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第四章 三角形及四邊形
第六節(jié) 特殊的平行四邊形
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 矩形的判定及性質(zhì) ☆☆☆ 特殊的平行四邊形是中考中的考查重點，年年都會考查，分值為15分左右，預(yù)計2024年各地中考還將出現(xiàn)，并且在選擇、填空題中考查利用特殊四邊形性質(zhì)和判定求角度、長度問題的可能性比較大。解答題中考查特殊四邊形的性質(zhì)和判定，一般和三角形全等（相似）、解直角三角形、二次函數(shù)、動態(tài)問題綜合應(yīng)用的可能性比較大。對于本考點內(nèi)容，要注重基礎(chǔ)，反復(fù)練習，靈活運用。
考點2 菱形的判定及性質(zhì) ☆☆☆
考點3 正方形的判定及性質(zhì) ☆☆☆
考點4 梯形 ☆
注意：補充的特殊梯形屬于滬教版內(nèi)容，其他版本可以不用掌握。
■考點一　矩形的判定及性質(zhì)
1）矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形。
2）矩形的性質(zhì)：（1）矩形兩組對邊平行且相等；（2）矩形的四個角都是直角；（3）對角線互相平分且相等；（4）矩形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.矩形的對稱中心是矩形對角線的交點；矩形有兩條對稱軸，矩形的對稱軸是過矩形對邊中點的直線；矩形的對稱軸過矩形的對稱中心。
【推論】在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半。
3）矩形的判定：（1) 有一個角是直角的平行四邊形是矩形；（2）對角線相等的平行四邊形是矩形；
（3）有三個角是直角的四邊形是矩形。
矩形的判定思路：要證明一個四邊形是矩形，首先要判斷四邊形是否為平行四邊形，若是，則需要再證明對角線相等或有一個角是直角；若不易判斷，則可通過證明有三個角是直角來直接證明。
4）矩形的折疊問題：（1）對折疊前后的圖形進行細致分析，折疊后的圖形與原圖形全等，對應(yīng)邊、對應(yīng)角分別相等，找出各相等的邊或角；（2）折痕可看作角平分線（對稱線段所在的直線與折痕的夾角相等）；（3) 折痕可看作垂直平分線（互相重合的兩點之間的連線被折痕垂直平分）；（4）選擇一個直角三角形(不找以折痕為邊長的直角三角形)，利用未知數(shù)表示其它直角三角形三邊，通過勾股定理/相似三角形知識求解。
■考點二　菱形的判定及性質(zhì)
1）菱形的定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形。
2）菱形的性質(zhì)：1）具有平行四邊形的所有性質(zhì)；2）四條邊都相等；3）兩條對角線互相垂直，且每條對角線平分一組對角；4）菱形既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，菱形的對稱中心是菱形對角線的交點，菱形的對稱軸是菱形對角線所在的直線，菱形的對稱軸過菱形的對稱中心。
3）菱形的判定：（1）對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；（2）一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；（3）四條邊相等的四邊形是菱形。
菱形的判定思路：判定一個四邊形是菱形時，可先說明它是平行四邊形，再說明它的一組鄰邊相等或它的對角線互相垂直，也可直接說明它的四條邊都相等或它的對角線互相垂直平分。
4）菱形的面積：S=ah=對角線乘積的一半（其中a為邊長，h為高）；菱形的周長：周長C=4a。
■考點三　正方形的判定及性質(zhì)
1）正方形的定義：四條邊都相等，四個角都是直角的四邊形叫做正方形。
2）正方形的性質(zhì)：（1）正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質(zhì)；
（2）正方形的四個角都是直角，四條邊都相等；（3）正方形對邊平行且相等；
（4）正方形的對角線互相垂直平分且相等，每條對角線平分一組對角；
（5）正方形的兩條對角線把正方形分成四個全等的等腰直角三角形，正方形對角線與邊的夾角為45°；
（6）正方形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形。
3）正方形的判定：（1）平行四邊形+一組鄰邊相等+一個角為直角；（2）矩形+一組鄰邊相等；
（3）矩形+對角線互相垂直；（4）菱形+一個角是直角；（5）菱形+對角線相等.
正方形的判定思路：判定一個四邊形是正方形通常先證明它是矩形，再證明它有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；或者先證明它是菱形，再證明它有一個角是直角或?qū)蔷€相等；還可以先判定四邊形是平行四邊形，再證明它有一個角為直角和一組鄰邊相等。
4）正方形的面積：S正方形＝a2＝對角線乘積的一半；正方形的周長：C正方形=4a。
5）平行四邊形、矩形、菱形、正方形之間的關(guān)系：
■考點四　梯形
1）梯形的定義：一組對邊平行而另一組對邊不平行的四邊形叫梯形。
2）梯形的分類：一般梯形、等腰梯形、直角梯形。
3）等腰梯形性質(zhì)：（1）等腰梯形的兩底平行，兩腰相等；（2）等腰梯形的同一底邊上的兩個角相等；（3）等腰梯形的兩條對角線相等；（4）等腰梯形是軸對稱圖形（底邊的中垂線就是它的對稱軸）。
4）等腰梯形判定：1）兩腰相等的梯形是等腰梯形；2）同一底邊上的兩個角相等的梯形是等腰梯形；
3）對角線相等的梯形是等腰梯形。
等腰梯形的判定思路：判定一個四邊形是等腰梯形,必須先判定四邊形是梯形,再證明同一底邊上的兩個角相等或兩腰相等或兩條對角線相等。
5）梯形的面積公式：S=×（上底+下底）×高。
6）解決梯形問題的常用方法（如下圖所示）：
（1）作高：使兩腰在兩個直角三角形中；（2）平移對角線：使兩條對角線在同一個三角形中；
（3）延長兩腰：構(gòu)造具有公共角的兩個三角形.（4）等積變形：連接梯形上底一端點和另一腰中點，并延長交下底的延長線于一點，構(gòu)成三角形．并且這個三角形面積與原來的梯形面積相等；
（5）平移腰：過上底端點作一腰的平行線，構(gòu)造一個平行四邊形和三角形；
（6）過上底中點平移兩腰：構(gòu)造兩個平行四邊形和一個三角形。
■易錯提示
1.定義說有一個角是直角的平行四邊形才是矩形，不要錯誤地理解為有一個角是直角的四邊形是矩形。
2.定義說有一組鄰邊相等的平行四邊形才是菱形，不要錯誤地理解為有一組鄰邊相等的四邊形是菱形。
3.在利用對角線長求菱形的面積時，要特別注意不要漏掉計算公式中的。
■考點一　矩形的判定及性質(zhì)
◇典例1：（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形的對角線相交于點，下列結(jié)論一定正確的是（ ）
A．平分 B． C． D．
【答案】C
【分析】根據(jù)矩形的對角線相等，以及矩形與菱形性質(zhì)的區(qū)別判斷即可．
【詳解】解：由矩形的對角線相交于點，根據(jù)矩形的對角線相等，可得．故選：C．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)．
◆變式訓練
1．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形的對角線相交于點．若，則（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據(jù)矩形性質(zhì)得出，推出則有等邊三角形，即，然后運用余切函數(shù)即可解答．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，∴，
∵，∴是等邊三角形，∴，∴，
∵，故D正確．故選：D．
【點睛】本題考查了等邊三角形性質(zhì)和判定、矩形的性質(zhì)、余切的定義等知識點，求出是解答本題的關(guān)鍵．
2．（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，對角線的垂直平分線分別交，于點，．若，，則的長為（ ）

A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】依據(jù)題意，連接，記與交于點，先證，從而得，再由線段垂直平分從而，又在中可得的值，從而再在中可求得．
【詳解】解：由題意，連接，記與交于點．

線段垂直平分，，．
四邊形是矩形，．．
又，．．
在中，．
在中可得，．故選：A．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)和線段垂直平分線的性質(zhì)，解題時要熟練掌握并理解是關(guān)鍵．
3．（2023·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形的對角線與交于點，過點作的垂線分別交，于、兩點．若，，則的長度為（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】根據(jù)鄰補角求出∠DEO的度數(shù)，根據(jù)余角的定義求出∠ADO的度數(shù)，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及等邊對等角可求出∠EAO和∠AOE的度數(shù)，根據(jù)等角對等邊得出AE=EO，然后勾股定理可求得AE的值，最后根據(jù)中心對稱的性質(zhì)即可得出答案．
【詳解】解：∵，∴，∵，∴，
∵四邊形是矩形，∴，∴，
∴，∴，∵，∴，
設(shè)OE=x,則DE=2x在中， 即
解得：（負值已舍去） ∴，
∵矩形關(guān)于對角線交點中心對稱，∴．故選：A．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
◇典例2：（2023·西藏·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，和相交于點O，，，點E是邊上一點，過點E作于點H，于點G，則的值是（ ）

A．2.4 B．2.5 C．3 D．4
【答案】A
【分析】連接，利用矩形的性質(zhì)可得， ，，即，再利用面積可得，，結(jié)合，可得，問題隨之得解．
【詳解】解：連接，如圖，∵四邊形是矩形，，，
∴，，，，
∴，，即，

∵，，∴，，
∵，∴．
∴，∴，故選：A．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理以及三角形的面積等知識，靈活利用面積得出，是解答本題的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1．（2023·湖北武漢·校考模擬預(yù)測）矩形中，E，F(xiàn)分別在邊，上，，，，則 ．

【答案】
【分析】連接，作于點H，根據(jù)條件求得，根據(jù)角度之間的關(guān)系可以證得，兩個三角形相似，對應(yīng)邊成比例，進而可求得結(jié)果．
【詳解】解：連接，作于點H，如圖所示：

∵，∴，∴，
∵四邊形是矩形，∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在中，由勾股定理得，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴，故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)特點、勾股定理的計算、相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找到各個角度，各個邊長之間的關(guān)系．
2．（2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，于點E，F(xiàn)，再分別以點E，F(xiàn)為圓心，大于長為半徑畫弧交于點P，作射線，過點C作的垂線分別交于點M，N，則的長為（ ）

A． B． C． D．4
【答案】A
【分析】由作圖可知平分，設(shè)與交于點O，與交于點R，作于點Q，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知，進而證明，推出，設(shè)，則，解求出．利用三角形面積法求出，再證，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例即可求出．
【詳解】解：如圖，設(shè)與交于點O，與交于點R，作于點Q，

矩形中，，，．
由作圖過程可知，平分，四邊形是矩形，，
又，，在和中，，
，，，
設(shè)，則，在中，由勾股定理得，
即，解得，．．
，．
，，，
，即，解得．故選A．
【點睛】本題考查角平分線的作圖方法，矩形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等，涉及知識點較多，有一定難度，解題的關(guān)鍵是根據(jù)作圖過程判斷出平分，通過勾股定理解直角三角形求出．
◇典例3：（2023·遼寧盤錦·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形是矩形，，．點E為邊的中點，點F為邊上一點，將四邊形沿折疊，點A的對應(yīng)點為點，點B的對應(yīng)點為點，過點作于點H，若，則的長是 ．

【答案】或
【分析】分兩種情況：當點在點左側(cè)時，設(shè)交于點，過點作于點，則四邊形為矩形，，由折疊可知，，由平行線的性質(zhì)可得，于是，，利用勾股定理求得，證明，利用相似三角形的性質(zhì)求得，，于是，，則，代入計算即可得到答案；當點在點右側(cè)時，設(shè)交于點，過點作于點，同理可得，，四邊形為矩形，，利用相似三角形的性質(zhì)求得，，進而去除，則，代入計算即可求解．
【詳解】解：當點在點左側(cè)時，如圖，設(shè)交于點，過點作于點，
則，點為邊的中點，，
四邊形為矩形，，，，，
，四邊形為矩形，，，
由折疊可知，，，
，，，即，，
，，在中，，
，，，，，，
，即，，，
，，；
當點在點右側(cè)時，如圖，設(shè)交于點，過點作于點，
同理可得：，，四邊形為矩形，，，
在中，，
，，即，，，
，．
綜上，的長是或．故答案為：或．
【點睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，靈活運用相關(guān)知識解決問題是解題關(guān)鍵．
◆變式訓練
1．（2023·浙江杭州·校考三模）如圖，將矩形紙片折疊，折痕為，點M，N分別在邊，上，點C，D的對應(yīng)點分別為點E，F(xiàn)，且點F在矩形內(nèi)部，的延長線交邊于點G，交邊于點H．，，，當時，的長為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明，得到，證明，求出的長，過點作于點，則，設(shè)，根據(jù)勾股定理列方程求出即可．
【詳解】解：∵將矩形紙片折疊，折痕為，
∴，，，，，
∴，，∴，∴，
∵，，∴，∴，∴，
過點作于點，則，

