查补重难点06 四边形与特殊四边形（解析版）

查补重难点06.四边形与特殊四边形考点一：平行四边形1.平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。2.平行四边形的表示：用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”。3.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心。4.平行四边形的判定定理：①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④两组对角分别相等的四边形是平行四边形；⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形。5.三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线。6.三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。题型1.平行四边形的性质平行四边形除边角对角线的基本性质外，还有下列重要性质：（1）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE。（2）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE。（3）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD。（4）过对角线中点垂直于对角线的直线与一边的交点到该对角线的两端点距离相等。（5）一组对边与过对角线交点的直线所截得线段的中点是对角线的中点。（6）过对角线交点平行于一边的直线与另一边的交点到中心O的距离等于被平行变长的一半。例1．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，在中，．利用尺规在、上分别截取、，使；分别以、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点．若，则的长为．【答案】【分析】如图所示，过点H作HM⊥BC于M，由作图方法可知，BH平分∠ABC，即可证明∠CBH=∠CHB，得到，从而求出HM，CM的长，进而求出BM的长，即可利用勾股定理求出BH的长．【详解】解：如图所示，过点H作HM⊥BC于M，由作图方法可知，BH平分∠ABC，∴∠ABH=∠CBH，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴∠CHB=∠ABH，∠C=180°-∠ABC=30°，∴∠CBH=∠CHB，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了角平分线的尺规作图，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确求出CH的长是解题的关键．变式1．（2024·江苏·中考模拟预测）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为．【答案】【分析】过点C作CM//交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM//证明△，由相似三角形的性质查得结论．【详解】解：过点C作CM//交于点M，∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形∴，，∴，∴∴∵∴∴∴∠∵∴∵∴∠∵，∴∴∠∴∠在和中，∴∴∵∴△∴∴∴故答案为：．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．变式2．（2022·江苏淮安·中考真题）如图，在中，，若，则的度数是．【答案】/40度【分析】根据平行四边形对边平行可得，利用平行线的性质可得，因此利用直角三角形两个锐角互余求出即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，难度较小，解题的关键是能够综合运用上述知识．变式3．（2024·江苏·校联考）如图，的顶点的坐标分别是．则顶点的坐标是．

【答案】【分析】法1：根据对角线互相平分（即DB与AC同中点），再结合中点坐标公式求的B点坐标；法2：根据“平行四边形的对边平行且相等的性质”得到点的纵坐标与点的纵坐标相等，且，即可得到结果．【详解】解：法1：在中，对角线互相平分（即DB与AC同中点），；故答案为：．法2：在中，，，，，点的纵坐标与点的纵坐标相等，，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和坐标与图形的性质．题型2.平行四边形的判定判定平行四边形时,应严格按照平行四边形的判定定理。错误地将下列结论作为平行四边形的判别方法：错误判定（1）一组对边平行,另一组对边相等的四边形是平行四边形。错误判定（2）一组对边相等，-组对角相等的四边形是平行四边形。例1．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，B是AC的中点，点D，E在同侧，，．(1)求证：≌．(2)连接，求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由B是的中点得，结合，，根据全等三角形的判定定理“”即可证明≌；（2）由（1）中≌得，进一步得，再结合，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．【详解】（1）解：∵B是的中点，∴．在和中，∴≌（）．（2）如图所示，∵≌，∴，∴．又∵，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法与性质是解题的关键．变式1.（2023·湖南·统考中考真题）如图，在四边形中，，若添加一个条件，使四边形为平形四边形，则下列正确的是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解．【详解】解：A．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；

B．∵，∴，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；

C．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；

D．∵，∴，∵∴，∴∴四边形为平形四边形，故该选项正确，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．变式2．（2023·江苏扬州·中考真题）如图，点E、F、G、H分别是各边的中点，连接相交于点M，连接相交于点N．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若的面积为4，求的面积．【答案】(1)见解析(2)12【分析】（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）连接，推出，，进而得到，求出，再根据，即可得解．【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）解：连接，

