高频考点15 与特殊四边形相关的判定与计算(Word版)-【中考123·二轮】2026年中考复习必备数学（齐齐哈尔专用）

**基本信息** 聚焦特殊四边形判定与计算，以易错突破、中考真题、创新考法为模块，系统提炼判定关键、分类讨论等方法，构建从一般到特殊的知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |易错易混练|3题|平行四边形判定条件辨析、特殊四边形关系厘清、多情况分类讨论|从平行四边形到特殊四边形的判定递进，强调概念本质与易错点| |中考对点练|6题|坐标法求点坐标、折叠性质应用、辅助线构造（如连接对角线）|结合中考高频考点（矩形/正方形5年5考），强化性质与判定的综合应用| |考法创新练|3题|网格变形面积计算、实践操作面积转化、开放性方案证明|融入新情境与新课标要求，培养空间观念与推理能力，体现数学思维与表达|

高频考点15 与特殊四边形相关的判定与计算 平行四边形的性质与判定（5年2考），矩形的性质与判定（5年5考）， 菱形的性质与判定（5年3考），正方形的性质与判定（5年5考） 易错易混练 （对平行四边形的判定理解不确切） 1. 在四边形中，已知，与交于点，则添加下列条件能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. （因不熟悉四边形或平行四边形与特殊平行四边形之间的关系而出错） 2. 下列说法正确的是( ) A. 一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形 C. 对角线相等且互相垂直的四边形是正方形 D. 对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 （因考虑不全面而出错） 3. 在矩形中，，点在直线上，若四边形为菱形，则线段的长度为_____． 中考对点练 （2020，第9题，考法对点） 4. 如图，在菱形中，，顶点，绕点A顺时针旋转菱形得到菱形，当点落在上时，点的坐标为（ ） A. B. C. D. （2025，第14题，考点对点） 5. 如图，在中，与交于点O，点E为的中点，连接交于点F，．若，则的长为________． （2023，第16题，考法对点，多解题） 6. 如图，在矩形纸片中，，点E为上一点，且．将矩形纸片对折后得到正方形，展开纸片后沿过点M的直线再次折叠，使点E落在上的点F处，再次展开纸片后线段的长为________． （2024，第16题，考法对点） 7. 在长方形中，，，点是射线上的动点，连接，将沿翻折，得到，连接．当是直角三角形时，的长为___________． 8. 如图，将正方形纸片沿折叠，使点C的对称点E落在边上，点D的对称点为点F，交于点G，连接交于点H，连接．下列四个结论中：①；②；③平分；④，正确的是________（填序号即可）． （2021，第23题，考点对点） 9. 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动．已知在正方形纸片中，E是边上的点（不与点A，D重合），． 实践操作： （1）如图①，将正方形纸片沿折叠，使点D落在点F处，将纸片展开后．连接并延长，交于点G． ①请写出一个与相等的角：________； ②若点G为的中点，则的长为________； （2）如图②，H为上一点，将正方形纸片沿折叠，点D恰与的中点G重合，求的长； （3）迁移探究：如图③，在图②基础上连接，，分别与交于点M，N．求证：． 考法创新练 （新情境·结合网格变形考查） 10. 如图①，在的小正方形网格中，小正方形的边长都为1，四边形的顶点均在格点（网格线的交点）上．利用四边形的不稳定性，将小正方形网格变为小菱形网格，且小菱形的较小内角为60°，四边形也相应地变为了四边形，如图②，则（ ） A. 1 B. C. D. （新情境・实践操作） 11. 现有①②③三种不同的矩形木板（边长如图（1）所示），取①②③木板各一块，按如图（2）所示的方式摆放（木板②③无重叠，无缝隙），则木板①没有被覆盖的面积为________；在图（2）摆放的基础上再放置一块木板②，如图（3）所示，则此时的木板①没有被覆盖的面积为________． （新课标・开放性设问） 12. 某数学学习小组要在的对角线上找点E，F，使四边形是平行四边形．现有甲、乙两种方案，如下表： 方案 甲 乙 作法 作和的平分线，与分别交于点E，F 作边，的垂直平分线，分别交于点E，F 图示 （1）请你选择其中一种方案，判断其是否可以得到四边形是平行四边形，若可以，写出证明过程；若不可以，请说明理由； （2）若，，求平行四边形的面积． 高频考点15 与特殊四边形相关的判定与计算 平行四边形的性质与判定（5年2考），矩形的性质与判定（5年5考）， 菱形的性质与判定（5年3考），正方形的性质与判定（5年5考） 易错易混练 （对平行四边形的判定理解不确切） 【1题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质，掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键． 