設(shè)，則，∴，∴，
∵，∴，解得：或（舍去，不符合題意），
∴．故答案為：．
【點睛】本題考查了折疊問題，矩形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)勾股定理列方程求解是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）矩形中，，將矩形沿過點的直線折疊，使點落在點處，若是直角三角形，則點到直線的距離是 ．
【答案】6或或
【分析】由折疊的性質(zhì)可得點E在以點A為圓心，長為半徑的圓上運動，延長交的另一側(cè)于點E，則此時是直角三角形，易得點到直線的距離；當過點D的直線與圓相切于點E時，是直角三角形，分兩種情況討論即可求解．
【詳解】解：由題意矩形沿過點的直線折疊，使點落在點處，
可知點E在以點A為圓心，長為半徑的圓上運動，
如圖，延長交的另一側(cè)于點E，則此時是直角三角形，
點到直線的距離為的長度，即，

當過點D的直線與圓相切于點E時，是直角三角形，分兩種情況，
①如圖，過點E作交于點H，交于點G，

∵四邊形是矩形，∴，∴四邊形是矩形，
∵，，，由勾股定理可得，
∵，∴，∴到直線的距離，
②如圖，過點E作交于點N，交于點M，
∵四邊形是矩形，∴，∴四邊形是矩形，
∵，，，由勾股定理可得，
∵，∴，∴到直線的距離，
綜上，6或或，故答案為：6或或．
【點睛】本題考查了矩形的折疊問題切線的應(yīng)用，以及勾股定理，找到點E的運動軌跡是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·青海西寧·統(tǒng)考中考真題）折疊問題是我們常見的數(shù)學問題，它是利用圖形變化的軸對稱性質(zhì)解決的相關(guān)問題．數(shù)學活動課上，同學們以“矩形的折疊”為主題開展了數(shù)學活動．
【操作】如圖1，在矩形中，點M在邊上，將矩形紙片沿所在的直線折疊，使點D落在點處，與交于點N．

【猜想】【驗證】請將下列證明過程補充完整：
∵矩形紙片沿所在的直線折疊∴ 。
∵四邊形是矩形∴（矩形的對邊平行）
∴ （ ）
∴ （等量代換）
∴（ ）
【應(yīng)用】如圖2，繼續(xù)將矩形紙片折疊，使恰好落在直線上，點A落在點處，點B落在點處，折痕為．
（1）猜想與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）若，，求的長．
【答案】【驗證】；；兩直線平行，內(nèi)錯角相等；；；等角對等邊；【應(yīng)用】（1），見解析；（2）5
【驗證】（1）由折疊得，由平行線性質(zhì)，得，于是 ，進而可得證， 即；
（2）由折疊得，，．在中，根據(jù)勾股定理，構(gòu)建方程求解得，得.
【詳解】解：【驗證】∵矩形紙片沿所在的直線折疊∴
∵四邊形是矩形∴（矩形的對邊平行）
∴ （兩直線平行，內(nèi)錯角相等）
∴（等量代換） ∴（等角對等邊 ）
【應(yīng)用】（1）
理由如下：∵由四邊形折疊得到四邊形 ∴
∵四邊形是矩形 ∴（矩形的對邊平行）
∴（兩直線平行，內(nèi)錯角相等）
∴ ∴（等角對等邊）
∵ ∴ 即；
（2）∵矩形沿所在直線折疊
∴，，．
設(shè)∴
在中，∴（勾股定理）
∴ 解得 ∴.
【點睛】本題考查軸對稱折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，等角對等邊；根據(jù)折疊的性質(zhì)得到線段相等、角相等是解題的關(guān)鍵．
◇典例4：（2023·上海·統(tǒng)考中考真題）在四邊形中，．下列說法能使四邊形為矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】結(jié)合平行四邊形的判定和性質(zhì)及矩形的判定逐一分析即可．
【詳解】A：，為平行四邊形而非矩形故A不符合題意
B：，為平行四邊形而非矩形故B不符合題意
C：
∴∥四邊形為矩形故C符合題意
D：
不是平行四邊形也不是矩形 故D不符合題意 故選：C ．
【點睛】本題主要考查平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)及矩形的判定等知識，熟練掌握以上知識并靈活運用是解題的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1.（2023·山西晉城·統(tǒng)考一模）如圖，在中，對角線，相交于點O，點E，F(xiàn)在上，且，連接，，，．若添加一個條件使四邊形是矩形，則該條件可以是 ．（填寫一個即可）

【答案】（答案不唯一）
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)定理以及矩形的判定定理即可得到結(jié)論．
【詳解】解：，
理由：∵四邊形是平行四邊形，∴，，
∵，∴．即．∴四邊形為平行四邊形，
∵，∴四邊形是矩形．故答案為：（答案不唯一）．
【點睛】此題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
2.（2022·廣西河池·統(tǒng)考一模）要求加工4個長為、寬為的矩形零件．陳師傅對4個零件進行了檢測．根據(jù)零件的檢測結(jié)果，圖中不合格的零件是（ ）
A．B． C．D．
【答案】C
【分析】本題考查的是矩形的判定定理，根據(jù)矩形的判定定理：（1）有一個角是直角的平行四邊形是矩形；（2）有三個角是直角的四邊形是矩形；（3）對角線互相平分且相等的四邊形是矩形解答即可．熟練掌握矩形的判定方法是解答本題的關(guān)鍵．
【詳解】解：A、有一個角是直角的平行四邊形是矩形，能判定矩形，不符合題意；
B、其中四邊形中三個角都為直角，能判定矩形，不符合題意；
C、對角相等的四邊形不一定是矩形，不能判定形狀，符合題意；
D、一組對邊平行且相等，能判定平行四邊形，有一個角是直角的平行四邊形是矩形，則能判定矩形，不符合題意．故選：C．
◇典例5：（2023·山東青島·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，的平分線交于點E，的平分線交于點F，點G，H分別是和的中點．(1)求證：；
(2)連接．若，請判斷四邊形的形狀，并證明你的結(jié)論．

【答案】(1)見解析(2)矩形，證明見解析
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出，，，，證出，，由證明，即可得出結(jié)論；
（2）由全等三角形的性質(zhì)得出，，證出，由已知得出，，即可證出四邊形是平行四邊形．
【詳解】（1）解：證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，，，∴，，
∵和的平分線、分別交、于點E、F，
∴，，∴，
在和中，，∴．
（2）證明：∵，∴，，
∴，∴，∵點G、H分別為、的中點，
∴，，∴四邊形是平行四邊形
∵，G為的中點，∴，∴四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)與判定，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1．（2023·四川內(nèi)江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，D是的中點，E是的中點，過點A作交的延長線于點F．(1)求證：；(2)連接，若，求證：四邊形是矩形．

【答案】(1)見解析；(2)見解析；
【分析】（1）根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等求出，然后利用“角角邊”證明三角形全等，再由全等三角形的性質(zhì)容易得出結(jié)論；（2）先利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形證明四邊形是平行四邊形，再根據(jù)一個角是直角的平行四邊形是矩形判定即可．
【詳解】（1）證明：∵，∴，∵點E為的中點，∴，
在和中，，∴；
∴，∵，∴；
（2）證明：，∴四邊形是平行四邊形，
∵，∴，∴平行四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了矩形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，是基礎(chǔ)題，明確有一個角是直角的平行四邊形是矩形是解本題的關(guān)鍵．
2．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，點在的邊上，，請從以下三個選項中①；②；③，選擇一個合適的選項作為已知條件，使為矩形．(1)你添加的條件是_________（填序號）；(2)添加條件后，請證明為矩形．

【答案】(1)答案不唯一，①或②(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形進行選取；（2）通過證明可得，然后結(jié)合平行線的性質(zhì)求得，從而得出為矩形．
【詳解】（1）解：①或②
（2）添加條件①，為矩形，理由如下：
在中，，
在和中，∴∴，
又∵，∴，∴，∴為矩形；
添加條件②，為矩形，理由如下：在中，，
在和中，∴∴，
又∵，∴，∴，∴為矩形
【點睛】本題考查矩形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握平行四邊形的性質(zhì)和矩形的判定方法（有一個角是直角的平行四邊形是矩形）是解題關(guān)鍵．
■考點二　菱形的判定及性質(zhì)
◇典例6：（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形中，連接，若，則的度數(shù)為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，則，進而即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是菱形∴，∴，
∵，∴,故選：C．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，熟練掌握是菱形的性質(zhì)解題的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1. （2023·四川甘孜·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點在軸的正半軸上，點的坐標為，則點的坐標為 ．

【答案】
【分析】根據(jù)點的坐標是，可得的長，再根據(jù)菱形的四條邊都相等即可得點的坐標．
【詳解】解：點的坐標是，，
四邊形為菱形，，，則點的坐標為．故答案為：．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、坐標與圖形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)．
3．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考中考真題）若菱形的兩條對角線長分別為6和8，則該菱形的面積為 ．
【答案】24
【分析】由菱形的性質(zhì)得到，再通過的面積，的面積得到菱形的面積．
【詳解】解：如圖：菱形中，，四邊形是菱形，，
的面積，的面積，
菱形的面積的面積的面積．
故答案為：24．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，三角形面積，由三角形的面積得到菱形的面積的面積的面積是解題的關(guān)鍵．
◇典例7：（2023·廣東深圳·校考模擬預(yù)測）如圖，四邊形為菱形，，交的延長線于點，交于點，且．則下列結(jié)論：①；②；③；④．其中正確結(jié)論是（　　）
A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，通過證明即可；通過證明，即可求證；通過證明，即可求證；連接交于，設(shè)，根據(jù)三角形面積之間的關(guān)系，即可求證．
【詳解】解：四邊形為菱形，，，
，；故①正確；，，
，∴，，故②正確；
∵，，，
，，；故③正確；連接交于，
，，，設(shè)，，，
，，，故④正確；故選：D．
【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基礎(chǔ)知識．
◆變式訓練
1. （2023·海南三亞·統(tǒng)考二模）如圖，將邊長為4，銳角為的菱形沿折疊，使頂點恰好落在邊的中點處，記為，則的長度為（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】本題考查了折疊的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理、含角的直角三角形的性質(zhì)等知識．過作于點，先求出，，則點與重合，再由折疊的性質(zhì)得，設(shè)，則，然后由勾股定理得，即可得出答案．
【詳解】解：如圖，過作于點，，
邊長為4，銳角為的菱形，
，，，，
是的中點，，，，
，，
點與重合，，，由折疊的性質(zhì)得：，
設(shè)，則，在中，由勾股定理得：，
即，解得：，，故選：B．
2．（2023·黑龍江哈爾濱·校考模擬預(yù)測）如圖，在菱形中，，點在上，連接，點在上，，過點作于點，若，，則的長為 ．

【答案】3
【分析】作平分交的延長線于點，則，得，設(shè)，作于點，可證明四邊形是矩形，得，再證明，得，由得，，因為，，所以，于是可列方程，解方程求得，則，，，即可求得．
【詳解】解：如圖，作平分交的延長線于點，
四邊形是菱形，∴，，，
設(shè)，作于點，則，

