2025年中考数学一轮知识梳理难点06 特殊平行四边形的常考题型（7大热考题型）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages126126页难点06特殊平行四边形的常考题型（7大热考题型）题型一：矩形的性质与判定题型二：菱形的性质题型三：菱形的判定题型四：菱形的性质与判定题型五：正方形的性质题型六：正方形的判定题型七：正方形的性质与判定题型一：矩形的性质与判定【中考母题学方法】【典例1】（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．【答案】(1)证明见解析(2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形；（2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：当时，四边形是矩形，理由如下：∵，∴，∵，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴四边形是矩形，即当时，四边形是矩形，∴，∴在中，．【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．【变式1-1】（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长．【详解】解：中，，，，，连接，如图所示：∵于点，于点，，∴，四边形是矩形，，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，∴此时．故选：B．【变式1-2】（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，30°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．【变式1-3】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，．(1)求证：；(2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值．【答案】(1)见解析(2)，【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键．（1）直接根据矩形的判定证明即可；（2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得，．进而可得，再根据等腰三角形的判定得到，过点O作于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得，，，然后利用正切定义求解即可．【详解】（1）证明：因为四边形是平行四边形，且，所以四边形是矩形．所以；（2）解：在中，，，所以，因为四边形是矩形，所以，．因为，所以．过点O作于点F，则，所以，在中，，所以．【中考模拟即学即练】1．（2025·湖北十堰·一模）如图，正八边形的边长为，对角线AB、CD相交于点．则线段的长为（

）

A．8 B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正多边形的内角、矩形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键．根据正八边形的性质得出四边形是矩形，、是等腰直角三角形，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系解题即可．【详解】解：如图，过点作于，

由题意可知，四边形是矩形，由正八边形的性质知，，∴，又∵，∴，，∴是等腰直角三角形，同理，也是等腰直角三角形，又∵四边形是矩形，∴，在中，，，∴，∴，同理，∴．

故选：C．2．（2023·海南海口·模拟预测）如图，直角梯形中，，，，将腰以为中心逆时针旋转至，连接，，的面积为，则长（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质等知识．熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质是解题的关键．如图，过作于，作于，由旋转的性质可得，，，证明，则，由题意知，，可求，则，证明四边形是矩形，则，根据，计算求解即可．【详解】解：如图，过作于，作于，由旋转的性质可得，，，∵，∴，又∵，，∴，∴，由题意知，，解得，，∴，∵，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，故选：C．3．（2024·河北·模拟预测）在中，，是的中点，求证：．证明：如图，延长至点，使，连接，．……，．下面是“……”部分被打乱顺序的证明过程：①∴四边形是平行四边形；②∵；③∵，；④∴四边形是矩形，则正确的顺序是（

）．A．③①②④ B．③②①④ C．②③①④ D．②①③④【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．从结论入手，要证明直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，显然不能应该斜边中线定理，看到提示的两行证明，有对角线相等，由此根据矩形的对角线互相平分且对角线相等的性质，作辅助线补全四边形，先证平行四边形再证矩形，即可推出结论．【详解】解:根据提示，先由对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再由平行四边形证明是矩形，证明过程应为：③，；①四边形是平行四边形；②；④四边形是矩形．，．即证明过程为③①②④，故选：A．4．（2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（

）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】连接，可证四边形是矩形，，即可判断①③；根据①③的结论可推出垂直平分，进而可得是等腰直角三角形，从而可判断②；证明，推出，设，推出，，判断④即可．【详解】解：连接，如图所示：

∵，，∴由题意得：∴∴∴∵，∴∴四边形是矩形，∴，，∴∵∴∴∴∴∴∴点是的中点即：，故①正确；∵，∴∵∴∴同理可证∴，故③正确；∵∴垂直平分∴∵∴是等腰直角三角形∴∵∴，故②正确；∵，∴，∴，∴，设，则：，∴，∴，∴；故④正确；故选：A．【点睛】本题综合考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、斜中半定理等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础．5．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，当点C，，三点共线时，交于点E，则的长度是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，先证明，进而证明，于是可得，，设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得出答案．【详解】解：如图，连接，矩形，，，，由旋转的性质可得：，，，，是等腰三角形，且，，，在和中，，，，，设，则，在中，根据勾股定理可得：，，解得：，，故选：A．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，有两个全等的矩形和矩形重合摆放，将矩形绕点逆时针旋转，延长交于点，线段的中点为点，的长为2，的长为4，当取最小时，的长为（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质等知识，确定何时取最小值是解题关键．连接，由“垂线段最短”的性质可知当，即点与点重合时，取最小值，此时连接，易得，再证明点与点重合，即可获得答案．【详解】解：如下图，连接，∵四边形与四边形均为矩形且全等，且，，∴，，，∴矩形绕点逆时针旋转，则当，即点与点重合时，取最小值，如下图，连接，此时，∵点为线段的中点，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即点与点重合，∴．故选：B．7．（2024·贵州黔东南·二模）在矩形中，，过点E，F分别作对角线的垂线，与边分别交于点G，H．若，，，则．

【答案】【分析】本题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，全等三角形性质和判定，解题的关键在于作辅助线构造直角三角形和全等三角形．延长，交于点P，过点G作于点Q，易证四边形是矩形，得到，，利用矩形性质证明，得到，最后利用勾股定理即可得到，进而得到．【详解】解：延长，交于点P，过点G作于点Q，