∵为的中点，∴，∴，∴，∴，同理可得：∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，以及三角形的中位线定理，证明三角形相似，是解题的关键．题型3.平行四边形的性质与判定综合压轴平行四边形中常用辅助线的添法：（1）连对角线或平移对角线；（2）过顶点作对边的垂线构造直角三角形；（3）连接对角线交点与一边中点，或过对角线交点作一边的平行线，构造线段平行或中位线；（4）连接顶点与对边上一点的线段或延长这条线段，构造三角形相似或等积三角形；（5）过顶点作对角线的垂线，构成线段平行或三角形全等。例1.（2023·黑龙江大庆·统考模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点，是的中点，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的序号有（

）

A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④【答案】C【分析】根据，点E是的中点，，可知是等边三角形，得出，，进而得出，根据平行四边形得性质可判断①，再根据平行四边形的性质得，即可说明是否平分，然后说明是的中位线，可判断和的关系，再根据点O是的中点，得，由点E是的中点，得，进而得，然后根据平行四边形的性质得，即可判断④，得出答案．【详解】∵，点E是的中点，∴.∵，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴，∴．∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴是平分．则①②正确；∵点E是的中点，点O是的中点，∴是的中位线，∴，∴．则③正确；∵点O是的中点，∴．∵点E是的中点，∴，∴．由平行四边形的性质得，∴，即．则④不正确．所以正确的有①②③.故选：C.【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线的性质，求三角形的面积等，弄清各三角形的面积之间的关系是解题的关键．变式1．（2023·江苏宿迁·二模）如图，平行四边形中，，，在上，且，是的中点，连接、，交于点，连接，过作于，于，则等于（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行四边形面积，平行线的性质，勾股定理，三角形的面积，含度角的直角三角形的性质，连接，过作于，过作于，由平行四边形的性质得到，得到，进而可得，设，，根据题意可得，，由直角三角形的性质可得，，据此由勾股定理可得，，再根据勾股定理得到，，最后根据三角形和平行四边形的面积公式关系即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，过作于，过作于，则，

∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴设，，∴，∵，是的中点，∴，，∵，，∴，，∴，，∴，，∴，，∵是的中点，∴，，即，，∴，，∴，，∴，故选：．变式2．（2024·江苏淮安·一模）如图，平行四边形面积为24，其中为锐角．点P是边上的一动点．(1)如图1，点P到边上的距离为；(2)当点A，D同时绕点P按顺时针方向旋转90°得点，①如图2，当落在射线上时，求的长；②当是直角三角形时，直接写出的长．【答案】(1)4(2)①；②，，【分析】（1）根据平行四边形的面积等于底乘以高计算即可；（2）①过点作于点，先根据勾股定理求出的长度，再由三角形全等和三角形相似可得出结论；②分三种情况：以为直角顶点或以为直角顶点或以为直角顶点，分别画出图形，利用旋转的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质求解即可．【详解】（1）解：点P到边上的距离为，故答案为：4（2）解：过点作于点，如图，由（1）得，，

作交延长线于点，则，，，，由旋转知，．设，则，，．，，，，，，，，②由旋转得，，又，情况一：当以为直角顶点时，如图．，落在线段延长线上．，，由（1）知，，，．情况二：当以为直角顶点时，如图，设与射线的交点为，作于点．，，点，同时绕点按逆时针方向旋转得点，，，，，，，，，，，，．设，则，．，，，，，，化简得，解得，；情况三：当以为直角顶点时，点落在的延长线上，不符合题意．综上所述，或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握这些知识点是解题的关键．题型4.中位线三角形中位线定理的作用：（1）证明位置关系：可以证明两条直线平行；（2）证明数量关系：可以证明线段的倍分关系。常用结论：任意一个三角形都有三条中位线，由此有：结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半。结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形。结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形。结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分。结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等。例1．（2024·江苏盐城·模拟预测）如图，在中，平分，点E是的中点，且于点D．若，，则的长为．【答案】【分析】本题考查了三角形的中位线定理，全等三角形的判定与性质等知识，延长交AB于点，先证明，得出，然后利用三角形中位线定理求解即可．【详解】解：如图，延长交于点，∵平分，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∵，，∴是的中位线，∴，故答案为：．变式1.（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F两点，和交于点O；②以点A为圆心，长为半径画弧，交于点D；③分别以点D，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M﹐连接和交于点N，连接若，则的长为（

