2025年中考数学一轮复习学案：4.6 特殊的平行四边形 （学生版+教师版）

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4.6 特殊的平行四边形
☆☆☆ 代表必考点，☆☆代表常考点，☆星表示中频考点。

夯实基础
考点1 矩形的判定及性质
1．矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。
2．矩形的性质
（1）矩形的四个角都是直角；
（2）矩形的对角线平分且相等。
3．矩形判定定理
（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。
4．矩形的面积：S=ab（a、b分别表示矩形的长、宽）
考点2 菱形的判定及性质
1.菱形的定义 ：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
2.菱形的性质
（1）菱形的四条边都相等；
（2）菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。
3.菱形的判定定理
（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；
（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
（3）四条边相等的四边形是菱形。
4．菱形的面积：S=ah=mn/2（菱形底边长为a，高为h，两条对角线长分别为m和n）
考点3 正方形的判定及性质
1．正方形定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
2．正方形的性质：
（1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质；
（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；
（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角；
（4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴；
（5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形；
（6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。
3．正方形的判定
判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：
一是先证它是矩形，再证有一组邻边相等。即有一组邻边相等的矩形是正方形。
二是先证它是菱形，再证有一个角是直角。即有一个角是直角的菱形是正方形。
4．正方形的面积：设正方形边长为a，对角线长为b ，S=
考点4 几何中的分割与拼接问题
1. 用下面的实例来说明分割与拼接
一个直角三角形可以分割成一个正方形和两对全等的直角三角形。把完全相同的这个直角三角形通过拼接可以得到一个矩形。利用这一思想方法可以建立恒等式，来证明勾股定律，可以求解矩形面积等。
2. 割补求图形阴影部分面积：直接求面积较复杂或无法计算时，可通过旋转、平移、割补等方法，对图形进行转化，为利用公式法或和差法创造条件，从而求解．
①全等法（体现拼接思想）
②等面积法（体现拼接思想）
③平移法（体现拼接思想）
④旋转法（体现拼接思想）
⑤对称法（体现拼接思想）
【易错点提示】分割与拼接思想方法是中考试卷里靓丽风景线，求解不规则图形阴影部分面积问题常常用到分割与拼接。需要作答时认真观察图形特点，把不规则图形面积的求法转化为规则图形面积的求法。
考点1 矩形的判定及性质
【例题1】（2024甘肃威武）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】根据矩形的性质，得，结合，得到是等边三角形，结合，得到，解得即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】根据矩形的性质，得，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
解得．故选C．
【变式练1】（2024四川南充一模）如图，点E是矩形ABCD边AD上一点，点F，G，H分别是BE，BC，CE的中点，AF＝3，则GH的长为 ．
【答案】3
【解析】由矩形的性质及直角三角形斜边上的中线的性质可求解BE＝2AF＝6，再利用三角形中位线定理可求解．
解：在矩形ABCD中，∠BAD＝90°，
∵F为BE的中点，AF＝3，
∴BE＝2AF＝6．
∵G，H分别为BC，EC的中点，
∴GH＝BE＝3．
【变式练2】（2024四川自贡一模）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别是边AB、CD的中点．求证：DE＝BF．
【解析】根据矩形的性质和已知证明DF＝BE，AB∥CD，得到四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质得到答案．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，又E、F分别是边AB、CD的中点，
∴DF＝BE，又AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE＝BF．
考点2 菱形的判定及性质
【例题2】（2024贵州省）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为______．
【答案】##
【解析】延长，交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明，，过E点作交N点，根据三角函数求出，，，，在中利用勾股定理求出，根据菱形的性质即可得出答案．
【详解】延长，交于点M，
在菱形中，点E，F分别是，的中点，
，，，，
在和中
，
，
，
在和中
，
，
，，
，
，
过E点作于N点，
，，
，，
，
，
在中
，
即，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键．
【变式练1】（2024河南一模）如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF＝5，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．20B．30C．40D．50
【答案】C
【解析】由三角形中位线定理可求AB＝10，由菱形的性质即可求解．
∵E，F分别是AD，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF QUOTE =12 =12AB＝5，
∴AB＝10，
∵四边形ABD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝10，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝40