于點，，四邊形是矩形，，
，，，
，，，，
在和中，，，，
由得，，
，，，∴，
，，，
整理得，解得，（不符合題意，舍去），，，
，，，的長為3，答案：3．
【點睛】此題重點考查菱形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定、等角的余角相等、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形中角所對的直角邊等于斜邊的一半、勾股定理、解一元二次方程等知識與方法，此題難度較大，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形是平行四邊形，連接，交于點，平分交于點，平分交于點，連接，．
(1)求證：；(2)若四邊形是菱形且，，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析(2)
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)，角平分線定義推出，得到，判定四邊形是平行四邊形，推出，得到．
（2）由菱形的性質(zhì)得到，，推出四邊形的菱形，由平行線的性質(zhì)得到，判定是等邊三角形，得到，，求出，得到，由菱形的面積公式即可求出四邊形的面積．
【詳解】（1）證明：四邊形是平行四邊形，
，，，平分，平分，
，，，，
，，，，
四邊形是平行四邊形，，．
（2）解：由（1）知，，
四邊形是菱形，，，，四邊形的菱形，
，，，
，，，是等邊三角形，
，，，
，，，
四邊形的面積．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是由，得到，判定四邊形是平行四邊形；證明四邊形是菱形．
◇典例8：（2023·湖南永州·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知四邊形是平行四邊形，其對角線相交于點O，．(1)是直角三角形嗎？請說明理由；(2)求證：四邊形是菱形．

【答案】(1)是直角三角形，理由見解析．(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形對角線互相平分可得，再根據(jù)勾股定理的逆定理，即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，即可求證．
【詳解】（1）解：是直角三角形，理由如下：
∵四邊形是平行四邊形，∴，
∵，∴是直角三角形．
（2）證明：由（1）可得：是直角三角形，∴，即，
∵四邊形是平行四邊形，∴四邊形是菱形．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，菱形的判定，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形對角線互相平分，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．
◆變式訓練
1．（2023·云南·統(tǒng)考中考真題）如圖，平行四邊形中，分別是的平分線，且分別在邊上，．(1)求證：四邊形是菱形；(2)若，的面積等于，求平行線與間的距離．

【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）先證，再證，從而四邊形是平行四邊形，又，于是四邊形是菱形；（2）連接，先求得，再證，，于是有，得，再證，從而根據(jù)面積公式即可求得．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，
∵分別是的平分線，∴，，
∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，
∵，∴四邊形是菱形；
（2）解：連接，

∵，，∴，∴，
∵四邊形是菱形，∴，∴，
∴，，
∴，即，∴，
∵，∴，
∵的面積等于，∴，
∴平行線與間的距離．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定及性質(zhì)，菱形的判定，角平分線的定義，等腰三角形的判定，三角函數(shù)的應(yīng)用以及平行線間的距離，熟練掌握平行四邊形的判定及性質(zhì)，菱形的判定，角平分線的定義，等腰三角形的判定，三角函數(shù)的應(yīng)用以及平行線間的距離等知識是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·廣東深圳·學校考模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，，對角線的垂直平分線與邊分別相交于點M、N．
(1)求證：四邊形是菱形；(2)若，求菱形的周長．
【答案】(1)見解析(2)52
【分析】（1）證，得出，由，證出四邊形是平行四邊形，進而得出結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得出，，由勾股定理得，即可得出答案．
【詳解】（1）證明：，，
是對角線的垂直平分線，，
在和中，，，，
，∴四邊形是平行四邊形，
，∴四邊形是菱形；
（2）解：∵四邊形是菱形，，
，，
在中，由勾股定理得：，
∴菱形的周長．
【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．
■考點三　正方形的判定及性質(zhì)
◇典例9：（2023·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知正方形的邊長為3，點是對角線上的一點，于點，于點，連接，當時，則（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】先證四邊形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得，可求，的長，由勾股定理可求的長，由“”可證，可得．
【詳解】解：如圖：連接，四邊形是正方形，，，

，，，四邊形是矩形，
，，是等腰直角三角形，，
，，，，，
，，，，，故選：．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1．（2023·海南三亞·統(tǒng)考二模）如圖，點，，以為邊作正方形，點E是邊上一點，且，則點E的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】過點E作于點H，先求出，再證明，則，求得，則，即可得到答案．
此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、圖形和坐標等知識，熟練證明是解題的關(guān)鍵．
【詳解】解：過點E作于點H，∵點，，∴，
∵四邊形是正方形， ∴，，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴,∴點E的坐標為，故選：A
2．（2023·廣東汕尾·統(tǒng)考二模）如圖，正方形的邊長為，點在對角線上，且，于點，則的長為(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到，，求得，根據(jù)等腰三角形的判定定理得到，推出是等腰直角三角形，于是得到結(jié)論．
【詳解】解：四邊形是正方形，，，
正方形的邊長為，，，，
，，，
，，
是等腰直角三角形故選：C．
3．（2023·重慶開州·統(tǒng)考一模）如圖，正方形的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在上，，連接與相交于點G，連接，取的中點H，連接，則的長為（　　）
A． B． C．5 D．
【答案】B
【分析】先證明，可得，進而得到，用勾股定理求得，再由直角三角形的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵點H是的中點，∴，∵，
∴，∴．故選：B
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，掌握三角形全等的判定方法與正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
◇典例10：（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，點為邊的中點，連接，過點作于點，連接交于點，平分交于點．則下列結(jié)論中，正確的個數(shù)為（ ）
①；②；③當時，
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
【答案】D
【分析】①根據(jù)題意可得，則，即，又,即可判斷①；②設(shè)正方形的邊長為，根據(jù)勾股定理求得，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得，進而求得，即可判斷②；過點分別作的垂線，垂足分別為，根據(jù)②的結(jié)論求得，勾股定理求得，即可判斷③．
【詳解】∵四邊形是正方形，∴，
∵∴∴
即，又,∴，故①正確；設(shè)正方形的邊長為，
∵點為邊的中點，∴,∴,
在中，，∴
在中，∴，
∵∴∴∴
∴∴
∴，故②正確；∵，∴,
如圖所示，過點分別作的垂線，垂足分別為，

又∵，∴四邊形是矩形，∵是的角平分線，
∴，∴四邊形是正方形，∴
∵∴
設(shè)，則 在中，，
∵∴解得：∴，
∴，故④正確．故選：D．
【點睛】本題考查了解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1．（2023·山東棗莊·統(tǒng)考二模）如圖，已知正方形的邊長為，是邊延長線上一點，，是邊上一點，將沿翻折，使點的對應(yīng)點落在邊上，連接交折痕于點，則的長是 ．
【答案】/
【分析】此題考查正方形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、勾股定理、根據(jù)面積等式求線段的長度；由正方形的性質(zhì)得，，則，由翻折得，則，所以，，則，因為垂直平分，所以，由勾股定理，求得，即可根據(jù)等面積法，求得，于是得到問題的答案．
【詳解】解：四邊形是邊長為的正方形，
，，，
由翻折得，，
，，，
點與點關(guān)于直線對稱，垂直平分，，
，且，，解得，
，，解得，故答案為：．
2．（2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，點E是上一點，延長至點F，使，連結(jié)，交于點K，過點A作，垂足為點H，交于點G，連結(jié)．下列四個結(jié)論：①；②；③；④．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（ ）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可由定理證，即可判定是等腰直角三角形，進而可得，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得；由此即可判斷①正確；再根據(jù)，可判斷③正確，進而證明，可得，結(jié)合，即可得出結(jié)論④正確，由隨著長度變化而變化，不固定，可 判斷②不一定成立．
【詳解】解：∵正方形，∴，，
∴，∵，∴，
∴，，∴，
∴是等腰直角三角形， ，∵，∴，
∵，∴，∴，故①正確；

又∵,,∴,∴，
∵，即：，
∴，∴，故③正確，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，故④正確，
∵若，則，又∵，∴，
而點E是上一動點，隨著長度變化而變化，不固定，
而，則故不一定成立，故②錯誤；
綜上，正確的有①③④共3個，故選：C．
【點睛】本題考查三角形綜合，涉及了正方形的性質(zhì)，全等三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形＂三線合一＂的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
◇典例11：（2023·河北邢臺·統(tǒng)考二模）下列四個菱形中分別標注了部分數(shù)據(jù)，根據(jù)所標數(shù)據(jù)，可以判斷菱形是正方形的是（ ）A．B． C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和正方形的判定逐項判斷即可．
【詳解】解：A中圖形中是一組鄰邊相等不能判定此菱形是正方形，故不符合題意；
B中圖形給出，根據(jù)菱形的對角線平分對角可得到，則可判定此菱形是正方形，符合題意；
C中圖形只給出，但不能證得，不能判定此菱形是正方形，故不符合題意；
D中圖形只給出，即對角線互相垂直平分，不能判定此菱形是正方形，故不符合題意，
故選：B．
【點睛】本題考查正方形的判定、菱形的性質(zhì)，熟知正方形的判定方法是解答的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考一模）如圖，已知矩形，下列條件能使矩形成為正方形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】已知四邊形是矩形，要使它成為正方形只有兩種方法：（1）一組鄰邊相等；（2）對角線互相垂直，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴當或當或或或時，四邊形是正方形；故選：B.
【點睛】本題主要考查了正方形的判定，熟練地掌握正方形的判定方法是解題的關(guān)鍵．（1）一組鄰邊相等的矩形是正方形；（2）對角線互相垂直的矩形是正方形．
2．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考三模）如圖，已知，過點D作交的延長線于點E，過點C作交的延長線于點F．

(1)求證：四邊形是矩形；
(2)請?zhí)砑右粋€條件：______，使得四邊形是正方形，不用說明理由．
【答案】(1)見解析(2)（答案不唯一）
【分析】（1）四邊形是平行四邊形，則，由，得到四邊形是平行四邊形，由得到，即可得到結(jié)論；（2）據(jù)矩形成為一個正方形的條件添加即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，
∵，∴四邊形是平行四邊形，
∵，∴，∴四邊形是矩形；
（2），理由是：∵四邊形是矩形，，∴四邊形是正方形．
故答案為：（答案不唯一）
【點睛】此題主要考查了矩形的判定、正方形的判定、平行四邊形的性質(zhì)等知識，熟練掌握矩形的判定、正方形的判定是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題）如圖，的對角線交于點，分別以點為圓心，長為半徑畫弧，兩弧交于點，連接．(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；(2)請說明當?shù)膶蔷€滿足什么條件時，四邊形是正方形？

【答案】(1)平行四邊形，見解析(2)且
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得到，根據(jù)兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形判定即可．
（2）根據(jù)對角線相等、平分且垂直的四邊形是正方形判定即可．
【詳解】（1）四邊形是平行四邊形．理由如下：
∵的對角線交于點，∴，
∵以點為圓心，長為半徑畫弧，兩弧交于點，
∴∴四邊形是平行四邊形．
（2）∵對角線相等、平分且垂直的四邊形是正方形，
∴且時，四邊形是正方形．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，熟練掌握判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
◇典例12：（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，為對角線的中點，．動點在線段上，動點在線段上，點同時從點出發(fā)，分別向終點運動，且始終保持．點關(guān)于的對稱點為；點關(guān)于的對稱點為．在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是（ ）
A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形
B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形
【答案】A
【分析】根據(jù)題意，分別證明四邊形是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．
【詳解】∵四邊形是矩形，∴，，
∴，，∵、，∴
∵對稱，∴，∴
∵對稱，∴，
∴，同理，∴∴
∴四邊形是平行四邊形，如圖所示，

當三點重合時，，∴即∴四邊形是菱形，
如圖所示，當分別為的中點時，設(shè)，則，，
在中，，連接，，
∵，∴是等邊三角形，
∵為中點，∴，，∴，
根據(jù)對稱性可得，∴，
∴，∴是直角三角形，且，∴四邊形是矩形，
當分別與重合時，都是等邊三角形，則四邊形是菱形
∴在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，
故選：A．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理與勾股定理的逆定理，軸對稱的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1.（2023·山西晉中·統(tǒng)考二模）在平行四邊形的復(fù)習課上，小明繪制了如下知識框架圖，箭頭處添加條件錯誤的是（ ）