）

A．2 B． C．4 D．【答案】A【分析】利用三角形中位线定理以及线段的垂直平分线的性质求解．【详解】解：由作图可知垂直平分线段，垂直平分线段，∴，∴，∵，∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查作图-基本作图，三角形中位线定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．变式2．（2023·江苏镇江·中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片，小宏做如下操作：

（1）取，的中点D，E，在边上作；（2）连接，分别过点D，N作，，垂足为G，H；（3）将四边形剪下，绕点D旋转至四边形的位置，将四边形剪下，绕点E旋转至四边形的位置；（4）延长，交于点F．小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：①点Q，A，T在一条直线上；②四边形是矩形；③；④四边形与的面积相等．【任务1】请你对结论①进行证明．【任务2】如图2，在四边形中，，P，Q分别是，的中点，连接．求证：．【任务3】如图3，有一张四边形纸，，，，，，小丽分别取，的中点P，Q，在边上作，连接，她仿照小宏的操作，将四边形分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求的长．【答案】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3]【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即，，由三角形内角和定理得，从而得，即Q，A，T三点共线；（2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接并延长，交的延长线于点E，证明，可得，，由三角形中位线定理得；（3）过点D作于点R，由，得，从而得，由【发现】得，则，，由【任务2】的结论得，由勾股定理得．过点Q作，垂足为H．由及得，从而得，证明，得，从而得．【详解】[任务1]证法1：由旋转得，，．在中，，∴，∴点Q，A，T在一条直线上．证法2：由旋转得，，．∴，．∴点Q，A，T在一条直线上．[任务2]证明：如图1，连接并延长，交的延长线于点E．∵，∴．∵Q是的中点，∴．在和中，∴．∴，．又∵P是的中点，∴，∴是的中位线，∴，∴．

[任务3]的方法画出示意图如图2所示．由【任务2】可得，．过点D作，垂足为R．在中，，∴．∴，∴，．在中，由勾股定理得．过点Q作，垂足为H．∵Q是的中点，∴．在中，，∴．又由勾股定理得．由，得．又∵，∴．∴，即，∴．∴．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算．考点二：特殊的平行四边形1.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。【推论】在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。2.矩形的判定：（1)有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）对角线相等的平行四边形是矩形；（3）有三个角是直角的四边形是矩形。3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。4.菱形的判定：（1）A对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（2）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（3）四条边相等的四边形是菱形。A5.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；

（5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形，正方形对角线与边的夹角为45°；

（6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。6.正方形的判定：（1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；（2）矩形+一组邻边相等；（3）矩形+对角线互相垂直；（4）菱形+一个角是直角；（5）菱形+对角线相等.题型1.矩形的性质与判定矩形的判定思路：要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明。矩形的折叠问题：（1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；（2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）；（3)折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）；（4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解。例1．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，在矩形中，，，垂足分别为E、F．求证：．【答案】证明见解析【分析】根据定理证出，再根据全等三角形的性质即可得证．【详解】证明：四边形是矩形，，，，，，在和中，，，．【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的性质是解题关键．变式1．（2024·江苏苏州·一模）如图，已知矩形的一边长为12，点P为边上一动点，连接，且满足，则的值可能是（）A．6 B．6.8 C． D．【答案】B【分析】本题考查了勾股定理，含角的直角三角形的性质，矩形的性质，三角形的面积等知识，考虑的两个临界点，①如图1，当点P与点A重合时，最小，此时的值最大；②如图2，当点P是的中点时，最大，此时最小；分别计算的值，确定的最大值和最小值，可得结论．【详解】解：①如图1，当点P与点A重合时，∵四边形是矩形，∴，∵，∴此时是满足题意的最大值；②如图2，当点P是的中点时，此时最小，此时，过点B作于E，设，则∵，∴，，∴，解得：（舍）或，∴，综上，，即．故选：B．变式2．（2023·江苏泰州·中考真题）如图，矩形是一张纸，其中，小天用该纸玩折纸游戏．游戏1