【变式练2】（2024重庆一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝12，BD＝16，分别以点A，B，C，D为圆心，AB的长为半径画弧，与该菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
【答案】96﹣100π．
【解析】先求出菱形面积，再计算四个扇形的面积即可求解．
在菱形ABCD中，有：AC＝12，BD＝16．
∴．
∵∠ABC+∠BCD+∠CDA+∠DAB＝360°．
∴四个扇形的面积，是一个以AB的长为半径的圆．
∴图中阴影部分的面积＝×12×16﹣π×102＝96﹣100π．
考点3 正方形的判定及性质
【例题3】 （2024福建省）如图，正方形的面积为4，点，，，分别为边，，，的中点，则四边形的面积为______．

【答案】2
【解析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到，进而得到，同理可得，最后利用四边形的面积正方形的面积个小三角形面积求解，即可解题．
【详解】正方形的面积为4，
，，
点，，，分别为边，，，的中点，
，
，
同理可得，
四边形的面积为．
【变式练1】（2024深圳一模）下列命题是假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形．B．对角线互相垂直的矩形是正方形．
C．对角线相等的菱形是正方形．D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形．
【答案】D
【分析】根据正方形的各种判定方法逐项分析即可．
【详解】解：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
对角线互相垂直的矩形是正方形，正确；对角线相等的菱形是正方形，正确；
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；可知选项D是错误的．故选：D．
【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
【变式练2】（2024天津一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝1，点E，F分别在边BC和CD上，AE＝AF，∠EAF＝60°，则CF的长是（ ）
A．B．C．﹣1D．
【答案】C
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴∠BAE＝∠DAF，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠DAF＝30°，
∴∠DAF＝15°，
在AD上取一点G，使∠GFA＝∠DAF＝15°，如图所示：
∴AG＝FG，∠DGF＝30°，
∴DF＝FG＝AG，DG＝DF，
设DF＝x，则DG＝x，AG＝FG＝2x，
∵AG+DG＝AD，
∴2x+x＝1，
解得：x＝2﹣，
∴DF＝2﹣，
∴CF＝CD﹣DF＝1﹣（2﹣）＝﹣1；故选：C．
考点4 几何中的分割与拼接问题
【例题4】（2024河北省）情境 图1是由正方形纸片去掉一个以中心O为顶点的等腰直角三角形后得到的．
该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示．
（说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余）
操作 嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形．
如图3，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题：
（1）直接写出线段的长；
（2）直接写出图3中所有与线段相等的线段，并计算的长．
探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形．
请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的边上找一点P（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段）的位置，并直接写出的长．
【答案】（1）；（2），；的长为或．
【解析】【分析】本题考查的是正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，本题要求学生的操作能力要好，想象能力强，有一定的难度．
（1）如图，过作于，结合题意可得：四边形为矩形，可得，由拼接可得：，可得，，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，设，则，再进一步解答即可；
（2）由为等腰直角三角形，；求解，再分别求解；可得答案，如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线，或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线，再进一步求解的长即可．
【详解】解：如图，过作于，
结合题意可得：四边形为矩形，
∴，
由拼接可得：，
由正方形的性质可得：，
∴，，为等腰直角三角形，
∴为等腰直角三角形，
设，
∴，
∴，，
∵正方形的边长为，
∴对角线的长，
∴，
∴，
解得：，
∴；
（2）∵为等腰直角三角形，；
∴，
∴，
∵，
，
∴；
如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线，
此时，，符合要求，
或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线，
此时，，
∴，
综上：的长为或．
【变式练1】（2024湖北一模）如图1，将长为2a+3，宽为2a的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”（如图2），得到大正方形ABCD，中间阴影部分是一个小正方形．
(1)用关于a的代数式表示图2中阴影小正方形的边长；
(2)当a=2时，该阴影小正方形的面积是多少？
【答案】(1)a+3 (2)25
【解析】本题考查以弦图为背景的计算，正确识图是解题的关键．
（1）根据图2中小正方形的边长=直角三角形较长边长减去较短边长即可求解；
（2）根据正方形面积公式知小正方形的面积=a+32，再把a=2代入计算即可求解．
【详解】（1）∵直角三角形较短的直角边=12×2a=a，
较长的直角边=2a+3，
∴小正方形的边长=2a+3−a=a+3．
（2）小正方形的面积=a+32，
当a=2时，面积=2+32=25．
【变式练2】（2024广西一模）我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形,得到一个恒等式.后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理,如图所示的矩形由两个这样的图形拼成,若a=3,b=4,则该矩形的面积为( )
A.20 B.24 C. 99/4 D. 53/2
【答案】B
【解析】如图,设小正方形的边长为x(x>0),
∵a=3,b=4,∴AB=3+4=7,
在Rt△ABC中,AC2+BC2=AB2,
即(3+x)2+(x+4)2=72,
整理得x2+7x-12=0,
∴该矩形的面积S=（x+a）×（x+b）=24, 故选B.