A．①：對角線相等 B．②：對角互補 C．③：一組鄰邊相等 D．④：有一個角是直角
【答案】B
【分析】由矩形，菱形，正方形的判定，即可判斷．
【詳解】解：A、對角線相等的平行四邊形是矩形，故A正確，不符合題意；
B、對角互補的矩形不一定是正方形，錯誤，故B符合題意；
C、一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，正確，故C不符合題意；
D、有一個角是直角的菱形是正方形，正確，故D不符合題意．故選：B．
【點睛】本題考查矩形，菱形，正方形的判定，關(guān)鍵是熟練掌握矩形，菱形，正方形的判定方法．
2．（2023·安徽·模擬預(yù)測）過等腰的頂點畫線段，使得線段與邊平行且相等，則下列命題為真命題的是（ ）
A．若，則以為頂點的四邊形是正方形
B．若以為頂點的四邊形是正方形，則
C．若，則以為頂點的四邊形是菱形
D．若以為頂點的四邊形是菱形，則
【答案】C
【分析】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)；
由題意可得以為頂點的四邊形是平行四邊形．再根據(jù)各選項條件進行判斷即可．
【詳解】解：線段與平行且相等，以為頂點的四邊形是平行四邊形，
，只有為底角時，才可能有以為頂點的四邊形是正方形，
∴A選項為假命題；同理，B選項也為假命題；
若，一定有，∴以為頂點的四邊形一定是菱形，∴C為真命題；
若以為頂點的四邊形是菱形，則有四邊相等，但不能得到，∴D選項為假命題．
3．（2023·河南信陽·校考三模）下列命題中，是真命題的是（ ）
A．對角線互相垂直且平分的四邊形是菱形
B．一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形
C．一個角為90°且一組鄰邊相等的四邊形是正方形
D．對角線互相垂直且相等的四邊形是矩形
【答案】A
【分析】根據(jù)特殊四邊形的判定方法即可完成．
【詳解】A、對角線互相垂直且平分的四邊形是菱形，正確；
B、一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形不一定是平行四邊形，可以是等腰梯形，故不正確；
C、一個角為90°且一組鄰邊相等的四邊形是正方形，是假命題，一個角為90°且一組鄰邊相等的平行四邊形是正方形；D、對角線互相垂直且相等的四邊形是矩形是假命題；故選：A．
【點睛】本題考查了特殊四邊形的判定，掌握它們的判定方法是關(guān)鍵．
■考點四　梯形
◇典例13：（2023·湖南·統(tǒng)考一模）如圖，在梯形中，，，與相交于P．已知，，，則點P的坐標為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)題意得梯形是等腰梯形，則由對稱性可知P的橫坐標為6，過點P作于點E, 過點D作于點F，則，即可得，
根據(jù)題意得，，，進行計算得 ，即可得點P的縱坐標為，即可得．
【詳解】解：∵在梯形中，，，，，，
∴梯形是等腰梯形，∴由對稱性可知P的橫坐標為6，
如圖所示，過點P作于點E, 過點D作于點F，則，∴，
又∵，，，
∴， ∴，∴點P的縱坐標為， ∴點P的坐標為．
【點睛】本題考查了坐標與圖形性質(zhì)，梯形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，主要是考查學生綜合運用知識進行計算的能力．
◆變式訓練
1.（2023·上海普陀·統(tǒng)考二模）如果用兩根長度相同的細竹簽作對角線，制作一個四邊形的風箏，那么做成的風箏形狀不可能是（ ）
A．矩形 B．正方形 C．等腰梯形 D．直角梯形
【答案】D
【分析】根據(jù)矩形、正方形，等腰梯形的對角線相等，即可求解．
【詳解】解：∵矩形、正方形，等腰梯形的對角線相等
∴如果用兩根長度相同的細竹簽作對角線，制作一個四邊形的風箏，那么做成的風箏形狀不可能是直角梯形，故選：D．
【點睛】本題考查了矩形、正方形，等腰梯形的性質(zhì)，熟練掌握矩形、正方形，等腰梯形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2.（2023·上海·校考二模）依次連接等腰梯形各邊的中點得到的四邊形是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】A
【分析】根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)、中位線定理以及菱形的判定，可推出四邊形為菱形．
【詳解】解：如圖所示，等腰梯形中，，，分別是、的中點，連接．
E、F分別是的中點，，
同理，可得：，
又等腰梯形，，，四邊形是菱形．故選A．
【點睛】此題考查了等腰梯形的性質(zhì)、三角形中位線定理以及菱形的判定，熟練掌握這些性質(zhì)與定理是解此題的關(guān)鍵．
◇典例14：（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）如圖，四邊形中，，，，，則線段的長 ．
【答案】
【分析】作， 交延長線于點E，作于點F，得到四邊形是矩形，四邊形是等腰梯形，設(shè)，則，，推出，得到，解方程，求得，在和中，利用勾股定理即可求解．
【詳解】解：作， 交延長線于點E，作于點F，
則，
∵，∴，且四邊形是矩形，
∴，，∴，
∴四邊形是等腰梯形，則，，
∵，，∴，∴，
設(shè)，則，，
∵，∴，
而，∴，∴，即，
在中，，，∴，
∴，即，在中，，，
∴．故答案為：．
【點睛】本題考查勾股定理，矩形、梯形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
◆變式訓練
1．（2023·上海長寧·統(tǒng)考二模）下列命題中，假命題的是（ ）
A．對角線互相垂直的平行四邊形是菱形 B．對角線互相垂直的梯形是等腰梯形
C．對角線平分一組對角的平行四邊形是菱形 D．對角線平分一組對角的矩形是正方形
【答案】B
【分析】根據(jù)矩等腰梯形、菱形和正方形的判定一一判斷即可．
【詳解】解：A、對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，為真命題，不符合題意；
B、對角線互相垂直的梯形是等腰梯形，還有可能為直角梯形等其它梯形，為假命題，符合題意；
C、對角線平分一組對角的平行四邊形是菱形，為真命題，不符合題意；
D、對角線平分一組對角的矩形是正方形，為真命題，不符合題意；故選：B．
【點睛】本題考查了命題，等腰梯形、菱形和正方形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．
◇典例13：（2023·寧夏銀川·校考一模）如圖，在中，，是邊的中點，是內(nèi)一點，且 連接并延長，交于點若，則的長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，即可得到的長，再得到的長，進而得出的長．
【詳解】解：是邊的中點，且，∴中，，
，，是邊的中點，是的中點，
可得，，
又，，故選：D．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、梯形的中位線定理、直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)定理是解題的關(guān)鍵．
◆變式訓練
1．（2023·山西晉中·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，延長到點D，使，分別過點B，D作，，連接，點M，N分別是的中點，連接，則 ．
【答案】/
【分析】取的中點G，連接，求出，，，則，由得，，則，，求出，由是梯形的中位線得，，則，作于點H，可得，，得到，由勾股定理即可得到．
【詳解】解：取的中點G，連接，∵，，，
∴，，，∴，
∵，∴，∵，∴四邊形是梯形，，
∴，∴，∵N分別是的中點，
∴，∴，
∵M是的中點，∴是梯形的中位線，
∴，，∴，
作于點H，∴，，
∴，∴．故答案為：
【點睛】此題考查了梯形的中位線定理、解直角三角形、勾股定理等知識，構(gòu)造梯形的中位線和準確計算是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·江蘇南京·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，四邊形中，，E是的中點，過點E作交于F，則的長為 ．
【答案】
【分析】過點E作于點H，過點D作于點G，過點A作于點P，則，可得四邊形是矩形，設(shè)，則，證明，可得，在中，根據(jù)勾股定理可得，再證得是梯形的中位線，可得，再由，即可求解．
【詳解】解：如圖，過點E作于點H，過點D作于點G，過點A作于點P，則，
∴，∴四邊形是矩形，，
∴，設(shè)，則，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，即，解得：，
在中，，∴，解得：，∴，
∵，E是的中點，∴，即，
∴是梯形的中位線，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，即，解得：．故答案為：
【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，梯形的中位線定理，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，梯形的中位線定理，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考二模）如圖，在梯形中，已知，，，，，分別以、為直徑作圓，這兩圓的位置關(guān)系是（ ）
A．內(nèi)切 B．外切 C．相交 D．外離
【答案】D
【分析】先求出兩圓的圓心距，和的一半為兩圓的半徑，利用半徑之和兩圓的圓心距的大小關(guān)系求解．
【詳解】解：∵分別以、為直徑作圓，
∴兩圓的圓心分別是、的中點，∴兩圓心的連線是梯形的中位線．
∵，，∴兩圓的圓心距為，
∵，，∴兩圓的半徑分別為3和2，
∵，∴兩圓外離，故選：D．
【點睛】本題考查了梯形的中位線，以及圓與圓的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是分別求得兩圓的圓心距和兩圓的半徑．
1．（2023·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，以其三邊為邊在的同側(cè)作三個正方形，點在上，與交于點與交于點．若，則的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】設(shè)，正方形的邊長為，證明，先后求得，，，利用三角形面積公式求得，證明，求得，，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：∵四邊形是正方形，且，設(shè)，則，
∵四邊形是正方形，∴，∴，
∴，即，∴，∴，
同理，即，∴，同理，∴，
，，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，故選：B．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，解題的關(guān)鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
2．（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，分別以B，D為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點M，N，過M，N兩點作直線交于點O，交于點E，F(xiàn)，下列結(jié)論不正確的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據(jù)作圖可知：垂直平分，得到，于是得到點O為的對稱中心，，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，推出四邊形是菱形，據(jù)此判斷即可．
【詳解】解：根據(jù)作圖可知：垂直平分，∴，∴點O為的對稱中心，

∴，∵，∴，∴，
∵在中，，∴，∴，
∴，∴，故B正確；
∴，∴，故A正確；
∴四邊形是菱形，∴，故C正確；
與不一定相等，故D錯誤，故選：D．
【點睛】本題考查了垂直平分線的性質(zhì)，尺規(guī)作圖，菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握菱形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
3．（2023·上海·統(tǒng)考中考真題）已知在梯形中，連接，且，設(shè)．下列兩個說法：
①；②
則下列說法正確的是（ ）
A．①正確②錯誤 B．①錯誤②正確 C．①②均正確 D．①②均錯誤
【答案】D
【分析】根據(jù)已知及結(jié)論，作出圖形，進而可知當梯形為等腰梯形，即，時，①；②，其余情況得不出這樣的結(jié)論，從而得到答案．
【詳解】解：過作，交延長線于，如圖所示：

若梯形為等腰梯形，即，時，
四邊形是平行四邊形，，，，
， ，即，又，，
在中，，，則，
，此時①正確；
過作于，如圖所示：

在中，，，，則，，
，此時②正確；
而題中，梯形是否為等腰梯形，并未確定；梯形是還是，并未確定，
無法保證①②正確，故選：D．
【點睛】本題考查梯形中求線段長，涉及梯形性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)幾何判定與性質(zhì)是解決問題關(guān)鍵．
4．（2023·內(nèi)蒙古·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，，順次連接菱形各邊中點、、、，則四邊形的周長為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位線定理證得四邊形為平行四邊形，再求對角線長度，然后利用三角形中位線定理求出此平行四邊形邊長即可求出周長．
【詳解】解：如圖，連接、，相交于點，

點分別是邊的中點，
，，，同理，四邊形是平行四邊形，
四邊形是菱形， ，，對角線互相垂直，
，，，，是等邊三角形，，
在中，，，，
，，，
四邊形的周長為．故選：C．
【點睛】本題考查了中點四邊形的知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用三角形的中位線定理，菱形的性質(zhì)及平行四邊形的判定與性質(zhì)進行計算．
5．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，O為對角線的中點，E為正方形內(nèi)一點，連接，，連接并延長，與的平分線交于點F，連接，若，則的長度為（ ）