，四边形是矩形，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，，，，，故答案为：．8．（2023·天津·一模）如图，矩形对角线相交于点O，E为上一点，连接，F为的中点，．若，则的长为．【答案】2【分析】本题考查了中位线，勾股定理，矩形的性质，平行线的性质等知识．解题的关键在于添加辅助线，构造中位线．如图，连接，是的中位线，则，，，，在中，由勾股定理求的值，由矩形的性质可得，根据，求解的值即可．【详解】解：如图，连接，∵四边形是矩形，∴，∵为的中点，∴是的中位线，，，∴，∵，，，，在中，由勾股定理得，∴，，故答案为：2．9．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，在边上，，连接，则线段的最小长度为．【答案】【分析】根据题意取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，利用矩形性质证明四边形为平行四边形，再根据对称性得，继而利用勾股定理即可得到本题答案．【详解】解：如图，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，，∵矩形中，，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，即，∵根据对称性可知，则，，∵，∴的最小长度：，故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形判定及性质，矩形性质，对称性质，勾股定理等．10．（2024·山东·模拟预测）如图，在中，，，延长至点，使，连接，交于点，连接，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)求的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证四边形是平行四边形，得，，再证，即可得证；（2）由矩形的性质得，由勾股定理求出，即可得解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，∴，，，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴四边形是矩形；（2）解：∵四边形是矩形，，，∴，∴，∴，∴的面积为．【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形外角的定义及性质等知识，掌握矩形的判定与性质是解题的关键．11．（2024·北京·模拟预测）如图，在中，垂直平分．延长至点B，作的角平分线，过点C作于点F．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)18【分析】本题考查矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的三线合一的性质，勾股定理，三角函数定义等知识．掌握矩形的判定与性质和三角函数的定义是解题的关键．（1）根据三角形中线的定义及等腰三角形三线合一性质得，，继而得到，结合即可得证．（2）由矩形的性质得到，进而由锐角三角函数定义求出，然后根据勾股定理解题即可．【详解】（1）证明：∵垂直平分，∴，，∵，∴平分，∴，∵平分，∴，∵，∴，即，∵，∴，∴四边形是矩形；（2）解：如图连接，∵四边形是矩形，∴，

∵，，∴，∵，，∴，

根据勾股定理得，∴．12．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，连接，以为边作矩形(点、在的同侧)，且，连接．(1)如图1，当点在的中点时，点、、在同一直线上，求的长；(2)如图2，当时，求证：线段被平分．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据矩形的性质和点是的中点，可得，，，证明，得到，由，可得，即可求解；（2）设与交于点，过作于，根据矩形的性质可得，，由，可推出，证明，得到，推出，结合，推出，证明，得到，即可证明．【详解】（1）解：在矩形中，，，点是的中点，，，，，，，，；（2）如图，设与交于点，过作于，在矩形中，，，，，，又，，，，，，，，，，，线段被平分．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用相关知识．13．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，平行四边形的对角线，相交于点，且．(1)证明四边形为矩形；(2)若，，求的面积；(3)点，分别是线段，上的点，若，，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)的面积为；(3)的长为．【分析】（1）先证明，再根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可证明结论成立；（2）利用正函数的定义求得，再求得矩形的面积，据此即可求解；（3）过点分别作的垂线，垂足分别为，等面积法证明，进而证明，，根据全等三角形的性质得出，，根据已知条件求得，进而勾股定理求得，进而即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，即，∴四边形为矩形；（2）解：∵四边形为矩形，∴，，∵，∴，∴矩形的面积为，∴的面积为；（3）解：解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，在中，∴，∴，∴∴解得：∴在中，，在中，，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形等，熟练掌握以上知识是解题的关键．题型二：菱形的性质【中考母题学方法】【典例1】（2024·福建·中考真题）如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，求证：．【答案】见解析【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明，再证明，从而可得结论．【详解】证明：在菱形中，，，∵，∴，∴，在和中，∴，∴．【典例2】（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为．求证：．【答案】证明见解析．【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出，用证明，由全等三角形的性质可得出，由线段的和差关系即可得出．【详解】证明：四边形是菱形【变式2-1】（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（

）A．1 B． C．0 D．【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可．【详解】解：作于点，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∵点E表示的数是3，∴点A表示的数是，故选：D．【变式2-2】（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，，，∴，，，在中，，∴，∵菱形的面积为，∴，故选：A．【变式2-3】（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．【变式2-4】（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，∵，∴，∴．∵，∴，∴（负值已舍去），∴，∴，∴，∴，CO＝3（舍去）．∵AE⊥BC，，∴．故答案为：．【变式2-5】（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为．【答案】10【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可．【详解】解：连接，∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4，∴，，设菱形中边上的高为h，则，即，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：10．【中考模拟即学即练】1．（2024·云南曲靖·一模）菱形的一条对角线长为8，边的长是方程的一个根，则菱形的周长为（