已知，结合各选项条件，利用平行线性质、全等三角形判定与性质、平行四边形判定定理，判断能否推出四边形是平行四边形即可． 【详解】解：∵， ∴ A、若，四边形可能是等腰梯形，不能判定为平行四边形，不符合题意； B、∵， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形，符合题意， C、由本身即可推出，无法额外判定四边形是平行四边形，不符合题意； D、无法推出或，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意． 故选：B． （因不熟悉四边形或平行四边形与特殊平行四边形之间的关系而出错） 【2题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定方法一一判断即可； 【详解】A．一组对边相等且有一个角是直角的四边形不一定是矩形，故本选项不符合题意； B．对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意； C．对角线相等且互相垂直的四边形不一定是正方形，故本选项不符合题意； D．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，正确． 故选：D． 【点睛】本题考查矩形、正方形、菱形的判定方法，掌握矩形、菱形、正方形的特征是解题的关键． （因考虑不全面而出错） 【3题答案】 【答案】或 【解析】 【分析】两种情况：①由矩形的性质得出CD=AB=4，BC=AD=5，∠ADB=∠CDF=90°，由菱形的性质得出CF=EF=BE=BC=5，由勾股定理求出DF，即可求出AF； ②同①得出DF=3，即可得出AF的长． 【详解】解：分两种情况： ①如图1所示： ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD=AB=3，BC=AD=4，∠ADB=∠CDF=90°， ∵四边形BCFE为菱形， ∴CF=EF=BE=BC=5， ∴DF===3， ∴AF=AD+DF=5+3=8； ②如图2所示： 同①得：DF=3， ∴AF=AD-DF=5-3=2； 综上所述，线段AF的长为2或8． 故答案为：2或8． 【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的性质、勾股定理；熟练掌握矩形和菱形的性质，运用勾股定理进行计算和分类讨论是解题关键． 中考对点练 （2020，第9题，考法对点） 【4题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，求出、的长度是解题的关键． 过点作轴交轴于点，根据旋转的性质可得到，，，，根据等边对等角可得到，根据三角形内角和定理得到，再根据平角的性质可求出，然后通过锐角三角函数的定义求出线段、的长度，由此即可求出点的坐标． 【详解】解：过点作轴交轴于点， ∵绕点顺时针旋转菱形得到菱形， ，，，， ∴，, ∴，， ， 在中，，, ∴点的坐标为， 故选：A． （2025，第14题，考点对点） 【5题答案】 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查了中位线的性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，求出线段的长度是解题的关键． 连接，利用平行四边形的性质和中位线定理得到，，利用相似三角形的性质确定与的比例，根据的长度求出和的长度，利用直角三角形的性质计算的长度，最后根据平行四边形的性质求出的长． 【详解】解：如图，连接， 在中，点为的中点，点为的中点， 是的中位线， ，， ， ， ， ， ，， ， 又∵点为的中点， ， ， 故答案为：． （2023，第16题，考法对点，多解题） 【6题答案】 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了矩形折叠性质、坐标与距离公式、勾股定理，掌握折叠后对应点到折痕上点的距离相等，用坐标法求解线段长度是解题的关键． 先由折叠得到矩形边长，建立坐标系确定各点坐标，再利用折叠性质列方程求点坐标，最后用勾股定理计算的长度． 【详解】解：矩形中，，将矩形对折后得到正方形，对折方式为沿中点连线对折，此时正方形的边长，故． 建立一个平面直角坐标系，以点为坐标原点，边在轴上，边在轴上 点在上，，，因此， 即点坐标为，各点坐标： 沿过点的直线折叠，使落在上的处，根据折叠性质，折叠后对应点到折痕的距离相等，且折痕垂直平分，故． 