备战2025年中考数学真题分类汇编(全国通用)专题21特殊的平行四边形(45题)(学生版+解析)

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一、单选题
1．（2024·重庆·中考真题）如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查扇形面积的计算，勾股定理等知识．根据题意可得，由勾股定理得出，用矩形的面积减去2个扇形的面积即可得到结论．
【详解】解：连接，
根据题意可得，
∵矩形，∴，，
在中，，
∴图中阴影部分的面积．
故选：D．
2．（2024·甘肃临夏·中考真题）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
【分析】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】解：如图，
∵点的坐标为，
∴．
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴顶点的坐标为．
故选C．
3．（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．
4．（2024·四川成都·中考真题）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
【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可．
【详解】解：∵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．
5．（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．
6．（2024·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，矩形位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小的是（ ）
A．点AB．点BC．点CD．点D
【答案】B
【分析】本题考查的是矩形的性质，坐标与图形，分式的值的大小比较，设，，，可得，，，再结合新定义与分式的值的大小比较即可得到答案．
【详解】解：设，，，
∵矩形，
∴，，
∴，，，
∵，而，
∴该矩形四个顶点中“特征值”最小的是点B；
故选：B．
7．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，
∴，，
∴轴，
∴点的坐标为，
故选：C．
8．（2024·甘肃·中考真题）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
【分析】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．
9．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在矩形中，，，点在上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，求角的三角函数等知识点，正确利用折叠的性质是解题的关键．
根据折叠的性质，可求得，，从而求得，，在中，由勾股定理，得，即可求得结果．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
把沿折叠，点恰好落在边上的点处，
，，
，
，
在中，
，
由勾股定理，得，
，
，
，
，
故选：A．
10．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】C
【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可．
本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】结合图象，得到当时，，
当点P运动到点B时，，
根据菱形的性质，得，
故，
当点P运动到中点时，的长为，
故选C．
11．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键．
根据函数的图象与坐标的关系确定的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解．
【详解】解：由图象得：，当时，，此时点P在边上，
设此时，则，，
在中，，
即：，
解得：，
，
故选：B．
12．（2024·广西·中考真题）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
【分析】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】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，
∴平行四边形是矩形，
∵，，，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴矩形是正方形，
在中，，
∴，
∴，
∴正方形的面积为5，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，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．
13．（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．
14．（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．
15．（2024·四川德阳·中考真题）宽与长的比是的矩形叫黄金矩形，黄金矩形给我们以协调的美感，世界各国许多著名建筑为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形是黄金矩形．，点是边上一点，则满足的点的个数为（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，一元二次方程的解，熟练掌握勾股定理，利用判别式判断一元二次方程解的情况是解题的关键．设，，假设存在点，且，则，利用勾股定理得到，，，可得到方程，结合，然后根据判别式的符号即可确定有几个解，由此得解．
【详解】解：如图所示，四边形是黄金矩形，，，
设，，假设存在点，且，则，
在中，，
在中，，
，
，即，
整理得，
，又，即，
，
，，
，
方程无解，即点不存在．
故选：D．
16．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（ ）

A．4B．5C．8D．10
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴；
如图所示，在延长线上截取，连接，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，
∵，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴的最小值为5，
故选：B．
17．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则，
在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
二、填空题
18．（2024·福建·中考真题）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
【分析】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】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．
故答案为：2．
19．（2024·山东威海·中考真题）将一张矩形纸片（四边形）按如图所示的方式对折，使点C落在上的点处，折痕为，点D落在点处，交于点E．若，，，则 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，先根据勾股定理求出，然后证明，得到，，即可得到，，然后在中，利用解题即可．
【详解】解：在中，，
由折叠可得，，
又∵是矩形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
设，则，
在中，，即，
解得：，
故答案为．
20．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ．
【答案】
【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G，
则四边形是矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点E的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
21．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键．
【详解】解：过点作于，于，则，
∵两张纸条的对边平行，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵两张纸条的宽度相等，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
在中，，，
∴，
∴四边形的周长为，
故答案为：．
22．（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；.