）A．16 B．20 C．16或20 D．32【答案】B【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的三边关系，解一元二次方程等知识，先解方程得，，再根据菱形的性质和三角形三边关系得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键．【详解】解：由题意可知，边的长是方程的一个根，解方程：，∴解得：，，∵菱形的一条对角线长为8，∴当时，，不能构成三角形，当时，，能构成三角形，∴，∴菱形的周长，故选：B．2．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形的对角线的中点，以O为原点，建立如图平面直角坐标系，若轴，，，点C的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】令与y轴的交点为字母E，根据菱形的性质和说明是等边三角形，再求出，然后根据直角三角形的性质得，结合勾股定理求出，可知点A的坐标，最后根据点A和点C关于原点对称得出答案．【详解】如图所示，令与y轴的交点为字母E，∵四边形是菱形，∴．∵，，∴是等边三角形，则，∵点O是菱形的对角线的中点，∴．∵轴，则，∴，∴根据勾股定理，得，∴．∵点A和点C关于原点对称，∴．故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，理解菱形的对称性是解题的关键．3．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，，是上一点，把四边形沿折叠后得到四边形，，则的长为（

）

A． B．3 C． D．【答案】D【分析】本题考查折叠，菱形的性质，正方形的判定和性质，三角函数，熟练掌握数形结合的思想是解题的关键；根据题意，连接，延长到于点，延长到于点，证明为正方形，根据三角函数求出，的长度，即可求解；【详解】解：连接，延长到于点，延长到于点，

因为四边形沿折叠后得到四边形，，，为正方形，，，，，，，故选：D4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在菱形中，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，分别以，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点．连接，若，，则菱形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可得知，由菱形的性质可得出，．设，则，由勾股定理解出，最后根据菱形的性质求面积即可．【详解】解：由作图知，，四边形是菱形，，，，设，，∴，，在中，由勾股定理得，，或（舍去），，，菱形的面积，故选：A．【点睛】本题考查了垂线的尺规作图，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质与判定定理以及菱形的性质是解题的关键．5．（2024·山东枣庄·一模）已知3是关于x的方程的一个根，并且这个方程的两个根恰好是菱形的两条对角线的长，则菱形的面积为．【答案】【分析】本题主要考查了菱形的性质以及一元二次方程的解和根与系数的关系，正确得出方程的两根之积是解题关键．首先利用一元二次方程的解得出m的值，再利用根与系数的关系得出方程的两根之积，再结合菱形面积公式求出答案．【详解】解：∵3是关于x的方程的一个根，∴，解得：，∴原方程为：，∴方程的两根之积为：，∴菱形的面积为：．故答案为：．6．（2024·湖南株洲·模拟预测）如图，菱形中，，对角线，相交于点，为的中点．若菱形的周长为32，则的周长为．【答案】12【分析】本题考查菱形的性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识．根据菱形对角线互相垂直的性质可知，在中，利用斜边的中线等于斜边的一半解得，证明是等边三角形，据此求解即可．【详解】解：菱形的周长为32，，在菱形中，，，又为的中点，在中，，∵，∴，∴是等边三角形，∴的周长为，故答案为：12．7．（2024·福建福州·模拟预测）如图，在菱形中，，点E是边上一点，将菱形沿折叠，点D的对应点为点F，交于点G，当恰好经过的中点H时，的长为．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，折叠性质，等边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．先过点E作，连接，由菱形的性质得，得出是等边三角形，因为恰好经过的中点H时，所以，故，再由折叠性质得出,，运用直角三角形的30度所对的直角边是斜边的一半以及勾股定理列式，再解方程，即可作答．【详解】解：如图：过点E作，连接，∵在菱形中，，∴，∴是等边三角形，∵当恰好经过的中点H时，∴，∴，∴，∵折叠，∴,，∴，∵，∴，则，∴在中，∵，∴，则，解得（负值已舍去），∴，∵，∴．故答案为：．8．（2024·云南昆明·模拟预测）如图所示，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点．(1)求证：四边形是矩形；(2)当，时，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查了勾股定理，菱形是性质以及矩形的判定与性质．熟记矩形与菱形的性质是解本题的关键．（1）先证四边形是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到，根据矩形的定义即可判定四边形是矩形．（2）先求得，，再求解，根据四边形是矩形，结合平行线的性质可得答案．【详解】（1）证明：，，四边形是平行四边形，又菱形，，，四边形是矩形．（2）解：，，，∴,，，，四边形是矩形，，．，∴，，，∴．9．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，．(1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度；(2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：；(3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长．【答案】(1)图见解析，(2)见解析(3)1或3【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质即可求解；（2）如解图，连接，由四边形是菱形，可得和都是等边三角形，再证即可求解；（3）根据题意作图如解图，过点作于点，连接，可得是等边三角形，由勾股定理可得，在中，，，由勾股定理可得，同理可得，分类讨论：当点在点的左侧（的位置）时，；当点在点的右侧（的位置）时，；再由（2）知，可得线段的长为1或3，由此即可求解．【详解】（1）解：作如解图，∵四边形是菱形，∴，如图所示，连接，，∴是等边三角形，∴，∵点是中点，∴，即，∴，故答案为：；（2）证明：如解图，连接，四边形是菱形，且，，，和都是等边三角形，，，，，，，，．（3）解：根据题意作图如解图，过点作于点，连接，四边形是菱形，且，，，是等边三角形，，，在中，，，，同理可得，当点在点的左侧（的位置）时，；当点在点的右侧（的位置）时，；或3；由（2）知，，，线段的长为1或3．【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键．题型三：菱形的判定【中考母题学方法】【典例1】（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30°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EFGH，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，∴．【典例2】（2024·河南·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点E．