A．2 B． C．1 D．
【答案】D
【分析】連接，根據(jù)正方形得到，，根據(jù)角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，求得，再證明，求得，最后根據(jù)直角三角形斜邊上的中點等于斜邊的一半，即可求出的長度．
【詳解】解：如圖，連接，

四邊形是正方形，，，，
，，，
平分，，，
在與,，，
，，
O為對角線的中點，，故選：D．
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，正方形的性質(zhì)，直角三角形特征，作出正確的輔助線，求得是解題的關(guān)鍵．
6．（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考中考真題）矩形的對角線，相交于點，點在矩形邊上，連接．若，，則 ．
【答案】或
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，分點在上和上兩種情況討論即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，∴，
∵，∴∴，
如圖所示，當點在上時，∵，∴

如圖所示，當點在上時，∵，∴，
故答案為：或．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊對等角，三角形的外角的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．
7．（2023·陜西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，．點在邊上，且，、分別是邊、上的動點，且，是線段上的動點，連接，．若．則線段的長為 ．

【答案】
【分析】由題意知是等腰直角三角形，作點關(guān)于的對稱點，則在直線上，連接，，．即，，，所以此時、、三點共線且，點在的中點處，，可求出．
【詳解】解：，是等腰直角三角形，
作點關(guān)于的對稱點，則在直線上，連接，如圖：

．，即，
此時、、三點共線且，點在的中點處，
，．故答案為：．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)，作出適當?shù)妮o助線是解題關(guān)鍵．
8．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的邊，分別在軸、軸正半軸上，點在邊上，將矩形沿折疊，點恰好落在邊上的點處．若，，則點的坐標是 ．

【答案】
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)得出，在中，勾股定理求得，進而得出，在中，勾股定理建立方程，求得的長，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，∵折疊，∴，
在中，∴，
∴設(shè)，則，∵折疊，∴，
在中，，∴，解得：，
∴，∴的坐標為，故答案為：．
【點睛】本題考查矩形與折疊，勾股定理，坐標與圖形，熟練掌握折疊的性質(zhì)及勾股定理是解題關(guān)鍵．
9．（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考中考真題）已知四邊形是平行四邊形，點在對角線上，點在邊上，連接，，．(1)如圖①，求證；(2)如圖②，若，過點作交于點，在不添加任何軸助線的情況下，請直接寫出圖②中四個角（除外），使寫出的每個角都與相等．

【答案】(1)見解析；(2)，理由見解析．
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得，，進而有，從而利用即可證明結(jié)論成立；（2）先證四邊形是菱形，得，又證，得，由（）得得，根據(jù)等角的補角相等即可證明．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，∴，
∵，∴；
（2）解：，理由如下：
∵四邊形是平行四邊形，∴四邊形是菱形，，
∴，，，∴，
∵，∴，∴，
∴，由（）得，∴，
∵，∴．

【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定及性質(zhì)、等邊對等角、全等三角形的判定及性質(zhì)以及等角的補角相等．熟練掌握全等三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
10．（2023·內(nèi)蒙古·統(tǒng)考中考真題）已知正方形，是對角線上一點．

(1)如圖1，連接，．求證：；
(2)如圖2，是延長線上一點，交于點，．判斷的形狀并說明理由；
(3)在第（2）題的條件下，．求的值．
【答案】(1)見解析(2)是等腰三角形，理由見解析(3)
【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)得出，，進而即可得到；（2）先判斷出，進而判斷出，即可得到結(jié)論；
（3）先求出的長，可證明是等腰直角三角形．從而得到的長，再利用，，可證得，進而得到，從而可得到答案．
【詳解】（1）解：∵四邊形是正方形，是對角線，∴，，
在和中∴．
（2）解：是等腰三角形，理由如下：∵，∴，
∵四邊形是正方形，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，
∴，∴，∴是等腰三角形．

（3）解：∵，，∴，
又∵，∴是等腰直角三角形．∴，，
∴，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴．
【點睛】本題考查四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，熟練掌握等腰三角形以及全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
11．（2023·江蘇·統(tǒng)考中考真題）綜合與實踐
定義：將寬與長的比值為（為正整數(shù)）的矩形稱為階奇妙矩形．
（1）概念理解：當時，這個矩形為1階奇妙矩形，如圖（1），這就是我們學習過的黃金矩形，它的寬（）與長的比值是_________．
（2）操作驗證：用正方形紙片進行如下操作（如圖（2））：
第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為，連接；
第二步：折疊紙片使落在上，點的對應(yīng)點為點，展開，折痕為；
第三步：過點折疊紙片，使得點分別落在邊上，展開，折痕為．
試說明：矩形是1階奇妙矩形．
　　 　　 　　
（3）方法遷移：用正方形紙片折疊出一個2階奇妙矩形．要求：在圖（3）中畫出折疊示意圖并作簡要標注．
（4）探究發(fā)現(xiàn)：小明操作發(fā)現(xiàn)任一個階奇妙矩形都可以通過折紙得到．他還發(fā)現(xiàn)：如圖（4），點為正方形邊上（不與端點重合）任意一點，連接，繼續(xù)（2）中操作的第二步、第三步，四邊形的周長與矩形的周長比值總是定值．請寫出這個定值，并說明理由．
【答案】（1）；（2）見解析；（3），理由見解析
【分析】（1）將代入，即可求解．（2）設(shè)正方形的邊長為，根據(jù)折疊的性質(zhì)，可得，設(shè)，則，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）的方法得出2階奇妙矩形．（4）根據(jù)（2）的方法，分別求得四邊形的周長與矩形的周長，即可求解．
【詳解】解：（1）當時，，故答案為：．
（2）如圖（2），連接，

設(shè)正方形的邊長為，根據(jù)折疊的性質(zhì)，可得
設(shè)，則根據(jù)折疊，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴解得：∴∴矩形是1階奇妙矩形．
（3）用正方形紙片進行如下操作（如圖）：
第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為，再對折，折痕為，連接；
第二步：折疊紙片使落在上，點的對應(yīng)點為點，展開，折痕為；
第三步：過點折疊紙片，使得點分別落在邊上，展開，折痕為．
矩形是2階奇妙矩形，
理由如下，連接，設(shè)正方形的邊長為，根據(jù)折疊可得，則，
設(shè)，則根據(jù)折疊，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴ 解得：∴
當時，∴矩形是2階奇妙矩形．
（4）如圖（4），連接，設(shè)正方形的邊長為1，設(shè)，則，
設(shè)，則 根據(jù)折疊，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴整理得，
∴四邊形的邊長為
矩形的周長為，
∴四邊形的周長與矩形的周長比值總是定值
【點睛】本題考查了正方形的折疊問題，勾股定理，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
1．（2023·上海浦東新·校考三模）下列命題中，真命題的是（ ）
A．兩條對角線相等的四邊形是矩形 B．兩條對角線互相垂直的四邊形是菱形
C．兩條對角線相等的四邊形是矩形或等腰梯形 D．兩條對角互相平分的四邊形是平行四邊形
【答案】D
【分析】根據(jù)特殊四邊形的判定方法即可判定．
【詳解】解：A、兩條對角線相等的平行四邊形是矩形，故為假命題；
B、兩條對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故為假命題；
C、兩條對角線相等的四邊形不一定是矩形或等腰梯形，故為假命題；
D、兩條對角互相平分的四邊形是平行四邊形，故為真命題；故選：D．
【點睛】本題考查了命題的真假．解決本題要熟悉常見四邊形的判定方法．
2．（2022·陜西西安·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形中，于點E，，則的長為（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】由矩形的性質(zhì)得出，得出，由已知條件得出，，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出，得出為等邊三角形，因此，由三角形的外角性質(zhì)得出，由含角的直角三角形的性質(zhì)即可得出的長．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，∴，∴，
∵，∴
∴又故點D在線段的垂直平分線上.
∴，∴，∴為等邊三角形，
∴，∴，
∵在中,，∴，
∴，∴．故選：D．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，證明是等邊三角形是本題的關(guān)鍵．
3．（2023·河南濮陽·統(tǒng)考一模）如圖，平行四邊形的對角線，相交于點，則下列說法不正確的是（ ）

A．當時，平行四邊形是矩形 B．當時，平行四邊形是矩形
C．當時，平行四邊形是矩形 D．當時，平行四邊形是矩形
【答案】C
【分析】根據(jù)矩形和菱形的判定性質(zhì)分別對各項進行判斷即可．
【詳解】解：、四邊形是平行四邊形，，
平行四邊形是矩形，故本選項不符合題意；
、四邊形是平行四邊形，，
平行四邊形是矩形，故本選項不符合題意；
、四邊形是平行四邊形，，
平行四邊形是菱形，故本選項符合題意；
、四邊形是平行四邊形，，，
，，平行四邊形是矩形，故本選項不符合題意，故選：．
【點睛】本題考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握矩形的判定是解答本題的關(guān)鍵．
4．（2024·福建三明·統(tǒng)考一模）如圖，正方形的邊長為4，點為的中點，連接，點分別在上，且，則的長為（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)．設(shè)交于點P，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，從而得到，再由，可得，從而得到，即可求解．
【詳解】解：如圖，設(shè)交于點P，
∵四邊形是正方形，且邊長為4， ∴，
∴，∴，∵點為的中點，∴，
∴，∴，即，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴．故選：B
5．（2023·廣東陽江·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，，連接，點E為上一個動點，點F為上一個動點，連接，且始終滿足，則線段的最小值為（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】先利用矩形的性質(zhì)及已知條件得出的長，再由勾股定理得出的長，然后利用三角函數(shù)得出，從而，再證得，取中點O，E在以為直徑的圓上，則當時，最短，設(shè)，則，，根據(jù)題意得出關(guān)于x的一元一次方程，解得x的值，則答案可求．
【詳解】解：∵四邊形為矩形，∴，
∵，∴，∴由勾股定理得：，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴取中點O，E在以為直徑的圓上，
∴，∴當取最小值時，也為最小值，
∵E為上的動點，∴當時，OE最短，∵，∴，
設(shè)，則，∴，∴，
∴，∴．故選：D．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、解直角三角形、勾股定理在計算中的應(yīng)用、圓的定義及一元一次方程在幾何問題中的應(yīng)用，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．
6．（2023·江蘇無錫·一模）如圖，長方形中，，為上一點，且，為邊上的一個動點，連接，將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，連接和，則的最小值為 ．

【答案】
【分析】將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，連接，連接交于，首先證明，推出點的在射線上運動，推出當時，的值最小，求出、的長即可得到答案．
【詳解】解：如圖，將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，連接，連接交于，

四邊形是矩形，，
，，，，
，點的在射線上運動，當時，的值最小，
，，，
，四邊形是矩形，
，，，，
，，的最小值為．
【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用的輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
7．（2023·甘肅天水·校考模擬預(yù)測）如圖，菱形的對角線與相交于點O，E為的中點，連接，，4，則 ．
【答案】
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)、含30度角的直角三角形以及斜中半定理等知識點，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，進而可推出，；求出，根據(jù)即可求解．
【詳解】解：∵，∴
∵∴，，∴
∵∴
∵E為的中點，∴故答案為：
8．（2023·湖北武漢·校考模擬預(yù)測）如圖，矩形中，，相交于點O，過點B作交于點F，交于點M，過點D作交于點E，交于點N，連接，．則下列結(jié)論：①；②；③；④當時，四邊形是菱形．其中正確的結(jié)論是 ．
【答案】①②④
【分析】證，得出，，判斷①；證，得出，，證四邊形是平行四邊形，得出，判斷②；假設(shè)，可得與題干信息不相符的結(jié)論，可判斷③，證四邊形是平行四邊形，證出，則，得出四邊形是菱形；判斷④；即可得出結(jié)論．
【詳解】解：四邊形是矩形，，，，，，，，
，，，，
在和中，，，
，，故①符合題意；
在和中，，，
，， ，即，
，四邊形是平行四邊形，，故②符合題意；
∴，當，則，
∵，∴，∴，與題干信息不符，故③不符合題意；
，，，，四邊形是平行四邊形，
，，是等邊三角形，
，，
，，，，
四邊形是菱形；故④符合題意；故答案為：①②④．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
9．（2023·吉林長春·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形中，對角線交于點O，交延長線于點E，交延長線于點F．(1)求證：四邊形是矩形．(2)若四邊形為菱形，H為中點，連接，若，則長為 　　．