考点1. 矩形的判定及性质
1. （2024四川成都市）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可．
∵四边形是矩形，
∴，，，则，
∴选项A中不一定正确，故不符合题意；
选项B中不一定正确，故不符合题意；
选项C中一定正确，故符合题意；
选项D中不一定正确，故不符合题意，故选：C．
2. （2024黑龙江齐齐哈尔）已知矩形纸片，，，点P在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点B的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为______．
【答案】或2
【解析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，分两种情况进行讨论：当时，当，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，
当时，如图所示：
∵，
∴点在上，
根据折叠可知：，，
设，则，
∴，
，
中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
即；
当，如图所示：
根据折叠可知：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
综上分析可知：或2．
故答案为：或2，
3. （2024黑龙江绥化）在矩形中，，，点在直线上，且，则点到矩形对角线所在直线的距离是______．
【答案】或或
【解析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴
∴，，
如图所示，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为
∵
∴
当在线段上时，
∴
在中个，
∵
在中，；
当E在射线上时，
在中，
∴
∴
∴
∴，
在中，
综上所述，点到对角线所在直线的距离为：或或
故答案为：或或．
4. （2024江苏连云港）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】
【解析】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：．

5. （2024贵州省）如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件：
①，②．

（1）请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形；
（2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
（1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明是平行四边形，然后根据矩形的定义得到结论即可；
（2）利用勾股定理得到长，然后利用矩形的面积公式计算即可．
【小问1详解】
选择①，
证明：∵，，
∴是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
选择②，
证明：∵，，
∴是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴矩形的面积为．
6. （2024上海市）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
（1）求证：；
（2）线段延长线上一点，且满足，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【小问1详解】
证明：矩形中，，，，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
；
【小问2详解】
证明：连接交于点，如图所示：
在矩形中，，则，
，
，
，
，
，
在矩形中，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
．
【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、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，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．
7. （2024广东） 中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意图，矩形是其中一个停车位．经测量，，，，，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．

根据以上信息回答下列问题：（结果精确到，参考数据）
（1）求的长；
（2）该充电站有20个停车位，求的长．
【答案】（1） （2）
【解析】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的实际应用：
（1）先由矩形的性质得到，再解得到，接着解直角三角形得到，进而求出，据此可得答案；
（2）解得到，解得到，再根据有20个停车位计算出的长即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
在中，，，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴

【小问2详解】
解：在中，，
在中，，
∵该充电站有20个停车位，
∴，
∵四边形是矩形，
∴．
8. （2024湖北省）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．
（1）求证：．
（2）若为中点，且，求长．
（3）连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．
【答案】（1）见详解 （2） （3）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；
（3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．
【小问1详解】
解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，，
∵为中点，
∴，
设，
∴，
中，，
即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：如图：延长交于一点M，连接
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴直线
，
，
∴是等腰三角形，
∴，
∵为中点，
∴设，
∴，
∵为中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，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．
考点2. 菱形的判定及性质
1. （2024黑龙江绥化）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】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，，，
∴，，，
中，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，故选：A．
2. （2024甘肃临夏）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查平面直角坐标系内两点间的距离公式，菱形的性质，坐标与图形．结合菱形的性质求出是解题关键．由两点间的距离公式结合菱形的性质可求出，从而可求出，即得出顶点的坐标为．
【详解】如图，
∵点坐标为，
∴．