(1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点F（保留作图痕迹，不写作法）．(2)证明（1）中得到的四边形是菱形【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是：（1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可；（2）先证明四边形是平行四边形，然后利用直角三角形斜边中线的性质得出，最后根据菱形的判定即可得证．【详解】（1）解：如图，

；（2）证明：∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵在中，是斜边上的中线，∴，∴平行四边形是菱形．【变式3-1】（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：D【变式3-2】（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（

）A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形【答案】A【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案．【详解】解：如图所示：四边形为矩形，，，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形，故选：A．【变式3-3】（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在四边形中，，且，是的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论：甲：若连接，则四边形是菱形；乙：若连接，则是直角三角形．请选择一名同学的结论给予证明．【答案】见解析【分析】选择甲：由，是的中点．得，从而得四边形是平行四边形，再根据，即可证明结论成立；选择乙：连接、DE，DE交于，分别证明四边形是平行四边形，四边形是菱形，得AC⊥DE，，再根据平行线的性质及垂线定义即可得证．【详解】证明：选择甲：如图1，∵，是的中点．∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；选择乙：如图，连接、DE，DE交于，∵，是的中点．∴，∵，∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；∴AC⊥DE，∴，∵四边形是平行四边形，∴∴，∴是直角三角形．【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形的判定及性质、垂线定义、平行线的性质，熟练掌握菱形、平行四边形的判定及性质是解题的关键．【变式3-4】（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．【中考模拟即学即练】1．（2024·广东清远·模拟预测）如图，中，，，，将沿着直线向右平移到的位置，与相交于点G，连接．下列结论：①；②是直角三角形；③四边形的面积是；④四边形是菱形；⑤．其中正确结论的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由平移的性质得，，，，则四边形是平行四边形，，，故①不正确；再由勾股定理的逆定理求出，即可推出是直角三角形，故②正确；然后设的边上的高为，由面积法求出，再求出，故③正确；由，即可推出平行四边形是菱形，故④正确；最后由，证与不全等，即可得出结果．【详解】解：由平移的性质得：，，，，四边形是平行四边形，则，，故①不正确；，即，，，是直角三角形，故②正确；设的边上的高为，则，，，故③正确；，平行四边形是菱形，故④正确；，，，，与不全等，故⑤不正确；综上所述，正确结论的个数为3，故选：C．【点睛】本题考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算、全等三角形的判定等知识，熟练掌握平移的性质和勾股定理的逆定理是解题的关键．2．（2024·青海西宁·一模）如图，在四边形中，点，为对角线上的两点，，，．连接，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，猜测四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)四边形是菱形，证明见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质与判定，菱形的判定：（1）由可得，证明，则，，进而结论得证；（2）由全等三角形的性质得到，，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明四边形是菱形．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形．（2）解：四边形是菱形，理由如下：∵，∴，，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形．3．（2025·湖北十堰·一模）在四边形中，，点E，F在对角线上，，．(1)求证：；(2)连接，已知______（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．条件①：；条件②：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由线段的和差可得，由平行线的性质可得，然后利用即可证明；（2）若选择条件①：先证明四边形是平行四边形，利用直角三角形斜边上的中线性质以及含30度角的直角三角形的性质证得，即可证明平行四边形是菱形．若选择条件②：先证明四边形是平行四边形，得到，再根据等腰三角形的性质即可证明平行四边形是菱形．【详解】（1）证明：∵，∴，即，∵，∴，又∵，∴．（2）解：若选择条件①：四边形是菱形，由（1）得，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∵，∴，∴，∴平行四边形是菱形．若选择条件②：四边形是菱形，如图：连接交于点O，由（1）得，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，即，∴平行四边形AECF是菱形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识点，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．4．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图，平行四边形，，分别是，的中点，，连接交于点．(1)求证：四边形是菱形；(2)过点作于点，交于点．若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形的性质结合已知可得四边形是平行四边形，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，即可得证四边形是菱形；（2）利用菱形的性质，判断为等边三角形，从而求得，在中，利用特殊角，求出，进而求出线段的长．【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形∴∵，分别是，的中点，，∴，则又∵∴四边形是平行四边形，∵∴四边形是菱形；（2）∵四边形是菱形；∴，∴，∵，，，，，在中，，，∴，在中，，，，＝60°，为等边三角形，，为的中点，又是等边三角形，，的长为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定与性质、直角三角形的斜边中线与斜边的关系、等边三角形的性质和判定，利用直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半是求解的关键．5．（2024·湖南·模拟预测）如图，在中，交于点，点在上，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法是解题的关键．（1）先根据四边形为平行四边形可得、，再根据得出，即可证明结论；（2）先证明得出，证明四边形为菱形得出，即可证明结论．【详解】（1）证明：∵，∴，，∵，∴，即，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵∴，∴，∴四边形为菱形，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．6．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在四边形中，对角线与交于点O，已知，过点O作，分别交、于点E，F，连接．(1)求证：；(2)求证：四边形是菱形；(3)设，，，求的长【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明四边形是平行四边形，则，，，进而可证；（2）由（1）可知，，则，证明四边形是平行四边形，证明是等腰三角形，，进而可证四边形是菱形；（3）由，可得，设，则，由勾股定理得，，即，可求，即，，由，可得，则，证明是等边三角形，证明四边形是平行四边形，则，，如图，作于，则，，由勾股定理得，，，求解作答即可．【详解】（1）证明：∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，，又∵，∴；（2）证明：由（1）可知，，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵，，∴是等腰三角形，，∴四边形是菱形；（3）解：∵，∴，设，则，由勾股定理得，，即，解得，，∴，，∵，∴，，又∵，∴是等边三角形，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，如图，作于，∴，，由勾股定理得，，由勾股定理得，，∴的长为．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形等知识．熟练掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形是解题的关键．7．（2024·安徽合肥·模拟预测）在和中，，，且，．(1)如图，当时，连接，并延长交于点，则________．(2)当时，求出的长；(3)当满足什么条件时，四边形是菱形．【答案】(1)(2)(3)，理由见解析【分析】（1）如图1,过点作于,由可得,,进而得到,证明得到,即可得,又由为等边三角形,得到,即得到为的垂直平分线，再利用勾股定理即可求解；（2）过点作于点，过点作于点，连接，在中利用勾股定理求出的长，然后证明，即可得到，，再根据勾股定理求出CD长即可；（3）当时,四边形是菱形.根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得到四边形为平行四边形，然后根据,即可求证.【详解】（1）如图1,过点作于,∵,∵,∴,∵,∴,∴,∵,∴,∴在和中,，∴,∴,∴,∴为等边三角形，∴,∵,∴为的垂直平分线，，，故答案为：；（2）依据题意作图如图1，过点作于点，过点作于点，连接，∵，，∴，在中，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，，∴，则；（3）当时，四边形为菱形，理由如下：由前面可知：，当时，，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵，∴平行四边形为菱形．【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，菱形的判定，根据题意，正确作出辅助线是解题的关键．题型四：菱形的性质与判定【中考母题学方法】【典例1】（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．

(1)求证：是菱形；(2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，）【答案】(1)见解析(2)5【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．（1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；（2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴．∴．∵平分，∴．∴．∴．∴四边形是菱形．（2）连接，交于点O，

∵四边形是菱形．，，∴，，，∴，即菱形的边长为5．【变式4-1】（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．【详解】解：作图可得∴四边形是菱形，∴∵，∴，∴，故选：C．【变式4-2】（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．【变式4-3】（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．【变式4-41】（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．【变式4-5】（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接(1)求证：四边形是菱形：(2)若平行四边形的周长为，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识：（1）由平行四边形的性质得再证明，得出，证明出四边形是平行四边形，由得出四边形是菱形：（2）求出菱形的周长为20，得出，再证明是等边三角形，得出．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴即∴∵为的中点，∴∴，∴∵∴四边形是平行四边形，又∴四边形是菱形；（2）解：∵∴∵平行四边形的周长为22，∴菱形的周长为：∴∵四边形是菱形，∴又∴是等边三角形，∵．【中考模拟即学即练】1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在中，，点D为斜边的中点，连接，过点A作，连接，，若四边形的周长为52，则的长为（

）A．24 B．26 C．15 D．13【答案】A【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理．先证明四边形是菱形，求得菱形的边长，再利用勾股定理即可求解．【详解】解：∵，，∴四边形是平行四边形，∵为斜边的中线，∴，∴四边形是菱形，∵四边形的周长为52，∴，∴，∵中，，∴，故选：A．2．（2024·贵州遵义·模拟预测）已知，①以点O为圆心，长为半径画弧，交于点，②分别以点、为圆心画弧交于一点，作射线，③过点作的平行线交射线与点，④连接；求线段的长（

）A． B．16 C． D．【答案】C【分析】本题主要考查角平分线的作图、平行线的性质和菱形的判定和性质，根据题意得，则，则有，进一步得，即可判定四边形为菱形，则，结合已知即可得，有即可．【详解】解：由题意得，，则，∴，∴，∵，∴，∴四边形为菱形，则，∵，，∴，，∴，则．故选：C．3．（2024·贵州贵阳·一模）如图，在中，，，为的中点，过点作，且，连接，．(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；(2)若，连接，，求的面积．【答案】(1)选择小星的做法：证明见解析(2)【分析】本题考查了菱形的判定，涉及平行四边形的判定、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质；（1）选择小星的做法：根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据直角三角形到现在得到，得到，根据菱形的性质得到；选择小红的做法：连接，根据平行四边形的性质得到四边形是平行四边形，根据直角三角形的性质得到，根据菱形的性质得到；（2）根据直角三角形的性质和等腰三角形的性质以及三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）选择小星的做法：证明：∵，，四边形是平行四边形，在中，，为的中点，，又，是等边三角形，，四边形是菱形，；选择小红的做法：证明：连接交BD于点，∵，，四边形是平行四边形，在中，，为的中点，，，是等边三角形，．四边形是菱形，垂直平分．；（2）在中，，，，由（1）知是等腰三角形，，，，．．4．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若矩形的周长为20，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)菱形的面积9．【分析】（1）由矩形的性质求得，再证明是的中位线，推出，，得到四边形是平行四边形，据此即可证明四边形是菱形；（2）先求得，在中，利用勾股定理列式计算求得，，再利用菱形的面积公式即可求解．【详解】（1）证明：∵矩形中，∴，，，，∴，∵，∴点是线段的中点，∵点F是的中点，∴是的中位线，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：∵矩形中，∴，，，∵矩形的周长为20，∴，∴，∴，在中，，即，解得或，∵，∴，，∴，∴菱形的面积．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算．证明四边形是菱形是解题的关键．5．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点O，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求四边形的面积和周长．【答案】(1)证明见解析(2)周长，面积【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键．（1）先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；（2）根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解．【详解】（1）解：∵，∴四边形是平行四边形，又∵矩形中，，∴平行四边形是菱形；（2）解：∵矩形，∴，∴，∵菱形，∴，∴菱形的周长为：；∵，∴，∴，∴，∵，∴．6．（2024·吉林长春·一模）如图，矩形的对角线AB、交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，连接AD、、．(1)求证:四边形是菱形．(2)若，，则菱形的面积为．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键.（1）先由对角线互相平分的四边形是平行四边形，再由矩形的性质得出即可得出结论；（2）由矩形的性质得出由菱形的性质得出，的长，然后由菱形的面积公式即可得出结果.【详解】（1）证明：，∴四边形是平行四边形，∵四边形是矩形，，，∴四边形是菱形；（2）解：∵四边形是矩形，，∵四边形是菱形，，，在中，由勾股定理得：，，，故答案为：．7．（2024·安徽合肥·模拟预测）在正方形中，点E为中点，连接并延长交延长线于点G，点F在上，，连接并延长交延长线于H，连接．(1)求证：四边形为菱形；(2)若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析；(2)20．【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．（1）先证明，然后证明≌可得，同理证明≌可得，进而可得四边形AFGH为菱形；（2）设正方形边长为x，结合（1）可得，，然后根据勾股定理列出方程即可求出x的值，进而可得四边形AFGH的面积．【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形，，，，点E为CD中点，，，在和中，，≌，，同理：≌，，，，四边形AFGH为平行四边形．，四边形AFGH为菱形．（2）解：设，由知，，，在中，根据勾股定理，得，，解得，舍去)，，菱形AFGH的面积为：题型五：正方形的性质【中考母题学方法】【典例1】（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接．(1)求证：；(2)若，求证：．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与角之间的关系，熟练找出和的全等条件．（1）根据正方形的性质证明，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可；（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出和，然后进行证明即可．【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，，在和中，，；（2）∵四边形为正方形，，，，，，，．【变式5-1】（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．根据正方形的性质可求出，根据轴对称的性质可得，则，再求出，，即可求出答案．【详解】解：正方形的边长为2，∴，∴，∵与关于直线对称，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴的周长是，故选：A．【变式5-2】（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．【变式5-3】（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2,1，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：．【变式5-4】（2024·内蒙古·中考真题）如图，正方形的面积为50，以为腰作等腰，平分交于点G，交的延长线于点E，连接．若，则．【答案】【分析】过点作于点，连接，交于点，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求出的长，再求出，从而可得，，然后根据等腰三角形的性质求出的长，最后在和中，利用勾股定理求解即可得．【详解】解：如图，过点作于点，连接，交于点，∵正方形的面积为50，∴，，∵，，∴，平分，，∴，∵平分，平分，∴，∴，∴是等腰直角三角形，，∴，∴，又∵，平分，∴垂直平分，∴，，∴，∴，∴，∴，在中，，设，则，在和中，，即，解得，即，则，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理、二次根式的化简等知识，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．【变式5-5】（2024·江苏南通·中考真题）如图，在中，，．正方形的边长为，它的顶点D，E，G分别在的边上，则的长为．【答案】【分析】过点作，易得为等腰直角三角形，设，得到，证明，得到，进而得到，，在中，利用勾股定理求出的值，根据平行线分线段成比例，求出的长即可．【详解】解：过点作，则：，∴，∵，，∴，∴，∴，设，则：，∵正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在中，由勾股定理，得：，∴，解得：，∴，∵，∴，∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平行线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形．【变式5-6】（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接．（1）线段的长为；（2）若为的中点，则线段的长为．【答案】2/【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键；（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，（2）作辅助线，构造中位线求解即可．【详解】（1）四边形是正方形，，在中，，，，；（2）延长到点，使，连接由点向作垂线，垂足为∵为的中点，为的中点，∴为的中位线，在中，，，在中，，为的中位线，；故答案为：2；.【中考模拟即学即练】1．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形中，，分别是，CD的中点，，分别是，DE的中点，连接，则的值为．【答案】/【分析】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理；连接并延长交AB于点，连接证明得出，进而根据中位线的性质可得，勾股定理求得，即可求解．【详解】如图，连接并延长交AB于点，连接四边形是正方形，设，，，，，为的中点，，，，，，为DE的中点，，为的中点，，，，故答案为：．2．（2025·贵州·模拟预测）如图，正方形，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，若，则的长为．【答案】2【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．延长、相交于H，先证明，得到，从而得到，再证明，得到，从而得到，即可由直角三角形的性质得出，即可求解．【详解】解：延长、相交于H，如图，∵正方形，∴，，∴，∵E，F分别是，的中点，∴，，∴，在与中，，∴，∴，∴，在与中，，∴，∴∴，∴，故答案为：2．3．（2023·江苏扬州·二模）如图，将正方形沿着、翻折，点、的对应点分别是点、，若，则．【答案】/度【分析】本题考查正方形与折叠的性质，由正方形的性质及折叠的性质可得，，，利用角之间的和差关系可得，进而求得，再利用即可求得结果．利用正方形与折叠的性质得到的度数是解题的关键．【详解】解：∵四边形是正方形，，∴，∵将正方形沿着、翻折，点、的对应点分别是点、，∴，，∵，，∴，∴，∴，，∴．故答案为：．4．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）正方形中，E，F分别是的中点，则【答案】/0.6【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，正确构造直角三角形是解题的关键．连接，过点于点G，设正方形的边长为，由勾股定理得，，设，则，则由勾股定理得，那么，解得：，再由勾股定理求出，即可求解．【详解】解：连接，过点于点G，设正方形的边长为，∵四边形为正方形，∴，，∵E，F分别是的中点，∴，∴在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，设，则，∵，∴，∴，解得：，∴，∴，∴，故答案为：．5．（2024·四川乐山·一模）如图，在中，，BD是的一条角平分线，点、、分别在BD、、上，且四边形是正方形．(1)求证：平分；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查角平分线的判定及性质，直角三角形的两锐角互余以及正方形的性质，掌握角平分线的判定及性质是本题的解题关键．（1）过点作于点，根据角平分线定理的性质及正方形的性质得，利用角平分线的判定即可得证；（2）利用全等得到线段，，利用正方形，得到四边都相等，从而利用与、及AB的关系求出的长．【详解】（1）证明：过点作于点∵正方形，∴，于，于∵BD平分，于，于∴∵于，∴点在的平分线上即平分；（2）解：∵中，，，∴∵平分，∴，∵，，∴，∴，同理得由（）得∵，，∴，∵∴即解得6．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：已知正方形中，是上一动点，过点作交正方形的外角的平分线于点．(1)【动手操作】如图①，在上截取，连接，根据题意在图中画出图形，图中_____度；(2)【深入探究】E是线段上的一个动点，如图②，过点作交直线CD于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线CF上，求证：；(3)【拓展应用】在（2）的条件下，若是射线上的一个动点，，，求线段的长．【答案】(1)画图见解析；135(2)证明见解析(3)3或7【分析】（1）根据题意作图即可，由正方形的性质可得，由，得到，根据平角的性质即可求解；（2）如解图②，在上截取，连接，则，可证，由此即可求解；（3）如解图①，四边形是正方形，可证，得到，如解图②，当点在线段上时，可得是等腰直角三角形，可得，，可得；如解图③，当点在延长线上时，延长至点，使，连接，则是等腰直角三角形，由题意可得．【详解】（1）解：根据题意，画出图形如解图①，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：135；（2）证明：如解图②，在上截取，连接，则，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，．（3）解：如解图①，四边形是正方形，，，平分，，，，，，，∵，∴，∴，∴，如解图②，当点在线段上时，，是等腰直角三角形，，，，．，即，，，，，是等腰直角三角形，，；如解图③，当点在延长线上时，延长至点，使，连接，则是等腰直角三角形，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，．综上所述，线段的长为3或7．【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键．题型六：正方形的判定【中考母题学方法】【典例1】（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状．【答案】(1)证明见详解(2)四边形为正方形【分析】（1）由角平分线的定义可得出，由平行线的性质可得出，等量代换可得出，利用证明，由全等三角形的性质得出，结合已知条件可得出四边形是平行四边形．（2）由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，，根据平行线的性质可得出，，由全等三角形的性质可得出，等量代换可得出，即可得出四边形为正方形．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，由∵，∴四边形是平行四边形．（2）四边形是正方形．过点B作于点G，∴，∵四边形是平行四边形．∴，，∴，，∴，，由（1），∴，∵，∴，∴，∴四边形是正方形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键．【变式6-1】（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键．根据从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可．【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为．故选：A．【变式6-2】（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．【中考模拟即学即练】1．（2024·上海·模拟预测）关于下列两个结论正确性的说法正确是（