【答案】(1)見解析(2)
【分析】（1）先證四邊形是平行四邊形，再證，即可得出結(jié)論；
（2）由菱形的性質(zhì)得，由勾股定理和三角形的中位線定理即可解答．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴．
∵，∴四邊形是平行四邊形．
∵，∴，∴平行四邊形是矩形．
（2）解：如圖，∵四邊形是菱形，∴，
∵四邊形是矩形，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵H為中點，∴，∴．故答案為：．
【點睛】本題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及三角形中位線定理等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)和矩形的判定是解題的關(guān)鍵．
10．（2024·上海楊浦·統(tǒng)考一模）已知：如圖，在等腰梯形中，，，點在邊上，與交于點，．
(1)求證：；(2)如果點是邊的中點，求證：．
【答案】(1)見解析(2)見解析
【分析】本題考查了等腰梯形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．(1)先證明，得到；再證明，得到，等量代換即可．(2)先，得到；再證明，得到，等量代換即可．
【詳解】（1）∵，，
∴，∴，∴；
∵等腰梯形中，，，∴
∵，∴，∴，
∴；∴．
（2）∵等腰梯形中，，，∴
∵，∴，∴，
∴， ，
∵點是邊的中點，∴．∴；∴；
∵，，∴，∴，
∴，∴．
11．（2023·河南周口·校聯(lián)考模擬預(yù)測）綜合與實踐課上，老師讓同學們以“正方形的折疊”為主題開展實踐活動．
(1)操作判斷
操作一：如圖（1），正方形紙片，點是邊上（點不與點，重合）任意一點，沿折疊到，如圖（2）所示；
操作二：將圖（2）沿過點的直線折疊，使點的對稱點落在上，得到折痕，點的對稱點記為，如圖（3）所示；
操作三：將紙片展平，連接，如圖（4）所示．
根據(jù)以上操作，回答下列問題：
①，，三點 （填“在”或“不在”一條直線上；
②和的位置關(guān)系是 ，數(shù)量關(guān)系是 ；
③如圖（5），連接，改變點在上的位置， （填“存在”或“不存在”點，使平分．
(2)遷移探究：蘇鈺同學將正方形紙片換成矩形紙片，，，按照（1）中的方式操作，得到圖（6）或圖（7）．請完成下列探究：
①當點在上時，如圖（6），和有何數(shù)量關(guān)系？并說明理由；
②當?shù)拈L為1時，請直接寫出的長．
【答案】(1)①在，②，相等；③不存在；(2)①，理由見解析；②或．
【分析】（1）①的對稱點為，，，即可判斷；②由①，由同角的余角相等得，由可判定，由全等三角形的性質(zhì)即可得證；③由可判定，由全等三角形的性質(zhì)得，等量代換得，與矛盾，即可得證；（2）①由（1）中的②可判定，由三角形相似的性質(zhì)即可求解；②當在上時，，由三角形相似的性質(zhì)即可求解；當在上時，同理可判定，由三角形相似的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）解：①的對稱點為，
，，、、共線，故答案為：在；
②由①知：、、共線，在上，，
，，
四邊形是正方形，，
，，，
在和中，()，，故答案為：相等；
③不存在，理由如下：假如存在，平分，，
四邊形是正方形，，，
在和中()，，
，，是的斜邊，，與矛盾，
故假設(shè)不成立，所以答案為：不存在；
（2）解：①，理由如下：由（1）中的②得：
，，，；
②當在上時，，由①知：，
，，
當在上時，，
，，，
，，，綜上所述：或．
【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，三角形相似的判定及性質(zhì)，掌握相關(guān)的判定方法及性質(zhì)，“十字架”典型問題的解法是解題的關(guān)鍵．
1．（2023·四川眉山·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，將矩形紙片折疊，折痕為，點，分別在邊，上，點，的對應(yīng)點分別為，且點在矩形內(nèi)部，的延長線交與點，交邊于點，，，當點為三等分點時，的長為（ ）
A． B． C． D．4或
【答案】D
【分析】本題考查了翻折變換（折疊問題），矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理等知識，考查了分類討論的思想，根據(jù)勾股定理列方程求解是解題的關(guān)鍵．
根據(jù)點為三等分點，分兩種情況分別計算，根據(jù)折疊的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明，得到，證明，求出的長，過點作于點，則，設(shè)根據(jù)勾股定理列方程求出即可．
【詳解】解：當時，，將矩形紙片折疊，折痕為，
，，，，，
，，，，
，，，，，
過點作于點，則，

設(shè)，則，，，
，，解得： ；
當時，，，，
，，，，
，，解得：，．故選：D．
2．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，連接，以點為圓心，長為半徑作弧，交直線于點，連接，則的度數(shù)是 ．

【答案】或
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得，再進行分類討論：當點E在點A上方時，當點E在點A下方時，即可進行解答．
【詳解】解：∵四邊形為菱形，，∴，
連接，①當點E在點A上方時，如圖，
∵，，∴，
②當點E在點A下方時，如圖，
∵，，∴，故答案為：或．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和以及三角形的外角定理，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的對角線平分內(nèi)角；等腰三角形兩底角相等，三角形的內(nèi)角和為；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角之和．
3．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，動點在矩形的邊上沿運動．當點不與點重合時，將沿對折，得到，連接，則在點的運動過程中，線段的最小值為 ．

【答案】/
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)得出在為圓心，為半徑的弧上運動，進而分類討論當點在上時，當點在上時，當在上時，即可求解．
【詳解】解：∵在矩形中，，
∴，，
如圖所示，當點在上時，

∵∴在為圓心，為半徑的弧上運動，
當三點共線時，最短，此時，
當點在上時，如圖所示，

此時 當在上時，如圖所示，此時

綜上所述，的最小值為，故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形與折疊問題，圓外一點到圓上的距離的最值問題，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4．（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）【問題背景】
人教版八年級下冊數(shù)學教材第63頁“實驗與探究”問題1如下：如圖，正方形的對角線相交于點，點又是正方形的一個頂點，而且這兩個正方形的邊長相等，無論正方形繞點怎樣轉(zhuǎn)動，兩個正方形重疊部分的面積，總等于一個正方形面積的.想一想，這是為什么？（此問題不需要作答）
九年級數(shù)學興趣小組對上面的問題又進行了拓展探究、內(nèi)容如下：正方形的對角線相交于點，點落在線段上，（為常數(shù)）．

【特例證明】（1）如圖1，將的直角頂點與點重合，兩直角邊分別與邊，相交于點，.①填空：______；②求證：．（提示：借鑒解決【問題背景】的思路和方法，可直接證明；也可過點分別作，的垂線構(gòu)造全等三角形證明．請選擇其中一種方法解答問題②．）
【類比探究】（2）如圖2，將圖1中的沿方向平移，判斷與的數(shù)量關(guān)系（用含的式子表示），并說明理由．
【拓展運用】（3）如圖3，點在邊上，，延長交邊于點，若，求的值．
【答案】（1）①1；②見解析；（2），理由見解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性質(zhì)即可得出答案；
②根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，，，利用證明即可；
（2）過點作交于，利用平行線的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)易證得，，可證明，利用相似三角形性質(zhì)即可得出答案；
（3）過點作交于，作于，作于，利用證得，可得：，，再證得，可得，同理可得：，推出，進而可得，令，則，，，利用勾股定理即可求得答案．
【詳解】解：（1）①由正方形的性質(zhì)可知：，
∵將的直角頂點與點重合，∴，故答案為：1；
②證明：∵四邊形是正方形，∴，，，
∴，即，∴，∴．
（2），理由如下：過點作交于，∴，，

∵四邊形是正方形，∴，，
∴，，
∴，，即，
∴，∴．
（3）過點作交于，作于，作于，

則，∴，
即，∴，
由（2）和已知條件可得：，，∴，
∴，∴，，
∵，，∴，
∴，∴，同理可得：，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，令，則，，，
∴，∴．
【點睛】此題是相似三角形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出相似三角形和全等三角形是解本題的關(guān)鍵．
5．（2023·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，點為矩形的對稱中心，，，點為邊上一點，連接并延長，交于點，四邊形與關(guān)于所在直線成軸對稱，線段交邊于點．

(1)求證：；(2)當時，求的長；(3)令，．
①求證：；②如圖2，連接，，分別交，于點，.記四邊形的面積為，的面積為.當時，求的值．
【答案】(1)見解析(2)(3)①見解析；②
【分析】（1）根據(jù)軸對稱和矩形的性質(zhì)，證明，即可解答；
（2）過點作于，設(shè)，則，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答；（3）①過點作于，連接，證明，可得，得到，即可解答；②連接，證明，進而證明，進而證明，可得，再證明，得到，再得到，最后根據(jù)①中結(jié)論，即可解答．
【詳解】（1）證明：四邊形為矩形，，，
四邊形與關(guān)于所在直線成軸對稱，
，，；
（2）解：如圖，過點作于，
設(shè)設(shè)，則，，
，四邊形為矩形，，
點為矩形的對稱中心，，，
在中，，可得方程，
解得（此時，故舍去0），；

（3）解：①證明：過點作于，連接，
點為矩形的對稱中心，，，
，，，
，，，即，
，，；
②如圖，連接，由題意可得,
點為矩形的對稱中心，，
同理可得，由（1）知，，即，
，，，
，，
，，即，
，，，，，
，，
，，，
，，當時，由①可得，解得，
，，．
【點睛】本題考查了四邊形綜合應(yīng)用，涉及軸對稱變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題的關(guān)鍵．
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第四章 三角形及四邊形
第六節(jié) 特殊的平行四邊形
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 矩形的判定及性質(zhì) ☆☆☆ 特殊的平行四邊形是中考中的考查重點，年年都會考查，分值為15分左右，預(yù)計2024年各地中考還將出現(xiàn)，并且在選擇、填空題中考查利用特殊四邊形性質(zhì)和判定求角度、長度問題的可能性比較大。解答題中考查特殊四邊形的性質(zhì)和判定，一般和三角形全等（相似）、解直角三角形、二次函數(shù)、動態(tài)問題綜合應(yīng)用的可能性比較大。對于本考點內(nèi)容，要注重基礎(chǔ)，反復(fù)練習，靈活運用。
考點2 菱形的判定及性質(zhì) ☆☆☆
考點3 正方形的判定及性質(zhì) ☆☆☆
考點4 梯形 ☆
注意：補充的特殊梯形屬于滬教版內(nèi)容，其他版本可以不用掌握。
■考點一　矩形的判定及性質(zhì)
1）矩形的定義：有一個角是 的平行四邊形叫做 。
2）矩形的性質(zhì)：（1）矩形兩組對邊平行且相等；（2）矩形的四個角都是直角；（3）對角線互相 且 ；（4）矩形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.矩形的對稱中心是矩形對角線的交點；矩形有兩條對稱軸，矩形的對稱軸是過矩形對邊中點的直線；矩形的對稱軸過矩形的對稱中心。
【推論】在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的 。
3）矩形的判定：（1) 有一個角是直角的 是矩形；（2）對角線 的平行四邊形是矩形；
（3）有 是直角的四邊形是矩形。
矩形的判定思路：要證明一個四邊形是矩形，首先要判斷四邊形是否為平行四邊形，若是，則需要再證明對角線相等或有一個角是直角；若不易判斷，則可通過證明有三個角是直角來直接證明。
4）矩形的折疊問題：（1）對折疊前后的圖形進行細致分析，折疊后的圖形與原圖形全等，對應(yīng)邊、對應(yīng)角分別相等，找出各相等的邊或角；（2）折痕可看作角平分線（對稱線段所在的直線與折痕的夾角相等）；（3) 折痕可看作垂直平分線（互相重合的兩點之間的連線被折痕垂直平分）；（4）選擇一個直角三角形(不找以折痕為邊長的直角三角形)，利用未知數(shù)表示其它直角三角形三邊，通過勾股定理/相似三角形知識求解。
■考點二　菱形的判定及性質(zhì)
1）菱形的定義：有一組 的 四邊形叫做菱形。
2）菱形的性質(zhì)：1）具有平行四邊形的所有性質(zhì)；2）四條邊都 ；3）兩條對角線互相 ，且每條對角線平分 ；4）菱形既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，菱形的對稱中心是菱形對角線的交點，菱形的對稱軸是菱形對角線所在的直線，菱形的對稱軸過菱形的對稱中心。
3）菱形的判定：（1）對角線互相 的 四邊形是菱形；（2）一組 的 四邊形是菱形；（3） 的四邊形是菱形。
菱形的判定思路：判定一個四邊形是菱形時，可先說明它是平行四邊形，再說明它的一組鄰邊相等或它的對角線互相垂直，也可直接說明它的四條邊都相等或它的對角線互相垂直平分。
4）菱形的面積：S=ah=對角線乘積的一半（其中a為邊長，h為高）；菱形的周長：周長C=4a。
■考點三　正方形的判定及性質(zhì)
1）正方形的定義： 都相等， 都是直角的四邊形叫做 。
2）正方形的性質(zhì)：（1）正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質(zhì)；
（2）正方形的四個角都是 ，四條邊都 ；（3）正方形對邊 且 ；
（4）正方形的對角線互相 且 ，每條對角線平分一組 ；
（5）正方形的兩條對角線把正方形分成四個全等的等腰直角三角形，正方形對角線與邊的夾角為45°；
（6）正方形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形。
3）正方形的判定：（1）平行四邊形+一組鄰邊相等+一個角為直角；（2）矩形+一組鄰邊相等；
（3）矩形+對角線互相垂直；（4）菱形+一個角是直角；（5）菱形+對角線相等.
正方形的判定思路：判定一個四邊形是正方形通常先證明它是矩形，再證明它有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；或者先證明它是菱形，再證明它有一個角是直角或?qū)蔷€相等；還可以先判定四邊形是平行四邊形，再證明它有一個角為直角和一組鄰邊相等。
4）正方形的面積：S正方形＝a2＝對角線乘積的一半；正方形的周長：C正方形=4a。
5）平行四邊形、矩形、菱形、正方形之間的關(guān)系：
■考點四　梯形
1）梯形的定義：一組對邊 而另一組對邊 的四邊形叫梯形。
2）梯形的分類：一般梯形、等腰梯形、直角梯形。
3）等腰梯形性質(zhì)：（1）等腰梯形的兩底 ，兩腰 ；（2）等腰梯形的同一底邊上的兩個角 ；（3）等腰梯形的兩條對角線 ；（4）等腰梯形是軸對稱圖形（底邊的中垂線就是它的對稱軸）。
4）等腰梯形判定：1）兩腰相等的梯形是等腰梯形；2）同一底邊上的兩個角相等的梯形是等腰梯形；
3）對角線相等的梯形是等腰梯形。
等腰梯形的判定思路：判定一個四邊形是等腰梯形,必須先判定四邊形是梯形,再證明同一底邊上的兩個角相等或兩腰相等或兩條對角線相等。
5）梯形的面積公式： 。
6）解決梯形問題的常用方法（如下圖所示）：
（1）作高：使兩腰在兩個直角三角形中；（2）平移對角線：使兩條對角線在同一個三角形中；
（3）延長兩腰：構(gòu)造具有公共角的兩個三角形.（4）等積變形：連接梯形上底一端點和另一腰中點，并延長交下底的延長線于一點，構(gòu)成三角形．并且這個三角形面積與原來的梯形面積相等；
（5）平移腰：過上底端點作一腰的平行線，構(gòu)造一個平行四邊形和三角形；
（6）過上底中點平移兩腰：構(gòu)造兩個平行四邊形和一個三角形。
■易錯提示
1.定義說有一個角是直角的平行四邊形才是矩形，不要錯誤地理解為有一個角是直角的四邊形是矩形。
2.定義說有一組鄰邊相等的平行四邊形才是菱形，不要錯誤地理解為有一組鄰邊相等的四邊形是菱形。
3.在利用對角線長求菱形的面積時，要特別注意不要漏掉計算公式中的。
■考點一　矩形的判定及性質(zhì)
◇典例1：（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形的對角線相交于點，下列結(jié)論一定正確的是（ ）
A．平分 B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形的對角線相交于點．若，則（ ）

A． B． C． D．
2．（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，對角線的垂直平分線分別交，于點，．若，，則的長為（ ）

A． B．3 C． D．
3．（2023·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形的對角線與交于點，過點作的垂線分別交，于、兩點．若，，則的長度為（ ）
A．1 B．2 C． D．
◇典例2：（2023·西藏·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，和相交于點O，，，點E是邊上一點，過點E作于點H，于點G，則的值是（ ）

A．2.4 B．2.5 C．3 D．4
◆變式訓練
1．（2023·湖北武漢·校考模擬預(yù)測）矩形中，E，F(xiàn)分別在邊，上，，，，則 ．

2．（2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，于點E，F(xiàn)，再分別以點E，F(xiàn)為圓心，大于長為半徑畫弧交于點P，作射線，過點C作的垂線分別交于點M，N，則的長為（ ）

A． B． C． D．4
◇典例3：（2023·遼寧盤錦·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形是矩形，，．點E為邊的中點，點F為邊上一點，將四邊形沿折疊，點A的對應(yīng)點為點，點B的對應(yīng)點為點，過點作于點H，若，則的長是 ．

◆變式訓練
1．（2023·浙江杭州·校考三模）如圖，將矩形紙片折疊，折痕為，點M，N分別在邊，上，點C，D的對應(yīng)點分別為點E，F(xiàn)，且點F在矩形內(nèi)部，的延長線交邊于點G，交邊于點H．，，，當時，的長為 ．
2．（2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）矩形中，，將矩形沿過點的直線折疊，使點落在點處，若是直角三角形，則點到直線的距離是 ．
3．（2023·青海西寧·統(tǒng)考中考真題）折疊問題是我們常見的數(shù)學問題，它是利用圖形變化的軸對稱性質(zhì)解決的相關(guān)問題．數(shù)學活動課上，同學們以“矩形的折疊”為主題開展了數(shù)學活動．
【操作】如圖1，在矩形中，點M在邊上，將矩形紙片沿所在的直線折疊，使點D落在點處，與交于點N．

【猜想】【驗證】請將下列證明過程補充完整：
∵矩形紙片沿所在的直線折疊∴ 。
∵四邊形是矩形∴（矩形的對邊平行）
∴ （ ）
∴ （等量代換）
∴（ ）
【應(yīng)用】如圖2，繼續(xù)將矩形紙片折疊，使恰好落在直線上，點A落在點處，點B落在點處，折痕為．
（1）猜想與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）若，，求的長．
◇典例4：（2023·上海·統(tǒng)考中考真題）在四邊形中，．下列說法能使四邊形為矩形的是（ ）
A． B． C． D．
◆變式訓練
1.（2023·山西晉城·統(tǒng)考一模）如圖，在中，對角線，相交于點O，點E，F(xiàn)在上，且，連接，，，．若添加一個條件使四邊形是矩形，則該條件可以是 ．（填寫一個即可）

2.（2022·廣西河池·統(tǒng)考一模）要求加工4個長為、寬為的矩形零件．陳師傅對4個零件進行了檢測．根據(jù)零件的檢測結(jié)果，圖中不合格的零件是（ ）
A．B． C．D．
◇典例5：（2023·山東青島·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，的平分線交于點E，的平分線交于點F，點G，H分別是和的中點．(1)求證：；
(2)連接．若，請判斷四邊形的形狀，并證明你的結(jié)論．

◆變式訓練
1．（2023·四川內(nèi)江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，D是的中點，E是的中點，過點A作交的延長線于點F．(1)求證：；(2)連接，若，求證：四邊形是矩形．

2．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，點在的邊上，，請從以下三個選項中①；②；③，選擇一個合適的選項作為已知條件，使為矩形．(1)你添加的條件是_________（填序號）；(2)添加條件后，請證明為矩形．

■考點二　菱形的判定及性質(zhì)
◇典例6：（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形中，連接，若，則的度數(shù)為（ ）

A． B． C． D．
◆變式訓練
1. （2023·四川甘孜·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點在軸的正半軸上，點的坐標為，則點的坐標為 ．

3．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考中考真題）若菱形的兩條對角線長分別為6和8，則該菱形的面積為 ．
◇典例7：（2023·廣東深圳·校考模擬預(yù)測）如圖，四邊形為菱形，，交的延長線于點，交于點，且．則下列結(jié)論：①；②；③；④．其中正確結(jié)論是（　　）
A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
◆變式訓練
1. （2023·海南三亞·統(tǒng)考二模）如圖，將邊長為4，銳角為的菱形沿折疊，使頂點恰好落在邊的中點處，記為，則的長度為（ ）
A． B． C．3 D．
2．（2023·黑龍江哈爾濱·校考模擬預(yù)測）如圖，在菱形中，，點在上，連接，點在上，，過點作于點，若，，則的長為 ．

3．（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形是平行四邊形，連接，交于點，平分交于點，平分交于點，連接，．
(1)求證：；(2)若四邊形是菱形且，，求四邊形的面積．
◇典例8：（2023·湖南永州·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知四邊形是平行四邊形，其對角線相交于點O，．(1)是直角三角形嗎？請說明理由；(2)求證：四邊形是菱形．

◆變式訓練
1．（2023·云南·統(tǒng)考中考真題）如圖，平行四邊形中，分別是的平分線，且分別在邊上，．(1)求證：四邊形是菱形；(2)若，的面積等于，求平行線與間的距離．

2．（2023·廣東深圳·學校考模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，，對角線的垂直平分線與邊分別相交于點M、N．
(1)求證：四邊形是菱形；(2)若，求菱形的周長．
■考點三　正方形的判定及性質(zhì)
◇典例9：（2023·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知正方形的邊長為3，點是對角線上的一點，于點，于點，連接，當時，則（ ）

A． B．2 C． D．
◆變式訓練
1．（2023·海南三亞·統(tǒng)考二模）如圖，點，，以為邊作正方形，點E是邊上一點，且，則點E的坐標為（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·廣東汕尾·統(tǒng)考二模）如圖，正方形的邊長為，點在對角線上，且，于點，則的長為(　　)
A． B． C． D．
3．（2023·重慶開州·統(tǒng)考一模）如圖，正方形的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在上，，連接與相交于點G，連接，取的中點H，連接，則的長為（　　）
A． B． C．5 D．
◇典例10：（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，點為邊的中點，連接，過點作于點，連接交于點，平分交于點．則下列結(jié)論中，正確的個數(shù)為（ ）
①；②；③當時，
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
◆變式訓練
1．（2023·山東棗莊·統(tǒng)考二模）如圖，已知正方形的邊長為，是邊延長線上一點，，是邊上一點，將沿翻折，使點的對應(yīng)點落在邊上，連接交折痕于點，則的長是 ．
2．（2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，點E是上一點，延長至點F，使，連結(jié)，交于點K，過點A作，垂足為點H，交于點G，連結(jié)．下列四個結(jié)論：①；②；③；④．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（ ）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
◇典例11：（2023·河北邢臺·統(tǒng)考二模）下列四個菱形中分別標注了部分數(shù)據(jù)，根據(jù)所標數(shù)據(jù)，可以判斷菱形是正方形的是（ ）A．B． C．D．
◆變式訓練
1．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考一模）如圖，已知矩形，下列條件能使矩形成為正方形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考三模）如圖，已知，過點D作交的延長線于點E，過點C作交的延長線于點F．(1)求證：四邊形是矩形；
(2)請?zhí)砑右粋€條件：______，使得四邊形是正方形，不用說明理由．

3．（2023·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題）如圖，的對角線交于點，分別以點為圓心，長為半徑畫弧，兩弧交于點，連接．(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；(2)請說明當?shù)膶蔷€滿足什么條件時，四邊形是正方形？

◇典例12：（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，為對角線的中點，．動點在線段上，動點在線段上，點同時從點出發(fā)，分別向終點運動，且始終保持．點關(guān)于的對稱點為；點關(guān)于的對稱點為．在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是（ ）
A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形
B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形
◆變式訓練
1.（2023·山西晉中·統(tǒng)考二模）在平行四邊形的復(fù)習課上，小明繪制了如下知識框架圖，箭頭處添加條件錯誤的是（ ）

A．①：對角線相等 B．②：對角互補 C．③：一組鄰邊相等 D．④：有一個角是直角
2．（2023·安徽·模擬預(yù)測）過等腰的頂點畫線段，使得線段與邊平行且相等，則下列命題為真命題的是（ ）
A．若，則以為頂點的四邊形是正方形
B．若以為頂點的四邊形是正方形，則
C．若，則以為頂點的四邊形是菱形
D．若以為頂點的四邊形是菱形，則
3．（2023·河南信陽·校考三模）下列命題中，是真命題的是（ ）
A．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形 B．一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形
C．一個角為90°且一組鄰邊相等的四邊形是正方形D．對角線互相垂直且相等的四邊形是矩形
■考點四　梯形
◇典例13：（2023·湖南·統(tǒng)考一模）如圖，在梯形中，，，與相交于P．已知，，，則點P的坐標為 ．
◆變式訓練
1.（2023·上海普陀·統(tǒng)考二模）如果用兩根長度相同的細竹簽作對角線，制作一個四邊形的風箏，那么做成的風箏形狀不可能是（ ）
A．矩形 B．正方形 C．等腰梯形 D．直角梯形
2.（2023·上海·校考二模）依次連接等腰梯形各邊的中點得到的四邊形是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
◇典例14：（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）如圖，四邊形中，，，，，則線段的長 ．
◆變式訓練
1．（2023·上海長寧·統(tǒng)考二模）下列命題中，假命題的是（ ）
A．對角線互相垂直的平行四邊形是菱形 B．對角線互相垂直的梯形是等腰梯形
C．對角線平分一組對角的平行四邊形是菱形 D．對角線平分一組對角的矩形是正方形
◇典例13：（2023·寧夏銀川·校考一模）如圖，在中，，是邊的中點，是內(nèi)一點，且 連接并延長，交于點若，則的長為（ ）
A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·山西晉中·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，延長到點D，使，分別過點B，D作，，連接，點M，N分別是的中點，連接，則 ．
2．（2023·江蘇南京·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，四邊形中，，E是的中點，過點E作交于F，則的長為 ．
3．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考二模）如圖，在梯形中，已知，，，，，分別以、為直徑作圓，這兩圓的位置關(guān)系是（ ）
A．內(nèi)切 B．外切 C．相交 D．外離
1．（2023·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，以其三邊為邊在的同側(cè)作三個正方形，點在上，與交于點與交于點．若，則的值是（ ）

A． B． C． D．
2．（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，分別以B，D為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點M，N，過M，N兩點作直線交于點O，交于點E，F(xiàn)，下列結(jié)論不正確的是（ ）

A． B． C． D．
3．（2023·上海·統(tǒng)考中考真題）已知在梯形中，連接，且，設(shè)．下列兩個說法：①；②則下列說法正確的是（ ）
A．①正確②錯誤 B．①錯誤②正確 C．①②均正確 D．①②均錯誤
4．（2023·內(nèi)蒙古·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，，順次連接菱形各邊中點、、、，則四邊形的周長為（ ）

A． B． C． D．
5．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，O為對角線的中點，E為正方形內(nèi)一點，連接，，連接并延長，與的平分線交于點F，連接，若，則的長度為（ ）

A．2 B． C．1 D．
6．（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考中考真題）矩形的對角線，相交于點，點在矩形邊上，連接．若，，則 ．
7．（2023·陜西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，．點在邊上，且，、分別是邊、上的動點，且，是線段上的動點，連接，．若．則線段的長為 ．

8．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的邊，分別在軸、軸正半軸上，點在邊上，將矩形沿折疊，點恰好落在邊上的點處．若，，則點的坐標是 ．

9．（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考中考真題）已知四邊形是平行四邊形，點在對角線上，點在邊上，連接，，．(1)如圖①，求證；(2)如圖②，若，過點作交于點，在不添加任何軸助線的情況下，請直接寫出圖②中四個角（除外），使寫出的每個角都與相等．

10．（2023·內(nèi)蒙古·統(tǒng)考中考真題）已知正方形，是對角線上一點．

(1)如圖1，連接，．求證：；
(2)如圖2，是延長線上一點，交于點，．判斷的形狀并說明理由；
(3)在第（2）題的條件下，．求的值．
11．（2023·江蘇·統(tǒng)考中考真題）綜合與實踐
定義：將寬與長的比值為（為正整數(shù)）的矩形稱為階奇妙矩形．
（1）概念理解：當時，這個矩形為1階奇妙矩形，如圖（1），這就是我們學習過的黃金矩形，它的寬（）與長的比值是_________．
（2）操作驗證：用正方形紙片進行如下操作（如圖（2））：
第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為，連接；
第二步：折疊紙片使落在上，點的對應(yīng)點為點，展開，折痕為；
第三步：過點折疊紙片，使得點分別落在邊上，展開，折痕為．
試說明：矩形是1階奇妙矩形．
　　 　　 　　
（3）方法遷移：用正方形紙片折疊出一個2階奇妙矩形．要求：在圖（3）中畫出折疊示意圖并作簡要標注．
（4）探究發(fā)現(xiàn)：小明操作發(fā)現(xiàn)任一個階奇妙矩形都可以通過折紙得到．他還發(fā)現(xiàn)：如圖（4），點為正方形邊上（不與端點重合）任意一點，連接，繼續(xù)（2）中操作的第二步、第三步，四邊形的周長與矩形的周長比值總是定值．請寫出這個定值，并說明理由．
1．（2023·上海浦東新·校考三模）下列命題中，真命題的是（ ）
A．兩條對角線相等的四邊形是矩形 B．兩條對角線互相垂直的四邊形是菱形
C．兩條對角線相等的四邊形是矩形或等腰梯形 D．兩條對角互相平分的四邊形是平行四邊形
2．（2022·陜西西安·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形中，于點E，，則的長為（　　）
A． B．2 C． D．
3．（2023·河南濮陽·統(tǒng)考一模）如圖，平行四邊形的對角線，相交于點，則下列說法不正確的是（ ）

A．當時，平行四邊形是矩形 B．當時，平行四邊形是矩形
C．當時，平行四邊形是矩形 D．當時，平行四邊形是矩形
4．（2024·福建三明·統(tǒng)考一模）如圖，正方形的邊長為4，點為的中點，連接，點分別在上，且，則的長為（ ）
A． B． C． D．3
5．（2023·廣東陽江·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，，連接，點E為上一個動點，點F為上一個動點，連接，且始終滿足，則線段的最小值為（　　）
A．1 B． C． D．2
6．（2023·江蘇無錫·一模）如圖，長方形中，，為上一點，且，為邊上的一個動點，連接，將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，連接和，則的最小值為 ．

7．（2023·甘肅天水·校考模擬預(yù)測）如圖，菱形的對角線與相交于點O，E為的中點，連接，，4，則 ．
8．（2023·湖北武漢·校考模擬預(yù)測）如圖，矩形中，，相交于點O，過點B作交于點F，交于點M，過點D作交于點E，交于點N，連接，．則下列結(jié)論：①；②；③；④當時，四邊形是菱形．其中正確的結(jié)論是 ．
9．（2023·吉林長春·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形中，對角線交于點O，交延長線于點E，交延長線于點F．(1)求證：四邊形是矩形．(2)若四邊形為菱形，H為中點，連接，若，則長為 　　．

10．（2024·上海楊浦·統(tǒng)考一模）已知：如圖，在等腰梯形中，，，點在邊上，與交于點，．
(1)求證：；(2)如果點是邊的中點，求證：．
11．（2023·河南周口·校聯(lián)考模擬預(yù)測）綜合與實踐課上，老師讓同學們以“正方形的折疊”為主題開展實踐活動．
(1)操作判斷
操作一：如圖（1），正方形紙片，點是邊上（點不與點，重合）任意一點，沿折疊到，如圖（2）所示；
操作二：將圖（2）沿過點的直線折疊，使點的對稱點落在上，得到折痕，點的對稱點記為，如圖（3）所示；
操作三：將紙片展平，連接，如圖（4）所示．
根據(jù)以上操作，回答下列問題：
①，，三點 （填“在”或“不在”一條直線上；
②和的位置關(guān)系是 ，數(shù)量關(guān)系是 ；
③如圖（5），連接，改變點在上的位置， （填“存在”或“不存在”點，使平分．
(2)遷移探究：蘇鈺同學將正方形紙片換成矩形紙片，，，按照（1）中的方式操作，得到圖（6）或圖（7）．請完成下列探究：
①當點在上時，如圖（6），和有何數(shù)量關(guān)系？并說明理由；
②當?shù)拈L為1時，請直接寫出的長．
1．（2023·四川眉山·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，將矩形紙片折疊，折痕為，點，分別在邊，上，點，的對應(yīng)點分別為，且點在矩形內(nèi)部，的延長線交與點，交邊于點，，，當點為三等分點時，的長為（ ）
A． B． C． D．4或
2．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，連接，以點為圓心，長為半徑作弧，交直線于點，連接，則的度數(shù)是 ．

3．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，動點在矩形的邊上沿運動．當點不與點重合時，將沿對折，得到，連接，則在點的運動過程中，線段的最小值為 ．

4．（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）【問題背景】
人教版八年級下冊數(shù)學教材第63頁“實驗與探究”問題1如下：如圖，正方形的對角線相交于點，點又是正方形的一個頂點，而且這兩個正方形的邊長相等，無論正方形繞點怎樣轉(zhuǎn)動，兩個正方形重疊部分的面積，總等于一個正方形面積的.想一想，這是為什么？（此問題不需要作答）
九年級數(shù)學興趣小組對上面的問題又進行了拓展探究、內(nèi)容如下：正方形的對角線相交于點，點落在線段上，（為常數(shù)）．

【特例證明】（1）如圖1，將的直角頂點與點重合，兩直角邊分別與邊，相交于點，.①填空：______；②求證：．（提示：借鑒解決【問題背景】的思路和方法，可直接證明；也可過點分別作，的垂線構(gòu)造全等三角形證明．請選擇其中一種方法解答問題②．）
【類比探究】（2）如圖2，將圖1中的沿方向平移，判斷與的數(shù)量關(guān)系（用含的式子表示），并說明理由．
【拓展運用】（3）如圖3，點在邊上，，延長交邊于點，若，求的值．
5．（2023·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，點為矩形的對稱中心，，，點為邊上一點，連接并延長，交于點，四邊形與關(guān)于所在直線成軸對稱，線段交邊于點．

(1)求證：；(2)當時，求的長；(3)令，．
①求證：；②如圖2，連接，，分別交，于點，.記四邊形的面積為，的面積為.當時，求的值．
21世紀教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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