23．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，过D作于H，先判断，都是等边三角形，得出，，，利用含的直角三角形的性质可得出，进而求出，，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解∶过D作于H，
∵菱形中，，，
∴，，
∴，都是等边三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
24．（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．
25．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为
【答案】/
【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可．
【详解】∵四边形是菱形，
∴设，
∴，
如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G，
∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，
∴，，
∴
∴点，D，O三点共线
∴，
∴
∴
∵
∴
由对称可得，
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
∴．
故答案为：．
26．（2024·黑龙江绥化·中考真题）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
【分析】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，
∵
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．
三、解答题
27．（2024·陕西·中考真题）如图，四边形是矩形，点E和点F在边上，且．求证：．
【答案】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．根据矩形的性质得到，，再推出，利用证明，即可得到．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴．
28．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形．
【答案】证明见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．利用可证明，得出，根据得出，即可证明四边形是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明四边形是矩形．
【详解】证明：∵是边的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
29．（2024·青海·中考真题）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（____①____）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据①________
【探究二】
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．
【答案】（1）①中位线定理
（2）证明见解析
（3）②矩形
（4）证明见解析
（5）补图见解析；③且；④正方形
【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识
（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；
（2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题；
（3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题.
【详解】（1）①证明依据是：中位线定理；
（2）证明：∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，
∴．
同理可得：．
∵
∴
∴中点四边形是菱形．
（3）②矩形；
故答案为：矩形
（4）证明∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，，
∴．
同理可得：．
∵
∴，
∴
∴中点四边形是矩形．
（5）证明：如图4，∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，
∴．
同理可得：．
∵
∴
∴中点四边形是菱形．
∵
由（4）可知
∴菱形是正方形．
故答案为：③且；④正方形

30．（2024·吉林长春·中考真题）【问题呈现】
小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边中，，点、分别在边、上，且，试探究线段长度的最小值．
【问题分析】
小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题．
【问题解决】
如图②，过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：
（1）证明：；
（2）的大小为 度，线段长度的最小值为________．
【方法应用】
某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，是等腰三角形，四边形是矩形，米，．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．钢丝绳长度的最小值为多少米．
【答案】问题解决：（1）见解析（2）30，；方法应用：线段长度的最小值为米
【分析】（1）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，根据平行四边形性质证明结论即可；
（2）先证明，根据垂线段最短求出最小值；
（3）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，求出，进而得，利用垂线段最短求出即可．
【详解】解：问题解决：（1）证明：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，
四边形是平行四边形，
；
（2）在等边中，，
；
当时，最小，此时最小，
在中，
，
线段长度的最小值为；
方法应用：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
当时，最小，此时最小，
作于点R，
在中，
，
在中，
，
线段长度的最小值为米．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质，垂线段最短及矩形性质，熟练掌握相关性质是解题关键．
31．（2024·河北·中考真题）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．
【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．
32．（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，
∵．
33．（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．
34．（2024·贵州·中考真题）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)