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴顶点的坐标为．故选C．
3. （2024福建省）如图，在菱形中，点分别在边上，，求证：．
【答案】见解析
【解析】本题考查菱形性质、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，
，，
，
，
．
4. （2024广东） 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
【解析】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】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．
5. （2024云南省）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）
【解析】【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．
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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．
考点3. 正方形的判定及性质
1. （2024山东烟台）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明，求得，证明，证得，推出，得到，据此求解即可．
【详解】解：∵正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
2. （2024广西）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（ ）
A. 1B. 2C. 5D. 10
【答案】C
【解析】先证明四边形是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出，，证明得出，则可得出，同理，得出平行四边形是矩形，证明，得出，进而得出，得出矩形是正方形，在中，利用勾股定理求出，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵E，F，G，H分别为各边中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
同理，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
同理，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，同理，
∴平行四边形矩形，
∵，，，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴矩形是正方形，
在中，，
∴，
∴，
∴正方形的面积为5，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键．
3. （2024武汉市）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是___________．
【答案】
【解析】作交于点，不妨设，设，通过四边形是正方形，推出，得到，然后证明，利用相似三角形对应边成比例，得到，从而表示出，的长度，最后利用和表示出正方形和的面积，从而得到．
【详解】解：作交于点，不妨设，设
四边形是正方形
在和中，，
由题意可知，
正方形的面积，
正方形的面积
；
故答案为：.
【点睛】本题考查了弦图，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的面积，勾股定理，熟练掌握以上知识点并能画出合适的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
4. （2024甘肃临夏）如图1，在矩形中，点为边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接，交于点，且．
【模型建立】
（1）求证：；
【模型应用】
（2）若，，，求的长；
【模型迁移】
（3）如图2，若矩形是正方形，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】【分析】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，构造相似三角形，是解题的关键：
（1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出，即可得证；
（2）延长交于点，证明，得到，再证明，求出的长，进而求出的长；
（3）设正方形的边长为，延长交于点，证明，得到，进而得到，勾股定理求出，进而求出的长，即可得出结果．
【详解】解：（1）∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）延长交于点，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）设正方形的边长为，则：，
延长交于点，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
5. （2024江苏扬州）如图，点依次在直线上，点固定不动，且，分别以为边在直线同侧作正方形、正方形，，直角边恒过点，直角边恒过点．
（1）如图，若，，求点与点之间的距离；
（2）如图，若，当点在点之间运动时，求的最大值；
（3）如图，若，当点在点之间运动时，点随之运动，连接，点是的中点，连接，则的最小值为_______．
【答案】（1）或； （2）； （3）．
【解析】【分析】（）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为，解方程即可；
（）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为然后由二次函数的性质求解即可；
（）连接，由四边形是正方形，得，即点对角线所在直线上运动，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：设，则，
∵四边形、是正方形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴,
∴，
∴，即，则，
解得：或，
∴或；
【小问2详解】
设，则，
∵四边形、是正方形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
当时，有最大，最大值为；
【小问3详解】
连接，
∵四边形是正方形，
∴，
即点在对角线所在直线上运动，
如图，作关于的对称点，连接，过作于点，
∴，四边形为矩形，
则点三点共线，，
∴，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
∴，
∴当三点共线时，有最小值，
∴在中，由勾股定理得：，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解一元二次方程，二次函数的最值，两点之间线段最短等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
考点4. 几何中的分割与拼接问题
1. （2024四川眉山）如图，图1是北京国际数学家大会的会标，它取材于我国古代数学家赵爽的“弦图”，是由四个全等的直角三角形拼成．若图1中大正方形的面积为24，小正方形的面积为4，现将这四个直角三角形拼成图2，则图2中大正方形的面积为（ ）
A. 24B. 36C. 40D. 44
【答案】D
【解析】本题考查勾股定理，设直角三角形的两直角边为 ， ，斜边为 ，根据图1，结合已知条件得到，，进而求出的值，再进一步求解即可.
【详解】如图，直角三角形的两直角边为，，斜边为，
图1中大正方形的面积是24，
，
小正方形的面积是4，
，
，
图2中最大的正方形的面积；
故选：D．
2. （2024江西省）将图所示的七巧板，拼成图所示的四边形，连接，则______．
【答案】##
【解析】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角函数，如图，设等腰直角的直角边为，利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直角三角形的直角边长，进而根据正切的定义即可求解，掌握等腰直角三角形和正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，设等腰直角的直角边为，则，小正方形的边长为，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，过点作的延长线于点，则，，
由图（）可得，，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
3. （2024四川资阳）如图，在矩形中，，．以点为圆心，长为半径作弧交于点，再以为直径作半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为________．
【答案】
【解析】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质和判定，扇形的面积，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．
设弓形，连接，，由题意知，即为等边三角形，，即可得出阴影部分面积为，代入数值即可求出结果．
【详解】∵以点为圆心，长为半径作弧交于点，，，
∴，
∴以为直径作半圆时，圆心为点，
设弓形，连接，，即，如图：

∴为等边三角形，
∴，
故阴影部分面积为，
代入数值可得，
故答案为．
考点1. 矩形的判定及性质
1．在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，若△AOB的面积为2，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【解析】根据矩形的性质得到OA＝OB＝OC＝OD，推出S△ADO＝S△BCO＝S△CDO＝S△ABO＝2，即可求出矩形ABCD的面积．
∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，
∴AC＝BD，且OA＝OB＝OC＝OD，
∴S△ADO＝S△BCO＝S△CDO＝S△ABO＝2，
∴矩形ABCD的面积为4S△ABO＝8，
2．如图，在平行四边形ABCD中，延长AD到点E，使DE=AD，连接EB，EC，DB请你添加一个条件 ，使四边形DBCE是矩形．
【答案】EB=DC．
【解析】利用平行四边形的判定与性质得到四边形DBCE为平行四边形，结合“对角线相等的平行四边形为矩形”来添加条件即可．
添加EB=DC．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，∴DE∥BC，
又∵DE=AD，∴DE=BC，∴四边形DBCE为平行四边形．
又∵EB=DC，∴四边形DBCE是矩形．
故答案是：EB=DC．
3. 如图，在矩形ABCD中，点M在DC上，AM＝AB，且BN⊥AM，垂足为N．
（1）求证：△ABN≌△MAD；
（2）若AD＝2，AN＝4，求四边形BCMN的面积．
【答案】见解析。
【解析】（1）利用矩形的对边平行和四个角都是直角的性质得到两队相等的角，利用AAS证得两三角形全等即可；
（2）利用全等三角形的性质求得AD＝BN＝2，AN＝4，从而利用勾股定理求得AB的长，利用S四边形BCMN＝S矩形ABCD﹣S△ABN﹣S△MAD求得答案即可．
解：（1）在矩形ABCD中，∠D＝90°，DC∥AB，
∴∠BAN＝∠AMD，
∵BN⊥AM，
∴∠BNA＝90°，
在△MAD和△ABN中，
，
∴△ABN≌△MAD（AAS）；
（2）∵△ABN≌△MAD，
∴BN＝AD，
∵AD＝2，
∴BN＝2，
又∵AN＝4，
在Rt△ABN中，AB＝＝＝2，
∴S矩形ABCD＝2×2＝4，S△ABN＝S△MAD＝×2×4＝4，
∴S四边形BCMN＝S矩形ABCD﹣S△ABN﹣S△MAD＝4﹣8．
4．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点M，N分别为OA、OC的中点，延长BM至点E，使EM＝BM，连接DE．
（1）求证：△AMB≌△CND；
（2）若BD＝2AB，且AB＝5，DN＝4，求四边形DEMN的面积．
【答案】见解析。
【解析】（1）∵平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，
∴AO＝CO，
又∵点M，N分别为OA、OC的中点，
