专题04 四边形的证明与计算（解析版）

2/2专题04四边形的证明与计算目录热点题型归纳 1题型01四边形与全等 1题型02四边形与相似 7题型03四边形边角计算 18中考练场 36题型01四边形与全等【解题策略】六个全等模型手拉手模型倍长中线模型平行线中等模型雨伞模型【典例分析】例1．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．

(1)如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；(2)如图2，若，且，①求证：；②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．【答案】(1)点在线段的垂直平分线上(2)①证明见解析，②【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；（2）①根据菱形的性质得出，再由各角之间的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接．利用等边三角形的判定和性质得出，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图，点在线段的垂直平分线上．理由如下：连接．∵四边形是菱形，对角线相交于点，．，，∴点在线段的垂直平分线上．

（2）①证明：如图，∵四边形是菱形，，，，，，．，．，，，．在中，，．．，；

②如图，连接．，∴是等边三角形．∵，∴，在中，，，．，，，．，，．在中，，由勾股定理得，．

【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．例2．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．

(1)如图①，求证；(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．【答案】(1)见解析；(2)，理由见解析．【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵，∴；（2）解：，理由如下：∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形，，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，由（）得，∴，∵，∴．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．【变式演练】1．（2023·北京海淀·一模）如图，正方形中，点分别在上，交于点；(1)_______．(2)在线段上截取，连接的角平分线交于点．①依题意补全图形；②用等式表示线段与的数量关系，并证明．【答案】(1)(2)①见解析；②【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定，等腰直角三角形性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，合理作出辅助线．（1）通过证明，得出，根据，得出，即可解答；（2）①根据题意补全图形即可；②过点A作，交延长线于点H，连接，先证明，得出，则，再证明，即可得出结论．【详解】（1）解：∵四边形为正方形，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：．（2）解：①根据题意补全图形如图所示：②证明：过点A作，交延长线于点H，连接，∵，平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵四边形为正方形，∴，∵，∴，∵，，，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴．2．（2023·山东泰安·三模）已知如图，为正方形的边上任意一点，于点，在的延长线上取点，使，连接，的平分线交于点．(1)求证：；(2)求证：是等腰直角三角形；(3)如图，若正方形的边长为，连接，当点为的中点时，求的长．【答案】(1)详见解析(2)详见解析(3)【分析】（1）利用线段的垂直平分线的性质以及正方形的性质即可证明；（2）想办法证明，由，，即可解决问题；（3）等面积法求出，证明得到，证明≌，即可推出，，由此即可解决问题．【详解】（1）证明：，，是线段的垂直平分线，，四边形是正方形，，．（2）证明：四边形是正方形，，，，，，，，，的平分线交于，，，，又，是等腰直角三角形．（3）解：连接．是中点，正方形的边长为，，，在中，，，，，，，，，，，，，由（2）可知，，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．3．（2022·湖南长沙·三模）如图，在和中，，，与交于点．

(1)求证：；(2)将关于所在直线翻折，得到，试判断四边形的形状，并证明你的结论；(3)若平分，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)四边形的形状为菱形；理由见解析(3)【分析】（1）根据直接证明；（2）根据，可得，进而可得，根据翻折的性质可得：，，即可得出结论；（3）连接交于点，过点作交的延长线于点．利用面积法证明，再利用全等三角形的性质证明，，再利用勾股定理求出即可．【详解】（1）证明：如图，在和中，，；（2）四边形的形状为菱形；理由如下：，，，根据翻折的性质可得：，，四边形为菱形（3）如图，连接交于点，过点作交的延长线于点．

四边形是菱形，，平分，，，，，，，，，（），，即点，点重合，，，．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法解决问题．题型02四边形与相似【解题策略】8字模型 反8字模型手拉手模型一线三等角模型【典例分析】例．（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形，是对角线上一点．

(1)如图1，连接，．求证：；(2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由；(3)在第（2）题的条件下，．求的值．【答案】(1)见解析(2)是等腰三角形，理由见解析(3)【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而即可得到；（2）先判断出，进而判断出，即可得到结论；（3）先求出的长，可证明是等腰直角三角形．从而得到的长，再利用，，可证得，进而得到，从而可得到答案．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，是对角线，∴，，在和中∴．（2）解：是等腰三角形，理由如下：∵，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴是等腰三角形．