点在上，，设点坐标为， 情况1：在上此时在和之间， 为点到的距离：， 故 为点到F的距离：， 解得，（舍去） 故， 为到的距离： 情况2：在上此时在和之间， 为点到的距离： 则， 解得，（舍去） 故 为到的距离：． 故答案为：或． （2024，第16题，考法对点） 【7题答案】 【答案】1或9 【解析】 【分析】分两种情况讨论，即点E在边上，和点E在边的延长线上，两种情况，根据翻折的性质和矩形的性质，以及勾股定理求解即可． 【详解】解：如图1，是直角三角形，且点E在边上，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由翻折得， ∴， ∵， ∴三点在同一条直线上， ∴， ∴， ∴； 如图2，是直角三角形，且点E在边的延长线上，， 由翻折得， ∵， ∴点D在上， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 综上所述，的长为1或9， 故答案为：1或9． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，证明是解题的关键． 【8题答案】 【答案】①③④． 【解析】 【分析】①用有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可； ②过点C作CM⊥EG于M，通过证明△BEC≌△MEC进而说明△CMG≌△CDG，可得S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC＋S四边形CDQH ； ③由折叠可得:∠GEC=∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立； ④连接DH，MH，HE，由△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG可知：∠BCE=∠MCE,∠MCG=∠DCG，则∠ECG=∠ECM+∠GCM=∠BCD，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得:∠EHP=∠CHP=45°，利用勾股定理可得 EG2-EH2=GH2，由CM⊥EG，EH⊥CG，得到∠EMC=∠EHC=90°，所以E，M，H，C四点共圆，通过△CMH≌△CDH，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2=GQ·GD，从而说明④成立． 【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形, ∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°由折叠可知: ∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90 ∴∠BEP+∠AEG=90°， ∵∠A=90° ∴∠AEG+∠AGE=90°， ∴∠BEP=∠AGE， ∵∠FGQ=∠AGE， ∴∠BEP=∠FGQ， ∵∠B=∠F=90， ∴△PBE~△QFG， 故①说法正确，符合题意； ②过点C作CM⊥EG于M， 由折叠可得:∠GEC=∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BEC=∠DCE，∠BEC=∠GEC， 在△BEC和△MEC中， ∵∠B=∠EMC=90°，∠BEC=∠GEC， CE= CE ∴△BEC≌△MEC(AAS) ∴CB=CM，S△BEC=S△MEC ， ∵CG=CG， ∴Rt△CMG≌Rt△CDG(HL)， ∴S△CMG=S△CDG ， ∴S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC +S四边形CDQH ∴②说法不正确，不符合题意； ③由折叠可得:∠GEC=∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BEC=∠DCE， ∴∠BEC=∠GEC，即EC平分∠BEG ∴③说法正确，符合题意； ④连接DH，MH，HE，如图： ∵△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG， ∴∠BCE=∠MCE，∠MCG=∠DCG， ∴∠ECG=∠ECM+∠GCM=∠BCD=45°， ∵EC⊥HP， ∴∠CHP=45°， ∴GHQ=∠CHP=45°， 由折叠可得:∠EHP=∠CHP=45°， ∴EH⊥CG ∴EG2 -EH2=GH2 由折叠可知:EH=CH ∴EG2 -CH2= GH2， ∵CM⊥EG，EH⊥CG， ∴∠EMC=∠EHC=90°， ∴E，M，H，C四点共圆， ∴∠HMC=∠HEC=45°， 在△CMH和△CDH中， ∵CM=CD，∠MCG=∠DCG， CH= CH ∴△CMH≌△CDH(SAS) ∴∠CDH=∠CMH=45 °， ∵∠CDA=90°， ∴∠GDH=45° ∵∠GHQ=∠CHP=45°， ∴∠GHQ=∠GDH=45°， ∵∠HGQ=∠DGH， ∴△GHQ∽△GDH ， ∴， ∴GH2=GQ·GD ∴GE2-CH2=GQ·GD 故④说法正确，符合题意； 综上可得，正确的结论有:①③④ 故答案为：①③④． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、翻折问题、勾股定理、三角形全等的判定与性质、三角形的相似的判定与性质．翻折问题是全等变换，由翻折得到对应角相等，对应边相等是解题的关键． （2021，第23题，考点对点） 【9题答案】 【答案】（1）①（填，，或均可）② （2） （3）见解析 【解析】 【分析】（1）①如图，设与交于点，根据正方形的性质可得，，根据翻折的性质得到，，，再根据平行线的性质，同角的余角相等可得到；根据同角的余角相等可得到，接着根据证明，然后通过勾股定理求出线段的长度，再通过相似三角形的性质求出线段的长度，最后根据三线合一可求出的长． （2）设，则，根据勾股定理求出的长度，然后由证明，最后通过线段的和差关系即可求出的长度． （3）连接，，，由正方形的对称性可知，．由折叠可知，垂直平分，然后通过等腰三角形的性质，角度的和差关系证明，根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半证明可得到，即可得到． 【小问1详解】 解：①（填，，或均可） ② 【提示】①如图，设与交于点， ∵四边形是正方形， ，， 由题意可知，，，， ，， ，， ， ∵， ， ，， ， ． ②，， ， 点为的中点， ， 在和中， ， ， ∵，， ， ，即， 解得：， ，， ． 【小问2详解】 解：设，则． 在中，由勾股定理，得，即 ，解得， ． 如答图①，连接，过点H作于点P，则四边形是矩形，． ， ． 又，， ， ， ． 【小问3详解】 证明：连接，，，如答图②． 由正方形的对称性可知，． 由折叠可知，垂直平分， ，为的中点， ， ， ． 又， ． 又，， ， ． 由（2）知， ． ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键． 考法创新练 （新情境·结合网格变形考查） 【10题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 由网格可知四边形是矩形，通过勾股定理求出，，然后根据矩形的面积公式可求出四边形的面积；再证明四边形是矩形，通过勾股定理求出，，然后根据矩形的面积公式可求出四边形的面积，由此可求解． 【详解】解：由网格可知四边形是矩形，，， ． ∵小菱形网格中，小菱形的较小内角为， ∴，同理， ∴四边形是矩形， ，， ， ， 故选：D． （新情境・实践操作） 【11题答案】 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】此题考查正方形的性质，整式的混合运算，掌握基本平面图形的面积计算方法是解决问题的关键． 图（2）木板①没有被覆盖的是长为，宽为的矩形，利用矩形的面积公式直接求解即可；图（3）木板①没有被覆盖的部分可以用长为，宽为的矩形面积减去长为，宽为的矩形，化简后合并同类项即可． 【详解】解：图（2）木板①没有被覆盖的面积为， 图（3）木板①没有被覆盖的面积为， 故答案为：，． （新课标・开放性设问） 【12题答案】 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）可选择甲方案，由平行四边形的性质得，，，则，由角平分线的定义可得到，再通过可证明，通过全等三角形的性质得到，，进而可得到，即可证明四边形为平行四边形．另外，此题也可能选择乙方案，由垂直平分线的性质可得，，进而得到，再通过可证明，通过全等三角形的性质得到，，进而可得到，即可证明四边形为平行四边形． （2）连接交于点O，则，．由可得到，进而得到，由此可求出的面积，最后可求出平行四边形的面积 【小问1详解】 解：答案一：选择甲方案，甲方案可以得到四边形是平行四边形． 证明：四边形是平行四边形， ，，， ． 平分，平分， ，， ， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形． 答案二：选择乙方案，乙方案可以得到四边形是平行四边形． 证明：四边形是平行四边形， ，， ． 由垂直平分线的性质可得，， ， ， ，， ， 四边形是平行四边形． 【小问2详解】 解：连接交于点O，则，． ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】此题重点考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，证明是解题的关键，还应注意本题有多种解法． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $