专题17 特殊的平行四边形（39题）2024年中考数学真题分类汇编（解析版）

第第页专题17特殊的平行四边形（39题）一、单选题1．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．由矩形得到，继而得到，而是等边三角形，因此得到．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∴，故选：C．2．（2024·四川泸州·中考真题）下列几何体中，其三视图的主视图和左视图都为矩形的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查三视图．主视图、左视图是分别从物体正面、左面所看到的图形．依此即可求解．【详解】解：A、主视图为三角形，左视图为三角形，故本选项不符合题意；B、主视图为三角形，左视图为三角形，故本选项不符合题意；C、主视图为矩形，左视图为矩形，故本选项符合题意；D、主视图为矩形，左视图为三角形，故本选项不符合题意．故选：C．3．（2024·四川泸州·中考真题）已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查了矩形的判定．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可．【详解】解：如图，A、，能判定为矩形，本选项不符合题意；B、∵，，∴，能判定为矩形，本选项不符合题意；C、，能判定为矩形，本选项不符合题意；D、，能判定为菱形，不能判定为矩形，本选项符合题意；故选：D．4．（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了菱形的判定和性质．证明四边形是菱形，即可求解．【详解】解：由作图知，∴四边形是菱形，∵，∴，故选：A．5．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，由此解答即可．【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，阴影图形的周长是：，故选：A．6．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（

）A．15 B． C． D．18【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为，∵矩形，∴，∴，∴四边形和都是矩形，∴，由旋转的性质得，，∴，∴，∴，∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，∵，，∴，故选：B．7．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解．【详解】解：A、∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴是菱形，故本选项不符合题意；B、∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴∴，∴是菱形，故本选项不符合题意；C、∵，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴是菱形，故本选项不符合题意；D、∵，∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意；故选：D8．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（

）

A． B． C．2 D．1【答案】D【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值．【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：

∵四边形是矩形，∴，，，∴在中，，∴，∵，，在与中，，，，，共线，，是中点，∴在中，，的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．∴的最大值为的长，即．故选：D．9．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点B作轴，垂足为点D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解．【详解】解：过点B作轴，垂足为点D，∵顶点在直线上，点的横坐标是8，∴，即，∴，∵轴，∴由勾股定理得：，∵四边形是菱形，∴轴，∴将点B向左平移10个单位得到点C，∴点，故选：B．【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．10．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，证明，则，设，得到，则，故，同理可求，则，因此．【详解】解：过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，由旋转得，∵四边形是正方形，∴，，，设，∴，∵，∴，∴，∴，，设，则，∴，∴，而，∴，∴，∵，∴，同理可求，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键．11．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（

）

A．6 B．8 C．10 D．12【答案】A【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解．本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．【详解】解：∵四边形是菱形，，∵E是的中点，，∴。故选：A．12．（2024·北京·中考真题）如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论：①该八边形各边长都相等；②该八边形各内角都相等；③点到该八边形各顶点的距离都相等；④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】B【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可.本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.【详解】向两方分别延长，连接，根据菱形，，则，，∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形，∴点一定在对角线上，且，，∴，，∵，∴，∴，，同理可证，∵，∴，∴，∴，∴该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，∴④正确；根据题意，得，∵，，∴，∴该八边形各内角不相等；∴②错误，根据，∴，∴，∵，故，∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误∴③错误，故选B．二、填空题13．（2024·四川·中考真题）在菱形ABCD中，AB＝2，则菱形的周长是．【答案】8cm【分析】根据菱形的性质可直接进行求解．【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为2×4=8cm，故答案为：8cm．【点睛】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．14．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是，则点C的坐标是．【答案】【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到关于原点对称，即可得出结果．【详解】解：∵正方形的对角线相交于原点O，∴，∴关于原点对称，∵点A的坐标是，∴点C的坐标是；故答案为：．15．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则．【答案】/57度【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，利用菱形性质得出，利用等边对等角得出，然后结合三角形内角和定理求解即可．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∴，故答案为：．16．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知菱形中对角线相交于点O，添加条件可使菱形成为正方形．【答案】或【分析】本题主要考查的是菱形和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键，依据正方形的判定定理进行判断即可.【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：；根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：；故添加的条件为：或．17．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形为正方形，为等边三角形，于点F，若，则．【答案】2【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据正方形和等边三角形的性质，得到为含30度角的直角三角形，，根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，，，∴，∴，∴；故答案为：2．18．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点M的坐标为，是等边三角形，点B坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……，则的坐标是．【答案】【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点，，，的坐标，发现规律即可解决问题．【详解】解：正方形顶点M的坐标为，,是等边三角形，点B坐标是，等边三角形高为，由题知，的坐标是；的坐标是；的坐标是；继续滚动有，的坐标是；的坐标是；的坐标是；的坐标是；的坐标是；的坐标是；的坐标是；的坐标是；的坐标是；的坐标是；不断循环，循环规律为以，，，，12个为一组，，的坐标与的坐标一样为，故答案为：．19．（2024·四川广安·中考真题）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为．【答案】【分析】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点，旋转的性质，正方形的判定和性质等，延长交y轴于点E，先求出点A和点B的坐标，再根据旋转的性质证明四边形是正方形，进而求出和的长度即可求解．【详解】解：如图，延长交y轴于点E，中，令，则，令，解得，，，，，绕点逆时针方向旋转得到，，，，四边形是正方形．，，点的坐标为．故答案为：．20．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕EF，连接BF．再将矩形纸片折叠，使点B落在BF上的点H处，折痕为AG．若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等分点，，则BC的长为．

【答案】【分析】本题考查矩形折叠，勾股定理，解直角三角形，设与交于点，，则：，勾股定理求出，等积法求出，根据，列出方程进行求解即可．【详解】解：设与交于点，∵矩形，∴，∵翻折，∴，，设，则：，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，经检验是原方程的解，∴；故答案为：．

21．（2024·四川德阳·中考真题）如图，四边形是矩形，是正三角形，点是的中点，点是矩形内一点，且是以为底的等腰三角形，则的面积与的面积的比值是．【答案】2【分析】本题考查矩形的性质，正三角形的性质，等腰三角形的性质等知识点，正确设出边长表示出两个三角形的面积是解题的关键．作辅助线如图，设，，根据相关图形的性表示出三角形的面积即可得到答案．【详解】解：如图，找，中点为，，连接，，连接，，过作交的延长线于点，延长，与交于点．设，，∵是以为底的等腰三角形，∴在上，∴到的距离即为，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，故答案为：2．22．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为．

【答案】【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解．【详解】如图，过作于点，于点，

∴，∵四边形是矩形，∴，，∴四边形是矩形，∵平分，∴，，∴四边形是正方形，由折叠性质可知：，，∴，∴，，在中，由勾股定理得，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．23．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，．点P在边上，过点P作，垂足为D，过点D作，垂足为F．连接，取的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为．【答案】/【分析】本题考查含30度角的直角三角形，一次函数与几何的综合应用，矩形的判定和性质，两点间的距离，以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，利用含30度角的直角三角形的性质，求出点的坐标，得到点在直线上运动，求出点分别与重合时，点的坐标，利用两点间的距离公式进行求解即可．【详解】解：以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，则：，∵，∴，∵，∴，∴，∴，过点作，则：，∴，∵，，，∴四边形为矩形，∴，∴，∵为的中点，∴，令，则：，∴点在直线上运动，当点与重合时，，此时，当点与重合时，，此时，∴点E所经过的路径长为；故答案为：．24．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为．【答案】/【分析】将顺时针旋转得到，再证明，从而得到，再设设，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，从而利用完全平方公式得到，从而得解．【详解】解：∵正方形的边长为1，∴，，将顺时针旋转得到，则，∴，，，，∴点P、B、M、C共线，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，设，，则，，∴，∵，∴，即，整理得：，∴，当且仅当，即，也即时，取最小值，故答案为：．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，二次根式的运算，完全平方公式等知识，证明和得到是解题的关键．三、解答题25．（2024·四川广安·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求证：∠DEF＝∠DFE．【答案】见解析【分析】根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，再由BE=BF，可推出AE=CF，即可利用SAS证明△ADE≌△CDF得到DE=DF，则∠DEF=∠DFE．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，∵BE=BF，∴AB-BE=BC-BF，即AE=CF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴DE=DF，∴∠DEF=∠DFE．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．26．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，是的中点，连接．求证：(1)；(2)．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角．（1）根据矩形的性质得出，再根据中点的定义得出，即可根据求证；（2）根据全等的性质得出，根据等边对等角即可求证．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∵是的中点，∴，在和中，，∴（2）证明：∵，∴，∴．27．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形中，点分别在边上，，求证：．【答案】见解析【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．根据菱形的性质证得，，再根据全等三角形的判定证明即可．【详解】证明：四边形是菱形，，，，，．28．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形．(1)求证：四边形是菱形；(2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形；（2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到．【详解】（1）解：连接，，，，四边形是平行四边形，四边形中，点、、、分别是各边的中点，，，四边形是矩形，，，四边形是菱形；（2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点，，，矩形的周长为22，，四边形是菱形，即，四边形的面积为10，，即，，，．【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键．29．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F．(1)求证：；(2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，是解决问题的关键．（1）由题目中的中，O为对角线的中点，可以得出，，结合，可以证得两个三角形全等，进而得出结论；（2）由（1）中得到的结论可以得到，结合得出四边形是平行四边形，进而利用证明出四边形为菱形，根据即可求出菱形的周长．【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵点O是对角线的交点，∴，在△和中，，∴．（2）由（1）知，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴是菱形，∴，∴，∴四边形的周长为．30．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接．