（3）解：∵，，∴，又∵，∴是等腰直角三角形．∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式演练】1．（22-23浙江·模拟预测）在中，D，E分别是，的中点，延长至点F，使得，连接．(1)求证：四边形是平行四边形．(2)于点G，连接，若G是的中点，，，①求的长．②求平行四边形的周长．【答案】(1)见解析；(2)①；②．【分析】（1）根据三角形中位线定理证明，，进而可以解决问题；（2）①设与交于点H，设，则，证明，得，所以，，由，得；证明是等腰直角三角形，再利用勾股定理求出x的值，进而可以解决问题；②利用①中的结论，求出、，再利用勾股定理求出，最后利用平行四边形的性质即可得出答案．【详解】（1）证明：∵D，E分别是，的中点，∴，，∵，∴，，∴四边形是平行四边形；（2）解：①设与交于点H，∵G是的中点，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，，设，则，∵，，∴，∴，∵，∴，，∵，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∵，∴，②由①知，，∴，在中，根据勾股定理得：，∴平行四边形的周长．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到．2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在矩形中，点E在上，且，延长至点F，使，连接，交、分别于M、N．(1)求证：四边形为菱形；(2)若且，求的长度．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，即可由菱形的判定得出结论；（2）设，则，，再由菱形的性质得，然后根据勾股定理求得，由勾股定理，得，最后证明，得，即，即可求解．【详解】（1）证明：∵矩形，∴，，，∴，∵，，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是菱形．（2）解：∵，∴设，则，，∵四边形是菱形，∴，∵矩形，∴，由勾股定理，得，∴，由勾股定理，得，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质．（1）证明四边形是平行四边形，（2）证明是解题的关键．3．（2022·湖北武汉·模拟预测）【基础巩固】（1）如图1，四边形中，，，求证：四边形是平行四边形．【灵活运用】（2）如图2，中，点E，F分别在边，上，，，的延长线交的延长线于点G，若，，求的长．【拓展提高】（3）如图3，矩形中，，，点E，F分别在边，上，，，求的长度．【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长度为【分析】（1）易得，再证明，得，即可作答；（2）易得四边形是平行四边形，再证明，得，即可作答；（3）如图，延长，相交于点P，易得四边形是平行四边形，然后在中，，，得，结合，所以，证明，则，根据勾股定理，即可作答．【详解】（1）证明：∵，∴．在和中，，，，∴∴，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵四边形是平行四边形，∴．∵，∴四边形是平行四边形，∴，．∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．（3）如图，延长，相交于点P，∵四边形是矩形，∴，．∵，∴四边形是平行四边形，∴，，．在中，，，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴．∵，∴设，则，．∵，∴．∵在中，，∴，∴，（舍去），∴，∴的长度为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定、矩形性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形以及勾股定理等知识内容，难度适中，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．4．（2022·安徽·模拟预测）如图1，是正方形的边上一个动点，连接的平分线交于点，直线于点，交于点，交的延长线于点，连接．(1)求证：．(2)如图2，若，连接并延长，交于点．①求证：；②求的值．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键，（1）根据正方形的性质和角平分线的性质可得和即可求证；（2）①利用（1）的结论和，可证明进而得证；②延长交于点．利用①的结论和可得进而证明，和，从而得出，设，根据等量关系建立方程即可求解．【详解】（1）（1）如图1，四边形是正方形．平分，，，又，．（2）解：由（1）知．，．．②延长交于点，由①知，，，．，．又，．，．，，．设，即，解得（舍去），．题型03四边形边角计算【解题策略】勾股定理常见折叠模型：计算方差的公式：设一组数据是，是这组数据的平均数。则这组数据的方差是：

例：DB2+BC2=DC2例：DB2+AB2=AD2例：BM2+AB2=AM2MN=MC2例：FC=AC例：AD=AC【典例分析】例1．（2023·湖南·中考真题）如图，在中，平分，交于点E，交的延长线于点F．

(1)求证：；(2)若，求的长和的面积．【答案】(1)见解析(2)；的面积为【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，求得，根据等腰三角形的判定定理即可得到；（2）根据线段的和差得到；过D作交的延长线于H，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式即可得到的面积．【详解】（1）证明：在中，，∴，∵平分，∴，∴，∴．（2）解：∵，∴；过D作交的延长线于H，

∵，∴，∴，∴，∴，∴的面积．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形面积的计算、等腰三角形的判定和性质等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．例2．（2023·湖北·中考真题）如图，将边长为3的正方形沿直线折叠，使点的对应点落在边上（点不与点重合），点落在点处，与交于点，折痕分别与边，交于点，连接．

(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到，则，进而证明，再由平行线的性质证明即可证明；（2）如图，延长交于点．证明得到，，设，则，．由，得到．则．由勾股定理建立方程，解方程即可得到．【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，．∴．∴，即，∵四边形是正方形，∴．∴．∴．（2）解：如图，延长交于点．∵，∴．又∵，正方形边长为3，∴∴，∴，，设，则，∴．∵，即，∴．∴．在中，，∴．得：（舍），．∴．