∴AM＝CN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAM＝∠DCN，
∴△AMB≌△CND（SAS）；
（2）∵△AMB≌△CND，
∴BM＝DN，∠ABM＝∠CDN，
又∵BM＝EM，
∴DN＝EM，
∵AB∥CD，
∴∠ABO＝∠CDO，
∴∠MBO＝∠NDO，∴ME∥DN
∴四边形DEMN是平行四边形，
∵BD＝2AB，BD＝2BO，
∴AB＝OB，
又∵M是AO的中点，
∴BM⊥AO，
∴∠EMN＝90°，
∴四边形DEMN是矩形，
∵AB＝5，DN＝BM＝4，
∴AM＝3＝MO，∴MN＝6，
∴矩形DEMN的面积＝6×4＝24．
考点2. 菱形的判定及性质
1．如图，四边形ABCD是菱形，点E，F分别在BC，DC边上，添加以下条件不能判定△ABE≌△ADF的是（ ）
A．BE＝DFB．∠BAE＝∠DAFC．AE＝ADD．∠AEB＝∠AFD
【答案】C
【解析】由四边形ABCD是菱形可得：AB＝AD，∠B＝∠D，再根据每个选项添加的条件逐一判断．
由四边形ABCD是菱形可得：AB＝AD，∠B＝∠D，
A、添加BE＝DF，可用SAS证明△ABE≌△ADF，故不符合题意；
B、添加∠BAE＝∠DAF，可用ASA证明△ABE≌△ADF，故不符合题意；
C、添加AE＝AD，不能证明△ABE≌△ADF，故符合题意；
D、添加∠AEB＝∠AFD，可用AAS证明△ABE≌△ADF，故不符合题意．
2. 如图，BD是菱形ABCD的一条对角线，点E在BC的延长线上，若∠ADB＝32°，则∠DCE的度数为 度．
【答案】64
【解析】根据菱形的性质可得BC＝CD，AD∥BC，得到∠CBD＝∠BDC＝∠ADB，利用外角性质可得．
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC＝CD，AD∥BC，
∴∠CBD＝∠BDC，∠CBD＝∠ADB＝32°，
∴∠CBD＝∠BDC＝32°，
∴∠DCE＝∠CBD+∠BDC＝64°．
3. 如图，在菱形ABCD中，点O为对角线AC与BD的交点，且在△AOB中，OA＝5，OB＝12.求菱形ABCD两对边的距离h.
【答案】见解析
【解析】在Rt△AOB中，OA＝5，OB＝12，
∴S△AOB＝1/2 OA·OB＝1/2×5×12＝30，
∴S菱形ABCD＝4S△AOB＝4×30＝120.
又∵菱形两组对边的距离相等，
∴S菱形ABCD＝AB·h＝13h，
∴13h＝120，得h＝120/13 .
4. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC与∠BAD的度数比为1：2，周长是8cm．求：
（1）两条对角线的长度；
（2）菱形的面积．
【答案】见解析。
【解析】（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AC⊥BD，AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°.
∵∠ABC与∠BAD的度数比为1：2，
∴∠ABC=1/3 ×180°=60°，
∴∠ABO=1/2 ×∠ABC=30°，△ABC是等边三角形.
∵菱形ABCD的周长是8cm．
∴AB=2cm，
∴OA=1/2 AB=1cm，AC=AB=2cm，
∴BD=2OB= cm；
（2）S菱形ABCD=1/2 AC•BD
=1/2 ×2×= （cm2）．
5. 如图，BD为□ABCD的对角线．
（1）作对角线BD的垂直平分线，分别交AD，BC，BD于点E，F，O（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）连接BE，DF，求证：四边形BEDF为菱形．
【答案】见解析。
【解析】（1）解：如图，EF为所作；
（2）证明：∵EF垂直平分BD，
∴OB＝OD，EB＝ED，FB＝FD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO，
在△ODE和△OBF中，
，
∴△ODE≌△OBF（AAS），
∴DE＝BF，
∴BE＝DE＝BF＝DF，
∴四边形BEDF为菱形．
6. 如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE＝2DE，延长DE到点F，使得EF＝BE，连接CF.
(1)求证：四边形BCFE是菱形；
(2)若CE＝4，∠BCF＝120°，求菱形BCFE的面积．
【答案】见解析
【解析】(1)证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC且2DE＝BC.
又∵BE＝2DE，EF＝BE，
∴EF＝BC，EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形．
又∵EF＝BE，
∴四边形BCFE是菱形；
(2)解：∵∠BCF＝120°，
∴∠EBC＝60°，
∴△EBC是等边三角形，
∴菱形的边长为4，高为，
∴菱形的面积为
.
考点3. 正方形的判定及性质
1．如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝2，则四边形BEDF的周长是 ．
【答案】8 QUOTE 5 5．
【解析】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论．
如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC，
∵AE＝CF＝2，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，
∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，
∴四边形BEDF为菱形，
∴DE＝DF＝BE＝BF，
∵AC＝BD＝8，OE＝OF QUOTE =8-42= =8-42=2，
由勾股定理得：DE QUOTE =OD2+OE2=42+22= =OD2+OE2=42+22=2 QUOTE 5 5，
∴四边形BEDF的周长＝4DE＝4 QUOTE ×25= ×25=8 QUOTE 5 5
2．如图，BD是正方形ABCD的一条对角线，E是BD上一点，F是CB延长线上一点，连接CE，EF，AF．若DE＝DC，EF＝EC，则∠BAF的度数为 ．
【答案】22.5°．
【解析】连接AE，根据SAS证△ADE≌△CDE，得出AE＝CE＝EF，再证△AEF为等腰直角三角形，得出∠AFB＝67.5°，即可求出∠BAF的度数．
如图，连接AE，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠BDC＝45°，
∵DE＝DC＝AD，
∴∠DEC＝∠DCE＝＝67.5°，
∵∠DCB＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠DCE＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝180°﹣∠EFC﹣∠ECF＝180°﹣22.5°﹣22.5°＝135°，
∵∠BEC＝180°﹣∠DEC＝180°﹣67.5°＝112.5°，
∴∠BEF＝135°﹣112.5°＝22.5°，
∵AD＝DE，∠ADE＝45°，
∴∠AED＝＝67.5°，
∴∠BEF+∠AED＝22.5°+67.5°＝90°，
∴∠AEF＝180°﹣90°＝90°，
在△ADE和△EDC中，
，
∴△ADE≌△EDC（SAS），
∴AE＝EC，
∴AE＝EF，
即△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFB＝∠AFE+∠BFE＝45°+22.5°＝67.5°，
∵∠ABF＝90°，
∴∠BAF＝90°﹣∠AFB＝90°﹣67.5°＝22.5°，．
3．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，且AF＝CE．
（1）求证：△ABF≌△CBE；
（2）若AB＝4，AF＝1，求四边形BEDF的面积．
【答案】（1）见解析；（2）12．
【解答】（1）在△ABF和△CBE中
，
∴△ABF≌△CBE（SAS）；
（2）由已知可得正方形ABCD面积为16，
△ABF面积＝△CBE面积＝×4×1＝2．
所以四边形BEDF的面积为16﹣2×2＝12．
4.如图，点E是正方形ABCD的边BC上的动点，∠AEF＝90°，且EF＝AE，FH⊥BH．
（1）求证：BE＝CH；
（2）若AB＝3，BE＝x，用x表示DF的长．
【答案】见解析。
【解析】（1）由正方形ABCD，∠AEF＝90°，FH⊥BH，可得∠H＝∠B，∠AEB＝∠F，从而△ABE≌△EHF，可得EH＝AB＝BC，即可证明CH＝BE；
（2）连接DF，过F作FP⊥CD于P，证明四边形PCHF是正方形，可得PF＝CP＝BE＝x，DP＝DC﹣CP＝3﹣x，即可在Rt△DPF中，得DF＝．
【解答】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴∠B＝90°，AB＝BC，
∵FH⊥BH，
∴∠H＝90°＝∠B，∠F＝90°﹣∠FEH，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB＝90°﹣∠FEH，
∴∠AEB＝∠F，
在△ABE和△EHF中，
，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴EH＝AB＝BC，BE＝FH，
∴EH﹣EC＝BC﹣EC，即CH＝BE；
（2）连接DF，过F作FP⊥CD于P，如图：
∵∠H＝∠DCH＝∠FPC＝90°，
∴四边形PCHF是矩形，
由（1）知：BE＝FH＝CH，
∴四边形PCHF是正方形，
∴PF＝CP＝CH＝BE＝x，
∵DC＝AB＝3，
∴DP＝DC﹣CP＝3﹣x，
Rt△DPF中，DF＝，
∴DF＝＝．
考点4. 分割与拼接
1．（拼接）如图，分别是可活动的菱形和平行四边形学具，已知平行四边形较短的边与菱形的边长相等．
（1）在一次数学活动中，某小组学生将菱形的一边与平行四边形较短边重合，摆拼成如图1所示的图形，AF经过点C，连接DE交AF于点M，观察发现：点M是DE的中点．
下面是两位学生有代表性的证明思路：
思路1：不需作辅助线，直接证三角形全等；
思路2：不证三角形全等，连接BD交AF于点H．…
请参考上面的思路，证明点M是DE的中点（只需用一种方法证明）；
（2）如图2，在（1）的前提下，当∠ABE=135°时，延长AD、EF交于点N，求的值；
（3）在（2）的条件下，若=k（k为大于的常数），直接用含k的代数式表示的值．
【答案】见解析
【分析】（1）证法一，利用菱形性质得AB=CD，AB∥CD，利用平行四边形的性质得AB=EF，AB∥EF，则CD=EF，CD∥EF，再根据平行线的性质得∠CDM=∠FEM，则可根据“AAS”判断△CDM≌△FEM，所以DM=EM；
证法二，利用菱形性质得DH=BH，利用平行四边形的性质得AF∥BE，再根据平行线分线段成比例定理得到==1，所以DM=EM；
（2）由△CDM≌△FEM得到CM=FM，设AD=a，CM=b，则FM=b，EF=AB=a，再证明四边形ABCD为正方形得到AC=a，接着证明△ANF为等腰直角三角形得到NF=a+b，则NE=NF+EF=2a+b，然后计算的值；
（4）利用==k得到=，则==•+1=．
【解答】（1）如图1，
证法一：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵四边形ABEF为平行四边形，
∴AB=EF，AB∥EF，
∴CD=EF，CD∥EF，
∴∠CDM=∠FEM，
在△CDM和△FEM中
，
∴△CDM≌△FEM，
∴DM=EM，
即点M是DE的中点；
证法二：∵四边形ABCD为菱形，
∴DH=BH，
∵四边形ABEF为平行四边形，
∴AF∥BE，
∵HM∥BE，
∴==1，
∴DM=EM，
即点M是DE的中点；
（2）∵△CDM≌△FEM，
∴CM=FM，
设AD=a，CM=b，
∵∠ABE=135°，
∴∠BAF=45°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠NAF=45°，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=AD=a，
∵AB∥EF，
∴∠AFN=∠BAF=45°，
∴△ANF为等腰直角三角形，
∴NF=AF=（a+b+b）=a+b，
∴NE=NF+EF=a+b+a=2a+b，
∴===；
（4）∵==+2•=k，
∴=（k﹣），
∴=，
∴==•+1=•+1=．
【点评】本题考查了相似形的综合题：熟练掌握平行线分线段成比例定理、平行四边形和菱形的性质；灵活利用全等三角形的知识解决线段相等的问题；会利用代数法表示线段之间的关系．

考点分布
考查频率
命题趋势
考点1 矩形的判定及性质
☆☆☆
数学中考中，有关特殊的平行四边形的部分，每年考查2~3道题,分值为6~12分，通常以选择题、填空题、解答题的形式考查。属于中考必考内容，涉及知识综合性强，在解答题里出现，一般考查证明和计算。特别是压轴试题渗透本专题知识。需要在系统掌握基础知识前提下，加强训练，熟能生巧。
考点2 菱形的判定及性质
☆☆
考点3 正方形的判定及性质
☆☆
考点4 几何中的分割与拼接问题
☆☆☆
图形
公式
S阴影= S△AOB
S阴影= S扇形BOC
S阴影=S矩形ACDF

S阴影= S正方形PCQE
图形
公式
S阴影= S扇形COD
图形
公式
S阴影=S正方形BCFE
S阴影=S矩形ABHG
图形
公式
S阴影=S扇形AOE
S阴影= S扇形BOD
S阴影= S扇形ABE-S扇形MBN
图形
公式
S阴影=S△ACD
S阴影= S扇形CDE
S阴影= S△OBC=14 S正方形ABCD
S阴影= S扇形ACB- S△ACD