(1)求证：；(2)求的最小值．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）根据菱形的性质证明，再结合是的垂直平分线，即可证明；（2）过点N作于点F，连接，，则，故，此时，在中，进行解直角三角形即可．【详解】（1）证明：连接，

∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴，∵是的垂直平分线，∴，∴；（2）解：过点N作于点F，连接，

∵，∴，∵，∴，当点A、N、F三点共线时，取得最小值，如图：

即，∴在中，，∴的最小值为．【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解直角三角形，正确添加辅助线是解决本题的关键．31．（2024·江西·中考真题）如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）(1)如图，过点作的垂线；(2)如图，点为线段的中点，过点作的平行线．【答案】(1)作图见解析；(2)作图见解析．【分析】（）作直线，由菱形的性质可得，即为的垂线；（）连接并延长，与的延长线相交于点，作直线，因为点为线段的中点，所以，因为，所以，，故可得，得到，所以四边形为平行四边形，即；本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，掌握菱形的性质及平行四边形的判定方法是解题的关键．【详解】（1）解：如图，即为所求；（2）解：如图，即为所求．32．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形．(1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数．【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解(2)【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．（1）根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，作，可证，可得，由此可证平行四边形是菱形；（2）作，根据面积的计算方法可得，结合菱形的性质可得，根据含的直角三角形的性质即可求解．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下，如图所示，过点作于点，过点作于点，根据题意，四边形，四边形是矩形，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵宽度相等，即，且，∴，∴，∴平行四边形是菱形；（2）解：如图所示，过点作于点，根据题意，，∵，∴，由（1）可得四边形是菱形，∴，在中，，即，∴．33．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，与相交于点，，．(1)求证：；(2)用无刻度的直尺和圆规作图：求作菱形，使得点M在上，点N在上．（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据平行线的性质得到，结合，利用即可证明；（2）作的垂直平分线，分别交于点，连接即可．【详解】（1）证明：，，．在和中，，；（2）解：是的垂直平分线，，由（1）的结论可知，,又∵,则,∴，是的垂直平分线，，，四边形是菱形，如图所示，菱形为所求．【点睛】本题考查了垂直平分线的作法，平行线的性质，三角形全等的判定，菱形的判定，熟练掌握垂直平分线的作法及三角形全等的判定定理是解题的关键．34．（2024·江苏盐城·中考真题）如图1，E、F、G、H分别是平行四边形各边的中点，连接交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形称为平行四边形的“中顶点四边形”．(1)求证：中顶点四边形为平行四边形；(2)①如图2，连接交于点O，可得M、N两点都在上，当平行四边形满足________时，中顶点四边形是菱形；②如图3，已知矩形为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】(1)见解析(2)①；②见解析．【分析】题目主要考查平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键．（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形，四边形均为平行四边形，进而得到：，即可得证；（2）①根据菱形的性质结合图形即可得出结果；②连接，作直线，交于点O，然后作，然后连接即可得出点M和N分别为的重心，据此作图即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵点E、F、G、H分别是各边的中点，∴，∴四边形为平行四边形，同理可得：四边形为平行四边形，∴，∴四边形是平行四边形；（2）①当平行四边形满足时，中顶点四边形是菱形，由（1）得四边形是平行四边形，∵，∴，∴中顶点四边形是菱形，故答案为：；②如图所示，即为所求，连接，作直线，交于点O，然后作（或作BM=MN=ND），然后连接即可，∴点M和N分别为的重心，符合题意；证明：矩形，∴，∵，∴，∴四边形为平行四边形；分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示：∵矩形，∴，，由作图得，∴，∴，∴点F为的中点，同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点．35．（2024·四川广安·中考真题）如图，矩形纸片的长为4，宽为3，矩形内已用虚线画出网格线，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，现沿着网格线对矩形纸片进行剪裁，使其分成两块纸片．请在下列备用图中，用实线画出符合相应要求的剪裁线．注：①剪裁过程中，在格点处剪裁方向可发生改变但仍须沿着网格线剪裁；②在各种剪法中，若剪裁线通过旋转、平移或翻折后能完全重合则视为同一情况．【答案】见解析【分析】本题考查的是矩形的性质，全等图形的定义与性质，同时考查了学生实际的动手操作能力，根据全等图形的性质分别画出符合题意的图形即可.【详解】解：如图，36．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，D是的中点，，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，三腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形．（2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出．【详解】（1）证明：∵，D是BC的中点，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴四边形是矩形．（2）由（1）可知四边形是矩形．∴，，，∵D是的中点，∴，在中，，∴，∵，∴即，∴．37．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践(1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______．(2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形．①通过操作得出：与的比值为______．②证明：四边形为平行四边形．(3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由．【答案】(1)(2)①1；②见详解(3)见详解【分析】（1）由“角角边”即可证明；（2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明；（3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形．【详解】（1）解：如图，∵，∴，由题意得为中点，‘∴’，∵，∴故答案为：；（2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形，∴，∴，故答案为：1；②如图，由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到