【分析】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．
【详解】（1）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；
（2）解：∵，
∴，
∴矩形的面积为．
35．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A，B，C，D，E，O均在格点上．图①中已画出四边形，图②中已画出以为半径的，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．
(1)在图①中，面出四边形的一条对称轴．
(2)在图②中，画出经过点E的的切线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，切线的判定，画对称轴等等：
（1）如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求；
（2）如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求；
易证明四边形是矩形，且E、F分别为的中点；
（2）解：如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求；
易证明四边形是正方形，点E为正方形的中心，则．
36．（2024·吉林·中考真题）小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程：

【探究论证】
（1）如图①，在中，，，垂足为点D．若，，则______．
（2）如图②，在菱形中，，，则______．
（3）如图③，在四边形中，，垂足为点O．若，，则______；若，，猜想与a，b的关系，并证明你的猜想．
【理解运用】
（4）如图④，在中，，，，点P为边上一点．
小明利用直尺和圆规分四步作图：
（ⅰ）以点K为圆心，适当长为半径画弧，分别交边，于点R，I；
（ⅱ）以点P为圆心，长为半径画弧，交线段于点；
（ⅲ）以点为圆心，长为半径画弧，交前一条弧于点，点，K在同侧；
（ⅳ）过点P画射线，在射线上截取，连接，，．
请你直接写出的值．
【答案】（1）2，（2）4，（3），，证明见详解，（4）10
【分析】（1）根据三角形的面积公式计算即可；
（2）根据菱形的面积公式计算即可；
（3）结合图形有，，即可得，问题随之得解；
（4）先证明是直角三角形，由作图可知：，即可证明，再结合（3）的结论直接计算即可．
【详解】（1）∵在中，，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：2；
（2）∵在菱形中，，，
∴，
故答案为：4；
（3）∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：，
猜想：，
证明：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（4）根据尺规作图可知：，
∵在中，，，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴根据（3）的结论有：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，菱形的性质，作一个角等于已知角的尺规作图，勾股定理的逆定理等知识，难度不大，掌握作一个角等于已知角的尺规作图方法，是解答本题的关键．
37．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形．
(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接．求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定．
（1）根据垂直平分线的画法即可求解；
（2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证．
【详解】（1）解：如图1所示，直线为所求；
（2）证明：如图2，设与的交点为O，
由（1）可知，直线是线段的垂直平分线．
∴，，，，
又∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
38．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在中，，，，以为边向外作有一个内角为的菱形，对角线交于点O，连接，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出的面积．
【答案】图形见解析，的面积为12或36．
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理．分两种情况讨论，作，垂足为，利用直角三角形的性质以及勾股定理分别求得的长，再利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：当时，所作图形如图，作，垂足为，
∵菱形，，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的面积为；
当时，所作图形如图，作，垂足为，
∵菱形，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴的面积为；
综上，的面积为12或36．
39．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，．
(1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图中，将中线绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：四边形是矩形．
【答案】(1)作图见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，矩形的判定，平行四边形的判定与性质,旋转的性质；
（1）作出线段的垂直平分线EF，交于点O，连接，则线段即为所求；
（2）先证明四边形为平行四边形，再结合矩形的判定可得结论．
【详解】（1）解：如图，线段即为所求；
（2）证明：如图，
∵由作图可得：，由旋转可得：，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形．
40．（2024·广东广州·中考真题）如图，点，分别在正方形的边，上，，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题关键．根据正方形的性质，得出，，进而得出，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可证明．
【详解】解：，，
，
四边形是正方形，
，，
，，
又，
．
41．（2024·四川遂宁·中考真题）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理．
(1)实践与操作

①任意作两条相交的直线，交点记为O；
②以点为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段；
③顺次连结所得的四点得到四边形．
于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是：______．
(2)猜想与证明
通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形．并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程．
已知：如图，四边形是平行四边形，．求证：四边形是矩形．

【答案】(1)对角线互相平分的四边形是平行四边形
(2)证明见解析
【分析】（1）由作图结合对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）先证明，再证明，可得，从而可得结论．
【详解】（1）解：由作图可得：，，
∴四边形是平行四边形，
该判定定理是：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形与矩形的判定方法是关键．
42．（2024·重庆·中考真题）在学习了矩形与菱形的相关知识后，小明同学进行了更深入的研究，他发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图与填空：
(1)如图，在矩形中，点是对角线的中点．用尺规过点作的垂线，分别交，于点，，连接，．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)已知：矩形，点，分别在，上，经过对角线的中点，且．求证：四边形是菱形．
证明：∵四边形是矩形，
∴．
∴①，．
∵点是的中点，
∴②．
∴（AAS）．
∴③．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
进一步思考，如果四边形是平行四边形呢？请你模仿题中表述，写出你猜想的结论：④．
【答案】(1)见解析
(2)①；②；③；④四边形是菱形
【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，垂线的尺规作图：
（1）根据垂线的尺规作图方法作图即可；
（2）根据矩形或平行四边形的对边平行得到，，进而证明，得到，即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）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：∵四边形是矩形，
∴．
∴，．
∵点是的中点，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
猜想：过平行四边形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与平行四边形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形；
证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴，．
∵点是的中点，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
故答案为：①；②；③；④四边形是菱形．
43．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在中，，．点是边上的一点（点不与点、重合），作射线，在射线上取点，使，以为边作正方形，使点和点在直线同侧．
(1)当点是边的中点时，求的长；
(2)当时，点到直线的距离为________；
(3)连结，当时，求正方形的边长；
(4)若点到直线的距离是点到直线距离的3倍，则的长为________．（写出一个即可）
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)或
【分析】本题考查等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握面积法是解题的关键；（1）根据等腰三角形三线合一性质，利用勾股定理即可求解；（2）利用面积法三角形面积相等即可；（3）设，则，，过点作于
，根据，建立方程；即可求解；（4）第一种情况，，在异侧时，设，，则，证明，得到，即可求解；第二种情况，当，在同侧，设，则，，，求得，解方程即可求解；
【详解】（1）解：根据题意可知：，
为等腰三角形，故点是边的中点时，；
在中，；
（2）根据题意作，如图所示；
当时，则，
设点到直线的距离为，
，
解得：；
（3）如图，当时，点落在上，
设，则，，
过点作于
则，
，
，
解得：
故，
所以正方形的边长为；
（4）如图，，在异侧时；
设，，则
三边的比值为，
，
，
当，在同侧
设，则，，
三边比为，
三边比为，
设，则，，
解得：
综上所述：的长为或
44．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】
（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【答案】（1），理由见详解，（2），理由见详解，（3），理由见详解
【分析】（1）直接证明，即可证明；
（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：， ，即有，，进而可得，即可证；
（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．
【详解】（1），理由如下：
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2），理由如下：
过E点作于点M，过E点作于点N，如图，
∵四边形是正方形，是正方形的对角线，
∴，平分，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，，
∴四边形是正方形，
∴是正方形对角线，，
∴， ，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
即有；
（3），理由如下，
过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．
45．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S．
(1)求点A的坐标；
(2)求S与t的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)点A的坐标为
(2)
(3)存在，，，，
【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可；
（2）分，和三种情况，运用三角形面积公式求解即可；
（3）当时求出，得，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形
【详解】（1）解：，解得，
的长度是的根，
∵是等边三角形，
∴，
过点A作轴，垂足为C，
在中，
∴
，
∴
点A的坐标为
（2）解：当时．过P作轴，垂足为点D，
∴，，
∴
∴，
；
当时，过Q作，垂足为点E
∵
∴
又
∴，
又，
当时，过O作，垂足为F
∴，
同理可得，，
∴；
综上所述
（3）解：当时，解得，
∴，
过点P作轴于点G，则
∴
∴点P的坐标为；
当为边时，将沿轴向下平移4个单位得，此时，四边形是菱形；
将沿轴向上平移4个单位得，此时，四边形是菱形；如图，
作点P关于y轴的对称点，当时，四边形是菱形；
当为对角线时，设的中点为T，过点T作，交y轴于点M，延长到,使连接,过点作轴于点，则
∴
∴,即，
解得，,
∴，
∴；
当，解得，，不符合题意，此情况不存在；
当时，解得，，不符合题意，此情况不存在；
综上，点N的坐标为，，，
【点睛】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，正确作出辅助线和分类讨论是解答本题的关键
原四边形对角线关系
中点四边形形状
不相等、不垂直
平行四边形
原四边形对角线关系
中点四边形形状
不相等、不垂直
平行四边形
菱形
原四边形对角线关系
中点四边形形状
不相等、不垂直
平行四边形
②________
原四边形对角线关系
中点四边形形状
③________
④________