折出对角线，将点B翻折到上的点E处，折痕交于点G．展开后得到图①，发现点F恰为的中点．游戏2

在游戏1的基础上，将点C翻折到上，折痕为；展开后将点B沿过点F的直线翻折到上的点H处；再展开并连接后得到图②，发现是一个特定的角．(1)请你证明游戏1中发现的结论；(2)请你猜想游戏2中的度数，并说明理由．【答案】(1)证明见详解(2)，理由见解析【分析】（1）由折叠的性质可得，根据题意可得，再设，然后表示出、，再由锐角三角函数求出即可；（2）由折叠的性质可知，，从而可得出，进而得到，，由（1）知，可得，在中求出的正切值即可解答．【详解】（1）证明：由折叠的性质可得，，四边形是矩形，，，，设，则，，，即，，解得，根据勾股定理可得，，即，．解得，，，点为的中点．（2）解：，理由如下：连接，如图：由折叠的性质可知，，，，，，，由（1）知，可得，，设，则，，，，在中，，，，．【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．变式3．（2024·江苏盐城·模拟预测）如图，在中，点D为边上中点(1)尺规作图：作射线，使得，且射线交的延长线于点E（不要求写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，连接，若，，，求证：四边形为矩形【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】本题考查作等角，三角形全等的判定与性质，矩形的判定：（1）根据判定画图即可得到答案；（2）连接，根据，得到，证明得到，得到四边形为平行四边形，结合即可得到证明；【详解】（1）解：由题意可得，图形如图所示，∴射线为所作射线，且延长交射线于点E；（2）证明：如图2，连接，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴四边形为平行四边形，∵，∴，∴四边形为矩形．题型2.菱形的性质与判定菱形的判定思路：判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分。菱形的面积：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）；菱形的周长：周长C=4a。例1．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，菱形中，是对角线，分别为边，的中点，连接，交于点G．(1)求证；(2)若，，则的长为．

【答案】(1)见解析(2)1【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理及菱形的性质是解题的关键．（1）连接，由四边形是菱形得到，E，F分别为边的中点，由三角形中位线定理得到，即可得到结论；（2）先证明，再证明．．由得到和都是直角三角形，则，即可得到的长．【详解】（1）证明：连接，∵四边形是菱形，∴，

∵E，F分别为边的中点，∴，∴；（2）∵四边形是菱形，∴，，∴，．∴．∴．∴是等边三角形，，∴．故答案为：1．变式1．（2021·江苏无锡·中考真题）如图，D、E、F分别是各边中点，则以下说法错误的是（

）A．和的面积相等B．四边形是平行四边形C．若，则四边形是菱形D．若，则四边形是矩形【答案】C【分析】根据中位线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形、菱形、矩形的判定定理逐一判断各个选项，即可得到答案．【详解】解：∵点D、E、F分别是△ABC三边的中点，∴DE、DF为△ABC得中位线，∴ED∥AC，且ED＝AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝AB＝AE，∴四边形AEDF一定是平行四边形，故B正确；∴，∴，，∴和的面积相等，故A正确；∵，∴DF＝AB=AE，∴四边形不一定是菱形，故C错误；∵∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，故D正确；故选：C．【点睛】本题考查三角形中位线性质定理和平行四边形、矩形、菱形的判定定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握上述性质定理和判定定理是解题的关键．变式2．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线、交点D．将菱形绕点O逆时针方向旋转，每次旋转，则旋转2次后，点D的坐标是，旋转2022次后．点D的坐标是．

【答案】【分析】本题考查了菱形的性质、点的坐标变化等知识点，求出点D的坐标，再根据其周期性变化求出坐标是解本题的关键，综合性较强，难度较大．先求出点D的坐标，菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转，根据周期性，可求出点D的坐标．【详解】解：如下图所示，作轴交于点E，

∵四边形是菱形，∴，点D是的中点，∵点A的坐标为，∴，∵，∴，∵轴，∴，，∴，∴点B的坐标为，，∵点D是的中点，∴点D的坐标为，，菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转，根据图形变化可得，旋转1次坐标为，旋转2次坐标为，旋转3次坐标为，旋转4次坐标为，旋转5次坐标为，旋转6次坐标为，……，∴旋转2次后，点D的坐标是，坐标的变化具有周期性，，∴旋转2022次后．点D的坐标是，故答案为：；．变式3．（2024·江苏扬州·一模）如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，且．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图，连接交于，则，证明，则，证明，则，进而结论得证；（2）由，可得，即，由菱形的性质可知，，，由勾股定理得，，可求，则，根据，计算求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接交于，∵平行四边形，∴，∵，，，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵，∴，即，∵四边形是菱形；∴，，由勾股定理得，，解得，，∴，∴，∴四边形的面积为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，正切，菱形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，正切，菱形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．题型3.正方形的性质与判定正方形的判定思路：判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等。例1．（2024·江苏徐州·一模）如图，点E在正方形的边上，点F在的延长线上，且．

(1)求证：；(2)若，求正方形的边长．【答案】(1)见详解(2)【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）先由正方形的性质，得出，结合，即可作答．（2）设，结合正方形的性质，得出，再根据勾股定理列式计算，即可作答．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴；（2）解：设，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴在中，，∴，解得（负值已舍去），∴正方形的边长为．变式1．（2021·江苏泰州·中考真题）如图,P为AB上任意一点,分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF,设,则为（）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α【答案】B【分析】根据题意可得，从而即可．【详解】∵四边形APCD和四边形PBEF是正方形，∴AP=CP，PF=PB，，∴，∴∠AFP=∠CBP，又∵，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定方法是解题的关键．变式2．（2024·江苏南京·模拟预测）已知：如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，点为的中点，连接，的延长线交的延长线于点，连接．(1)求证：；(2)当满足时，四边形为正方形.【答案】(1)见解析(2)【分析】此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、正方形的判定方法，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的性质解决问题即可；（2）证明四边形是平行四边形，进而证得，根据正方形的判定即可得到结论．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，点是的中点，，在和中，，，，；（2）解：当满足时，四边形是正方形．证明：由（1）知，，又，四边形是平行四边形，由（1）知，，，，四边形是菱形，，，四边形是正方形．故答案为：．变式3．（2024·江苏南京·一模）已知：如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，点为的中点，连接，的延长线交的延长线于点，连接．(1)求证：；(2)当满足_____时，四边形为正方形．【答案】(1)证明见详解(2)，【分析】（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的性质解决问题即可；（2）证明四边形是平行四边形，进而证得，根据正方形的判定即可得到结论．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，点是的中点，，在和中，，，，；（2）当，时，四边形是正方形．证明：由（1）知，，又，，四边形是平行四边形，由（1）知，，，，四边形是菱形，，，四边形是正方形．故答案为：，．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、正方形的判定方法，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．题型4.中点四边形1、中点四边形是平行四边形。2、原四边形对角线互相垂直的中点四边形是矩形。3、原四边形对角线相等的中点四边形是菱形。4、原四边形对角线互相垂直且相等的中点四边形是正方形。例1.（2023·山西·统考中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点．∵分别为的中点，∴．（依据1）

∴．∵，∴．∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．∵，即，∴四边形是平行四边形．（依据2）∴．∵，∴．同理，…任务：(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．依据2是指：_____________．(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）(3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）(2)答案不唯一，见解析(3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，证明如下：∵点分别是边的中点，∴．∴．同理．∴四边形的周长．即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和．【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．变式1.（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（

）A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形【答案】A【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴，，∴，，∵、，∴∵对称，∴，∴∵对称，∴，∴，同理，∴∴∴四边形是平行四边形，如图所示，

当三点重合时，，∴即∴四边形是菱形，如图所示，当分别为的中点时，设，则，，在中，，连接，，∵，∴是等边三角形，∵为中点，∴，，∴，根据对称性可得，∴，∴，∴是直角三角形，且，∴四边形是矩形，当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，故选：A．【点睛】本题考查菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．课后训练1．（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形是矩形，分别以点，为圆心，线段，长为半径画弧，两弧相交于点，连接，，．若，，则的正切值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】设，交于点，根据矩形的性质以及以点，为圆心，线段，长为半径画弧得到，，设，故，在中求出的值，从而得到，从而得到，即可求得答案．【详解】解：设，交于点，由题意得，，，四边形是矩形，，，，，设，故，在中，，即，解得，，，，，．故选：C．

【点睛】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，以及正切值的求法，本题中得到是解题的关键．2．（2024·江苏徐州·一模）如图，已知矩形的边，，为边上一点．将沿所在的直线翻折，点恰好落在边上的点处，过点作，垂足为点，取的中点，连接，则的长为(

)A．3 B． C．-1 D．【答案】D【分析】连接，，可求得为的中点，根据中位线的性质可得，勾股定理求得即可．【详解】解：连接，由折叠的性质可得，又∵∴点在线段上，又∵∴∴又∵的中点N∴为的中位线∴在中，∴故选：D．3．（2023·河南周口·统考二模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，分别是，的中点，连接，若，，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质和三角形中位线定理得出，于是得到结论．此题考查菱形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．【详解】解：四边形是菱形，，，，点、分别是、的中点，是的中位线，，故选：C．4．（2023·河北·模拟预测）如图，在矩形中，，分别是，上的点，，分别是，的中点，当点在上从点向点移动，而点保持不动时，下列结论成立的是(

)

A．线段的长逐渐增大 B．线段的长逐渐减小C．线段的长不变 D．线段的长先增大后减小【答案】C【分析】本题考查了三角形中位线定理、矩形的性质、勾股定理，连接，由三角形中位线定理可得，由矩形的性质结合勾股定理可得，由点保持不动可得长度不变，从而可得线段的长不变，熟练掌握三角形中位线定理是解此题的关键．【详解】解：如图，连接，

，，分别是，的中点，是的中位线，，四边形为矩形，，，点保持不动，的长度始终不变，的长不变，故选：C．5．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，在中，为的中点．若点在边上，且，则的长为（

）

A．1 B．2 C．1或 D．1或2【答案】D【分析】根据题意易得，然后根据题意可进行求解．【详解】解：∵，∴，∵点D为的中点，∴，∵，∴，①当点E为的中点时，如图，∴，

②当点E为的四等分点时，如图所示：∴，综上所述：或2；故选D．【点睛】本题主要考查含30度直角三角形的性质及三角形中位线，熟练掌握含30度直角三角形的性质及三角形中位线是解题的关键．6．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，在ABCD中，，，点E在AD上，，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点B作BF⊥AD于F，由平行四边形性质求得∠A=75°，从而求得∠AEB=180°-∠A-∠ABE=45°，则△BEF是等腰直角三角形，即BF=EF，设BF=EF=x，则BD=2x，DF=，DE=DF-EF=（-1）x，AF=AD-DF=BD-DF=（2-）x，继而求得AB2=AF2+BF2=（2-）2x2+X2=（8-4）x2，从而求得，再由AB=CD，即可求得答案．【详解】解：如图，过点B作BF⊥AD于F，∵ABCD，∴CD=AB，CDAB，∴∠ADC+∠BAD=180°，∵∴∠A=75°，∵∠ABE=60°，∴∠AEB=180°-∠A-∠ABE=45°，∵BF⊥AD，∴∠BFD=90°，∴∠EBF=∠AEB=45°，∴BF=FE，∵AD=BD，∴∠ABD=∠A=75°，∴∠ADB=30°，设BF=EF=x，则BD=2x，由勾股定理，得DF=，∴DE=DF-EF=（-1）x，AF=AD-DF=BD-DF=（2-）x，由勾股定理，得AB2=AF2+BF2=（2-）2x2+x2=（8-4）x2，∴∴，∵AB=CD，∴，故选：D．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，过点B作BF⊥AD于F，构建直角三角形与等腰直角三角形是解题的关键．7．（2023·江苏泰州·中考真题）菱形的边长为2，，将该菱形绕顶点A在平面内旋转，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转，连接，相交于点O，与交于点E，根据菱形的性质推出的长，再根据菱形的性质推出与的长，再根据重叠部分的面积求解即可．②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积．【详解】解：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，连接，相交于点O，与交于点E，

∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，，∴，∵菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，∴，∴A，，C三点共线，∴，又∵，∴，，∵重叠部分的面积，∴重叠部分的面积；②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，正确作出图形是解题的关键．8．（2023·江苏宿迁·三模）如图，在矩形中，，，点是的中点，连接，平分交于点，连接交于点，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查的是矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，延长交延长线于点，过点作于点，由矩形的性质可得，，，根据全等三角形的判定与性质可得，，然后利用相似三角形的判定与性质可得答案，熟练掌握以上知识点的应用及正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：延长交延长线于点，过点作于点，在矩形中，，，，∵平分，，，∴，设，则，∵点是的中点，∴，∵，在和中，，∴，∴，，在中，，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故选：．9．（2022·江苏南京·中考真题）如图，的顶点、分别在直线，上，，若，，则．【答案】/32度【分析】根据平行四边形的性质得到，再用平行线的性质得到即可解答．【详解】解：过点作，∴∵，∴，∴，∴，∵在中，∴，∵，∴，∵，∴，答案为：．【点睛】本题考查了平行线的性质，平行四边形的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．10．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，，，，分别以A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线，与BC交于点E，与AD交于点F，连接AE，CF，则四边形AECF的周长为．【答案】10【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，根据平行线分线段成比例可得为的中线，然后勾股定理求得，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得的长，进而根据菱形的性质即可求解．【详解】解：如图，设与的交点为，根据作图可得，且平分，，四边形是平行四边形，，，又，，，，，四边形是平行四边形，垂直平分，，四边形是菱形，，，，，为的中点，中，，，，，四边形AECF的周长为．故答案为：．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，平行线分线段成比例，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．11．（2022·江苏南京·中考真题）在平面直角坐标系中，正方形如图所示，点的坐标，点的坐标是，则点的坐标是．

【答案】【分析】由全等三角形的判定得到，再利用全等三角形的性质得到即可解答．【详解】解：作轴，轴于点，与交于点，∵点的坐标，点的坐标是，∴，，，∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴点，故答案为．

【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，正确添加辅助线是解题的关键．12．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝．【答案】1【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，由点E是CD的中点，得CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．【详解】解：连接AG，EG，如图，∵HG垂直平分AE，∴AG=EG，∵正方形ABCD的边长为8，∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，∵点E是CD的中点，∴CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，得EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，∴（8-x）2+42=82+x2，解得：x=1，故答案为：1．【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．13．（2024·山东·一模）在矩形中，，，点E为中点，将沿折叠，使点B落在矩形内的点F处，连接，则的长为．【答案】【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握定理和性质是解题的关键．取的中点M，连接，根据矩形的性质和折叠的性质可得：，应用勾股定理可求出，用等面积法求出，利用三角形中位线定理可得，再用勾股定理求，进一步即可求出．【详解】解：取的中点M，连接，∵矩形中，，，点为中点，将沿折叠，使点落在矩形内的点处，∴，，，∴，，，∴，，∴，∴，∴，故答案为：．14．（2024·江苏扬州·一模）如图1，在中，D、E分别为、的中点，延长至点F，使，连接和．(1)求证：四边形是平行四边形．(2)如图2，当是等边三角形且边长是12时，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由三角形中位线定理得，，再由，得，即可得出结论；（2）过点作于，由等边三角形的性质得，，则，再由含角的直角三角形的性质得，由勾股定理得，由，即可求解．【详解】（1）证明：、分别为、的中点，是的中位线，，，，，四边形是平行四边形．（2）解：过点作于，如图2所示：是等边三角形，为的中点，，，，，，，．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形中位线定理、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形为平行四边形是解题的关键．15．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，，．

(1)求出对角线的长；(2)尺规作图：将四边形沿着经过点的某条直线翻折，使点落在边上的点处，请作出折痕．（不写作法，保留作图痕迹）【答案】(1)(2)作图见解析【分析】（1）连接，过作于，如图所示，由勾股定理先求出，在中再由勾股定理，；（2）连接，根据轴对称性质，过点尺规作图作线段的垂直平分线即可得到答案．【详解】（1）解：连接，过作于，如图所示：

在中，，，，，，在中，，，，则；（2）解：如图所示：【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长，涉及勾股定理、尺规作图作线段垂直平分线，熟练掌握勾股定理求线段长及中垂线的尺规作图是解决问题的关键．16．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，已知四边形ABCD为矩形，，点E在BC上，，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．(1)求EF的长；(2)求sin∠CEF的值．【答案】(1)(2)【分析】(1)先由可求得的长度，再由角度关系可得，即可求得的长;(2)过F作于，利用勾股定理列方程，即可求出的长度，同时求出的长度，得出答案.【详解】（1）设，则，∴，在中，，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，由折叠可知，∴，，∴，∴，在中，.（2）过F作FM⊥BC于M，∴∠FME=∠FMC=90°，设EM=a,则EC=3-a，在中，，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴.【点睛】此题考查锐角三角函数，勾股定理，矩形的性质，通过添加辅助线构建直角三角形是解题的关键．17．（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

(1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；(2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；(3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．【答案】(1)(2)(3)是【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；（2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果；分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”．【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”，则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，即，则菱形为正方形，∵菱形的面积为，∴菱形的边长是．故答案为：．（2）解：连接，如图：

∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”，∴，∴，∵点是边的中点，∴，∴，∴，∵，即，∴．（3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下：分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：

∵点在线段和线段的垂直平分线上，∴，，在和中，，∴，∴，则，即，∴四边形是“可旋四边形”．【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．18．（2024·江苏宿迁·模拟预测）【感知】（1）小明同学在学习相似三角形时遇到这样一个问题：如图①，在中，点D是的中点，点E是的一个三等分点，且．连结，交于点G，求值．小明发现，过点D作的平行线或过E作的平行线，利用相似三角形的性质即可得到问题的答案．请你根据小明的提示（或按自己的思路）写出求解过程【尝试应用】（2）如图②，在中，D为上一点，，连结，若，交于点E、F．若，，，则的长为．【拓展提高】（3）如图③，在平行四边形中，点E为的中点，点F为上一点，与、分别交于点G、M，若，若的面积为2，则的面积为．【答案】（1）3（2）7（3）10【分析】（1）过点D作交于H，则，而，所以，则，所以，由，得，所以，可证明，得，可推导出，则；（2）取的中点H，连结，由，于点E，得，则，可证明，得，所以，求得，于是得到问题的答案；（3）设的面积为，求出，，过点作交于点，证明，得，，再证明，得，由列式求出的值即可得出的面积【详解】解：解：如图①，过点D作交于H，则，

图①∵D是的中点，∴，∵，∴∴∴，∵E是的一个三等分点，且，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴的值为3；（2）如图②，取的中点H，连结，则，∵于点E，，∴，∴为的中点，∴为的中位线，∴∴，∴，∴，∴，∴故答案为：7．（3）如图③，设的面积为，∴，∵原来的中点，∴且，连接，则∵，∴，过点作交于点，∴，∴∴∴∵∴，又∴∵∴，∴∴，∵，∴，解得：，∴，∴的面积为10，故答案为：10【点睛】本题主要考查等腰三角形的“三线合一”、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理、