）（1）矩形各个角的平分线所围成的图形是正方形（2）平行四边形各个角的平分线所围成的图像是矩形A．（1）（2）都错误 B．（1）（2）都正确C．（1）错误，（2）正确 D．（1）正确，（2）错误【答案】B【分析】本题考查矩形、正方形的判定定理．根据矩形、正方形的判定定理判断即可．【详解】解：（1）解：∵四边形是矩形，∴，，∵、分别是矩形的内角平分线，∴，∴，同理可求，∴四边形是矩形，∵，，，为矩形的角平分线，∴，，是等腰直角三角形，∴，在和中，，∴，∴，∴，即，∴矩形为正方形矩形各个角的平分线所围成的图形是正方形，本说法正确．（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，∵、分别是、的平分线，∴，∴，同理可求，，，∴四边形是矩形．平行四边形各个角的平分线所围成的图像是矩形，本说法正确．故选：B．2．（2024·河北秦皇岛·一模）数学课上，嘉嘉作线段的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点，为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，，则直线即为所求．作完图之后，嘉嘉经过测量发现，，根据他的作图方法和测量可知四边形是正方形，嘉嘉的理由是（

）A．两组对边分别平行的菱形是正方形 B．四条边相等的菱形是正方形C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一个角是直角的菱形是正方形【答案】C【分析】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及正方形的判定，得出四边形四边关系是解决问题的关键．根据正方形的判定方法对角线相等的菱形是正方形即可证明；【详解】解：根据题意可知，可以判定四边形是菱形又因为，所以四边形是正方形故选：C3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点E，，点G为的中点，连接的延长线交的延长线于点F，连接．(1)求证：；(2)请增加一个条件，使得四边形为正方形．（不需要说明理由）【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．（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AD的中点，，在和中，，，，；（2）解：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：．4．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，在中，是对角线的交点，延长边到点F，使，过点F作，连接．(1)求证：；(2)已知且，请判断四边形的形状，并证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)正方形，证明见解析【分析】本题主要考查特殊四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质是解题的关键．（1）根据，可得，根据角边角，即可求证；（2）由（1）可知，，可证四边形是平行四边形，再根据，可证平行四边形是菱形，根据是等腰直角三角形，且，可证菱形是正方形．【详解】（1）证明：∵，∴，在和中，，∴；（2）解：四边形是正方形，理由如下，由（1）可得，；∴，且，∴四边形是平行四边形，∴，∵，且，∴，∴，即，∴平行四边形是菱形，∵是等腰直角三角形，且，∴菱形是正方形．5．（2024·北京·模拟预测）在中，，为的角平分线．作线段的垂直平分线，分别交、于点、，垂足为O．连接、．则四边形是正方形．补全图形（保留作图痕迹，不写作法）并完成以下证明．证明：平分，且，又垂直平分，，，同理，，，垂直平分，①，②写推理依据③，，四边形是④，又，四边形是正方形．【答案】作图见解析；①；②；③线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；④菱形【分析】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图，垂直平分线的性质定理，菱形的判定，正方形的判定，牢记特殊四边形的判定方法是解题的关键．如图，完成作图后，先利用垂直平分线的性质证明，从而证得四边形是菱形，然后根据，证明四边形是正方形．【详解】解：作图如图所示，证明：平分，且，，又垂直平分，，，同理，，垂直平分，，（线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等），四边形是菱形，又，四边形是正方形．故答案为：①；②；③线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；④菱形．6．（2024·广东韶关·模拟预测）我们把依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形，如图，E、F、G、H分别是四边形各边的中点，可证中点四边形是平行四边形，如果我们对四边形的对角线与添加一定的条件，则可使中点四边形成为特殊的平行四边形，请你经过探究后回答下面问题？(1)当______时，四边形为菱形；(2)当______时，四边形为矩形；(3)当和满足什么条件时，四边形为正方形？请回答并证明你的结论．【答案】(1)(2)(3)见解析【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定，熟练的掌握三角形的中位线定理并在推理论证中正确的运用是解题的关键．（1）根据三角形得中位线定理，，结合题意，则可得到四边形是菱形；（2）根据三角形的中位线定理，可得，，，结合题意四边形是矩形，可得；（3）结合（1）（2）易得四边形为正方形．【详解】（1）解：∵、、、分别是四边形各边的中点，∴、分别是和的中位线；∴，；当时，∴，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形；故答案为：（2）∵四边形是矩形，∴，∵、、、分别是四边形各边的中点，∴、分别是和的中位线；∴，，∴，即：，∴当时，四边形为矩形．（3）当时，由（1）得四边形是菱形；当时，由（2）四边形是矩形；∴四边形是正方形；故当且时，四边形是正方形．7．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在中，，平分交于点，过点作于点，于点，求证：四边形为正方形．【答案】详见解析【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，角平分线的性质等知识点，由平分交于点P，得出，由过点P作于点M，于点N和得出四边形为矩形，再由即可得出结论，熟练掌握矩形的判定和性质是解决此题的关键．【详解】∵平分交于点P，∴，∵过点P作于点M，于点N，∴，∵，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，∴四边形为正方形．题型七：正方形的性质与判定【中考母题学方法】【典例1】（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在中，．(1)尺规作图：作的角平分线，在角平分线上确定点，使得；（不写作法，保留痕迹）(2)在（1）的条件下，若，，，则的长是多少？（请直接写出的值）【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）作的角平分线和线段的垂直平分线相交于点D，即为所求．（2）过点D作交与点E，过点D作交与点F，先利用角平分线的性质定理证明四边形为正方形，设，则，，以为等量关系利用勾股定理解出x，在利用勾股定理即可求出．【详解】（1）解：如下图：即为所求．（2）过点D作交与点E，过点D作交与点F，则，又∵∴四边形为矩形，∵是的平分线，∴，∴四边形为正方形，∴，设，∴，，在中，，在中，，∵∴∴解得：，∴．【点睛】本题主要考查了作角平分线以及垂直平分线，角平分线的性质定理，正方形的判定以及勾股定理的应用，作出图形以及辅助线是解题的关键．【变式7-1】（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形