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．【变式演练】1．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，在矩形中，，将矩形沿折叠，使点与点重合．(1)若，求的度数；(2)求证：；(3)若，，求的长．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)．【分析】（）根据矩形和翻折的性质即可解决问题；（）根据矩形和翻折的性质可得，，即可解决问题；（）设，则，根据勾股定理列出方程求解即可；本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程是解题的关键．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，由翻折可知:，∴，∴度数为；（2）证明：∵四边形是矩形,∴，由翻折可知:，，∴，，在和中，，∴；（3）解：设，则，∵沿翻折后点与点重合，∴，在中，由勾股定理得，即，解得，∴．2．（2023·广东广州·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点．(1)尺规作图：过点作的垂线，垂足为；（不写作法，保留作图痕迹）(2)若，，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）以点为圆心，大于到的距离为半径，画弧交的延长线于两点，再分别以这两点为圆心，大于两点距离的一半为半径画弧，相交于一点，连接该点与点C所在的直线，交延长线于点即可；（2）根据已知条件及菱形的对角线互相垂直平分性质，得到的值，再利用勾股定理求得，再利用等角的正弦值相等，即可求出的值，由菱形的四边相等可得的值，然后根据余弦公式求解即可．【详解】（1）解：如图，CE为所作；（2）解：四边形为菱形，，，，，，，在中，，，，，．【点睛】本题考查了尺规作图，菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，掌握垂线的尺规作图法，“菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角”等菱形的性质，锐角三角函数公式是解本题关键．3．（2023·广东深圳·一模）综合与探究在矩形的边上取一点E，将沿翻折，使点C恰好落在边上的点F处．(1)如图①，若，求的度数；(2)如图②，当，且时，求的长；(3)如图③，延长，与的角平分线交于点M，交于点N，当时，请直接写出的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由折叠的性质可推出，再由含的直角三角形的特征即可求解；（2）证即可求解；（3）过点N作于点G，证可得，设，设，由即可求解．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，∵将沿翻折，使点C恰好落在边上的点F处∴，∵，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴；（2）解：∵将沿翻折，使点C恰好落在边上的点F处∴，又∵矩形中，，∴，∴∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：过点N作于点G，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，设，∵平分，，∴，设，则，∵，∴，解得．∴．∴．【点睛】本题以矩形中的折叠问题为背景，考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质等．熟记相关数学结论是解题关键．1．（2023·山东·中考真题）（1）如图1，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：．

【问题解决】（2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：．【类比迁移】（3）如图3，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长．【答案】（1）见解析

（2）见解析

（3）3【分析】（1）由矩形的性质可得，则，再由，可得，则，根据等角的余角相等得，即可得证；（2）利用“”证明，可得，由，可得，利用“”证明，则，由正方形的性质可得，根据平行线的性质，即可得证；（3）延长到点，使，连接，由菱形的性质可得，，则，推出，由全等的性质可得，，进而推出是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，，，，，；（2）证明：四边形是正方形，，，，，，，又，，点在的延长线上，，，，，，；（3）解：如图，延长到点，使，连接，

四边形是菱形，，，，，，，，，是等边三角形，，．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．2．（2023·江西·中考真题）课本再现思考我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？可以发现并证明菱形的一个判定定理；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．(1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．已知：在中，对角线，垂足为．求证：是菱形．

(2)知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．

①求证：是菱形；②延长至点，连接交于点，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）根据平行四边形的性质证明得出，同理可得，则，，进而根据四边相等的四边形是菱形，即可得证；（2）①勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，得出，即可得证；②根据菱形的性质结合已知条件得出，则，过点作交于点，根据平行线分线段成比例求得，然后根据平行线分线段成比例即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵∴，在中，∴∴，同理可得，则，又∵∴∴四边形是菱形；（2）①证明：∵四边形是平行四边形，．∴在中，，，∴，∴是直角三角形，且，∴，∴四边形是菱形；②∵四边形是菱形；∴∵，∴，∵，∴，∴，如图所示，过点作交于点，

∴，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．3．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，四边形中，，点O为对角线的中点，过点O的直线l分别与、所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）

(1)求证：；(2)当直线时，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)四边形为菱形；理由见解析【分析】（1）根据证明即可；（2）连接、，根据，得出，根据，证明四边形为平行四边形，根据，证明四边形为菱形即可．【详解】（1）证明：∵点O为对角线的中点，∴，∵，∴，，在和中，，∴；（2）解：四边形为菱形，理由如下：连接、，如图所示：

根据解析（1）可知，，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵，即，∴四边形为菱形．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的判定，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法和菱形的判定方法．4．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．

(1)当时，求四边形的面积；(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．【详解】（1）如图，连接、，四边形为菱形，，，为等边三角形．为中点，，，，．，为等腰直角三角形，，，翻折，，，，；.同理，，，∴；（2）如图，连接、，延长交于点．，，，．∵，，．，则，，，．∵，．【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及