·湖南·模拟预测）如图，是的中位线，的平分线交于点，连接并延长交于，若，则的长为（    ） A．10 B．8 C．6 D．4 2．（2026·湖南益阳·二模）如图，直尺的宽为，把含的三角板的直角顶点置于直尺的边上，两直角边与直尺的另一边交于点，若的长为，当斜边与平行时，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图，、是菱形的对角线，．若，则的长是（    ） A．3 B．6 C．8 D．10 4．（2026·湖南娄底·一模）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点．下列结论正确的是（   ） ①；②；③；④． A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 5．（2015·江苏徐州·中考真题）如图，菱形中，对角线相交于点O，H为边的中点，菱形的周长为28，则的长等于（    ） A． B．4 C．7 D．14 6．（25-26九年级下·安徽·月考）如图，边长为4的正方形中，对角线，交于点，在上，连接，作交于点，连接交于点，则的值是（   ） A．12 B．15 C．16 D．18 7．（2026·湖南株洲·一模）如图，是的直径，与相切于点B，D是的中点，连接．已知，则的度数为________． 8．（2026·湖南邵阳·二模）如图，四边形是平行四边形，在边上截取线段，使，分别以点A，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点，连接并延长交边于点．若，则平行四边形的周长是__________． 9．（2026·湖南·模拟预测）如图，点是长方形内部一点，连接，，，，若，，则的度数为______°． 10．（2026·湖南·模拟预测）如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 11．（2026·湖南株洲·一模）如图，是直角三角形，．以为圆心，长为半径作弧，再以为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)已知，，点为线段上一动点，过点作的垂线交射线于点，设，，求关于的函数解析式，并直接写出的取值范围． 12．（2026·湖南长沙·一模）在矩形中，E是边上一点（不与端点重合），以为边在矩形内部构造矩形，使得，连接． (1)如图1，当时，求的值； (2)如图2，将矩形绕点B顺时针旋转，连接，当时，求的值； (3)如图3，矩形在旋转的过程中，当点G落在边上时，D、G、F三点共线．若，，求的长． 13．（2026·湖南永州·一模）如图，在平行四边形中，，点O是的中点，过点O的直线分别交，的延长线于点E，F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 14．（2026·湖南·模拟预测）在矩形中，，点是对角线上一动点，连接，作交于点，以，为边作矩形，连接线段，线段与对角线交于点． (1)求证； (2)求； (3)当时，求的长度． 15．（2026·湖南·模拟预测）已知平行四边形中，对角线相交于点． (1)如图1，若，求的长： (2)如图2，过点作于点，连接，过点作交于点，求证：． 16．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，，，分别为，中点，连接并延长至点，使，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)过点作交于点，若，求的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $