中考数学复习专题13特殊平行四边形(知识梳理、考点、重难点、易错点)

这是一份中考数学复习专题13特殊平行四边形(知识梳理、考点、重难点、易错点)，共77页。学案主要包含了归纳总结，问题解决，类比迁移，问题情境，知识迁移，拓展应用，问题再探，模型建立等内容，欢迎下载使用。
思维导图
基础知识
知识模块一：矩形
知识点一：矩形的性质
【补充】
1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质；
2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题.
3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
知识点二：矩形的判定
知识模块二：菱形
知识点一：菱形的性质
【补充】
1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质；
2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形.
3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形.
4）菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.
知识点二：菱形的判定
知识模块三：正方形
知识点一：正方形的性质
1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行.
2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角.
【补充】
1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°.
3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形.
4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半.
知识点二：正方形的判定
考点考法
考点一：根据特殊四边形的性质求角度
1．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F在矩形ABCD边上，连接OF．若∠ADB=38°，∠BOF=30°，则∠AOF=．
【答案】46°或106°
【分析】根据题意画出图形，分点F在AB上和BC上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∴∠ADO=∠OAD，
∵∠ADB=38°，
∴∠ADO=∠OAD=38°
∴∠AOB=∠ADO+∠OAD=76°，
如图所示，当F点在AB上时，

∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB−∠BOF=76°−30°=46°
如图所示，当点F在BC上时，

∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB+∠BOF=76°+30°=106°，
故答案为：46°或106°．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若∠BAD=α，∠CBE=β，则β=（ ）

A．45°+12αB．45°+32αC．90°−12αD．
【答案】D
【分析】由题意可得∠FBG=∠DAB=α，由菱形的性质可得AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，由平行线的性质可得∠DAB+∠ABC=180°，进行计算即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：∠FBG=∠DAB=α，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=α+β+α+β=2α+2β
∴α+2α+2β=180°，
∴β=90°−32α，
故选：D．
3．（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形ABCD内的一点，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到△CBF．若∠ABE=55°，则∠EGC=度．

【答案】80
【分析】先求得∠BEF和∠CBE的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵∠ABE=55°，
∴∠CBE=90°−55°=35°，
∵△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到△CBF
∴∠EBF=90°，BE=BF，
∴∠BEF=45°，
∴∠EGC=∠CBE+∠BEF=35°+45°=80°，
故答案为：80．
考点二：根据特殊四边形的性质求线段长
4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为．
【答案】2120
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为H，利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，利用三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=AB2+BC2=32+42=5，
∴S△ADC=12AD⋅DC=12AC⋅DE，即12×4×3=12×5×DE，
解得：DE=125，
∴cs∠EDC=DEDC=DCDF，即1253=3DF，
解得：DF=154，
∴FC=DF2−DC2=1542−32=94，
∴BF=BC−FC=4−94=74，
∴S△BDF=12BD⋅FH=12BF⋅DC，即12×5×FH=12×74×3，
解得：FH=2120，
故答案为：2120．
5．（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，边AB在数轴上，将AC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．1B．1−3C．0D．3−23
【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CF⊥AE于点F，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CF⊥AE于点F，
∵∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∵BC=2，
∴BF=12BC=1，CF=BC2−BF2=3，
∴AF=AB+BF=3，
∴AE=AC=AF2+CF2=32+32=23，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是3−23，
故选：D．
6．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是OA的中点，点F是OD上一点．连接EF．若∠FEO=45°，则EFBC的值为．
【答案】
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到∠OAD=45°，AD=BC，再证明EF∥AD，进而可证明△OEF∽△OAD，由相似三角形的性质可得EFAD=OEOA=12，即EFBC=12．
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴∠OAD=45°，AD=BC，
∵点E是OA的中点，
∴OEOA=12，
∵∠FEO=45°，
∴EF∥AD，
∴△OEF∽△OAD，
∴EFAD=OEOA=12，即EFBC=12，
故答案为：12．
考点三：根据特殊四边形的性质求周长
7．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若EF=23，则矩形ABCD的周长是（ ）
A．163B．83+4C．43+8D．83+8
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出OA=OB，即可求证△ABO为等边三角形，进而得出点E为OB中点，根据中位线定理得出BC=2EF=43，易得∠CBD=30°，求出CD=BC⋅tan∠BCD=4，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠ABD=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∵AE⊥BD，
∴点E为OB中点，
∵F是OC的中点，若EF=23，
∴BC=2EF=43，
∵∠ABD=60°，
∴∠CBD=30°，
∴CD=BC⋅tan∠BCA=43×33=4，
∴矩形ABCD的周长=2BC+CD=243+4=83+8，
故选：D．
8．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD各边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）

A．4+23B．6+23C．4+43D．6+43
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】
解：如图，连接AC、BD，相交于点O，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=12AC，GH=12AC，
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠A=120°，
∴对角线AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
在Rt△AOB中，AB=4，OA=12AC=2，
∴OB=42−22=23，
∴BD=43，
∴EF=12AC=2，EH=12BD=23，
∴四边形EFGH的周长为2+23×2=4+43．
故选：C．
9．（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80cm，则图中阴影图形的周长是（ ）

A．440cmB．320cmC．280cmD．160cm
【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80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条边长再减去2×20cm，由此解答即可．
【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条边长再减去2×20cm，
∴阴影图形的周长是：4×80+2×80−2×20=440cm，
故选：A．
考点四：根据特殊四边形的性质求面积
10．（2022·湖南邵阳·中考真题）已知矩形的一边长为6cm，一条对角线的长为10cm，则矩形的面积为cm2．
【答案】48
【分析】如图，先根据勾股定理求出AB=102−62=8cm，再由S矩形ABCD=AB×BC求解即可．
【详解】解：在矩形ABCD中，BC=6cm，AC=10cm，
∴在Rt△ABC中，AB=102−62=8(cm)，
∴S矩形ABCD=AB×BC=8×6=48(cm2)．
故答案为：48．
11．（2024·广东·中考真题）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF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S△ADE=6，S△ABF=8，根据△ABF和菱形的面积求出BFBC=23，BFCF=2，则可求出△CDF的面积，然后利用S阴影=S菱形ABCD−S△ADE−S△BEF−S△CDF求解即可．
【详解】解：连接AF、BD，
∵菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，△BEF的面积为4，
∴S△ADE=12S△ABD=12×12S菱形ABCD=6，S△ABF=2S△BEF=8，
设菱形ABCD中BC边上的高为h，
则S△ABFS菱形ABCD=12BF⋅ℎBC⋅ℎ，即824=12BFBC，
∴BFBC=23，
∴BFCF=2，
∴S△ABFS△CDF=12BF⋅ℎ12CF⋅ℎ=BFCF=2，
∴S△CDF=4，
∴S阴影=S菱形ABCD−S△ADE−S△BEF−S△CDF=10，
故答案为：10．
12．（2023·湖南·中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为4dm的正方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为dm3．

【答案】2
【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，

依题意，OD=22AD=22，
∴图中阴影部分的面积为OE2=22=2
故答案为：2．
考点五：根据特殊四边形的性质求点的坐标
13．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为−4，0，点C的坐标为0，2．以OA，OC为边作矩形OABC，若将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，则点B'的坐标为（ ）
A．−4，−2B．−4，2C．2，4D．4，2
【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OA=4，OC=2，再由矩形的性质可得AB=OC=2，∠ABC=90°，由旋转的性质可得OA'=OA=4，A'B'=AB=2，∠OA'B'=90°，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为−4，0，点C的坐标为0，2，
∴OA=4，OC=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC=2，∠ABC=90°，
∵将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，
∴OA'=OA=4，A'B'=AB=2，∠OA'B'=90°，
∴A'B'⊥y轴，
∴点B'的坐标为2，4，
故选：C．
14．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的顶点A在x轴负半轴上，顶点B在直线y=34x上，若点B的横坐标是8，为点C的坐标为（ ）
A．(−1，6)B．(−2，6)C．(−3，6)D．(−4，6)
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，先求出B8，6，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性质得到BC=BO=10，BC∥x轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，
∵顶点B在直线y=34x上，点B的横坐标是8，
∴yB=8×34=6，即BD=6，
∴B8，6，
∵BD⊥x轴，
∴由勾股定理得：BO=BD2+DO2=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=BO=10，BC∥x轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点C−2，6，
故选：B．
15．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为−2，0，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为0，6，则点E的坐标为．
【答案】3，10
【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，先判断四边形AOGD是矩形，得出OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，根据折叠的性质得出BF=BC=a，CE=FE，在Rt△BOF中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在Rt△EGF中，利用勾股定理构建关于CE的方程，求出CE的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，
则四边形AOGD是矩形，
∴OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，
∵折叠，
∴BF=BC=a，CE=FE，
∵点A的坐标为−2，0，点F的坐标为0，6，
∴AO=2，FO=6，
∴BO=AB−AO=a−2，
在Rt△BOF中，BO2+FO2=BF2，
∴a−22+62=a2，
解得a=10，
∴FG=OG−OF=4，GE=CD−DG−CE=8−CE，
在Rt△EGF中，GE2+FG2=EF2，
∴8−CE2+42=CE2，
解得CE=5，
∴GE=3，
∴点E的坐标为3，10，
故答案为：3，10．
考点六：利用特殊四边形的性质证明
16．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，直线EF分别交AD，BC，BD于点E，F，O，下列条件中，不能证明△BOF≌△DOE的是（ ）

A．O为矩形ABCD两条对角线的交点B．EO=FO
C．AE=CFD．EF⊥BD
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定是解题的关键．
由矩形的性质得出AD=BCAD∥BC，再由平行线的性质得出∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，然后由全等三角形的判定逐一判定即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BCAD∥BC，
∴∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，
A.∵O为矩形ABCD两条对角线的交点，
∴OB=OD，
在△BOF和△DOE中，
∠OFB=∠OED∠OBF=∠ODEOB=OD，
∴△BOF≌△DOEAAS，
故此选项不符合题意；
B.在△BOF和△DOE中，
∠OFB=∠OED∠OBF=∠ODEFO=EO，
∴△BOF≌△DOEAAS，
故此选项不符合题意；
C.∵AE=CF，
∴BC−CF=AD−AE，
即BF=DE，
在△BOF和△DOE中，
∠OFB=∠OEDBF=DE∠OBF=∠ODE，
∴△BOF≌△DOEASA，
故此选项不符合题意；
D.∵EF⊥BD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
两三角形中缺少对应边相等，所以不能判定△BOF≌△DOE，
故此选项符合题意；
故选：D．
17．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形ABCD中，BC=10，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BC，交边BC于点E，连接EO，则EO=．
【答案】10
【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AC、BD的长度．根据菱形的面积公式结合BC的长度即可得出BD、AC的长度，在Rt△BOC中利用勾股定理即可求出CO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ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AB=BC=CD=DA=10，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=60，
∴AC⋅BD=120，
∴BO⋅OC＝30．
∵BO2+CO2=BC2=100，
∴BO+OC2−2BO⋅CO=100，
∴BO+CO=410（负值已舍去），
∴BO=410−OC，
∴BO2+CO2=102，
∴410−OC2+CO2=100，
∴CO=10，CO＝310（舍去）．
∵AE⊥BC，AO=CO，
∴EO=CO=10．
故答案为：10．
18．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且BG=3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为（ ）
A．14B．13C．25D．
【答案】A
【分析】由正方形性质可求出BG的长，进而求出AG的长，证△ADE∽△GAB，利用相似三角形对应边成比例可求得AE、DE的长，证△ABF≌△DAE，得AF=DE，根据线段的和差求得EF的长即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴BC=CD=DA=AB=4，∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AGB，
∵BG=3CG，
∴BG=3，
∴在Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，
则由勾股定理可得AG=42+32=5，
∵DE⊥AG，
∴∠DEA=∠DEF=∠ABC=90°，
∴△ADE∽△GAB，
∴AD:GA=AE:GB=DE:AB，
即4:5=AE:3=DE:4，
∴AE=125，DE=165，
又∵BF∥DE，
∴∠AFB=∠DEF=90°，
又∵AB=AD，∠DAE=∠ABF，
∴△ABF≌△DAEASA，
∴AF=DE=165，
∴EF=AF−AE=165−125=45，
∴tan∠EDF=EFDE=14，
故选：A．
考点七：特殊四边形的折叠问题
19．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M，N分别在边BC，AD上．连接MN，将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处．则tan∠AMN的值是（ ）
A．2B．2C．3D．5
【答案】A
【分析】连接AC交MN于点F，设AB=2m，则BC=2AB=4m，利用勾股定理求得AC=AB2+BC2=25m，由折叠得到AM=CM，MN垂直平分AC，则AF=CF=12AC=5m，由AB2+BM2=AM2代入求得AM=52m，则MF=AM2−AF2=52m，所以tan∠AMN=AFMF=2，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接AC交MN于点F，
设AB=2m，则BC=2AB=4m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC=AB2+BC2=25m
∵将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线MN对称，
∴AM=CM，MN垂直平分AC，
∴BM=BC−CM=4m−AM，∠AFM=90°，AF=CF=12AC=5m，
∵AB2+BM2=AM2，
∴2m2+4m−AM2=AM2
∴AM=52m，
∴MF=AM2−AF2=52m
∴tan∠AMN=AFMF=5m52m=2．
故选：A．
20．（2023·江苏南京·中考真题）如图，在菱形纸片ABCD中，点E在边AB上，将纸片沿CE折叠，点B落在B'处，CB'⊥AD，垂足为F 若CF=4cm，FB'=1cm，则BE=cm
【答案】257/
【分析】根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可．
【详解】解：∵CF=4cm，FB'=1cm，
∴CB'=CF+FB'=5cm，
由翻折，菱形的性质，得：CB=CD=CB'=5cm，CB∥AD，∠B=∠D，
∵CB'⊥AD，
∴CB'⊥BC，
∴∠BCB'=90°，
∴∠BCE=∠B'CE=45°，
∵CD=5，CF=4，∠CFD=90°，
∴FD=3，
过点E作EG⊥BC，
设CG=x，则EG=x，BG=5−x，
∵∠B=∠D，∠BGE=∠DFC，
∴△EGB∽△CFD，
∴EGCF=EBDC=GBDF，
∴x4=EB5=5−x3，
解得：x=207，
∴BE=257，
故答案为：257．
21．（2023·湖北·中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A，D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E，F，连接BM．

(1)求证：∠AMB=∠BMP；
(2)若DP=1，求MD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)MD=125
【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明∠AMB=∠BMP；
（2）如图，延长MN，BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则MP=13MQ=3+2x3．由勾股定理建立方程x2+12=3+2x32，解方程即可得到MD=125．
【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB．
∴∠EMB=∠EBM．
∴∠EMP−∠EMB=∠EBC−∠EBM，即∠BMP=∠MBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠AMB=∠MBC．
∴∠AMB=∠BMP．
（2）解：如图，延长MN，BC交于点Q．
∵AD∥BC，
∴△DMP∽△CQP．
又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，
∴CP=2
∴MDQC=MPQP=DPCP=12，
∴QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，
∴BQ=3+2x．
∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，
∴MQ=BQ=3+2x．
∴MP=13MQ=3+2x3．
在Rt△DMP中，MD2+DP2=MP2，
∴x2+12=3+2x32．
解得：x1=0（舍），x2=125．
∴MD=125．

考点八：证明四边形是特殊四边形
22．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，O是边AB的中点，∠AOD=∠BOC．求证：四边形ABCD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SAS可证明△AOD≌△BOC，得出AD=BC，根据∠A=∠B=90°得出AD∥BC，即可证明四边形ABCD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ABCD是矩形．
【详解】证明：∵O是边AB的中点，
∴OA=OB，
在△AOD和△BOC中，∠A=∠B=90°OA=OB∠AOD=∠BOC，
∴△AOD≌△BOC，
∴AD=BC，
∵∠A=∠B=90°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
23．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点F在边AD上，AB=AF，连接BF，点O为BF的中点，AO的延长线交边BC于点E，连接EF
(1)求证：四边形ABEF是菱形：
(2)若平行四边形ABCD的周长为22，CE=1，∠BAD=120°，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=5
【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AF∥BE，∠AFB=∠EBF，∠FAE=∠BEA，再证明△AOF≌△EOB，得出BE=AF，证明出四边形ABEF是平行四边形，由AB=AF得出四边形ABEF是菱形：
（2）求出菱形ABEF的周长为20，得出AB=5，再证明△ABE是等边三角形，得出AE=AB=5．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，即AF∥BE，
∴∠AFB=∠EBF，∠FAE=∠BEA，
∵O为BF的中点，
∴BO=FO，
∴△AOF≌△EOB，
∴BE=FA，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵AD=BC，AF=BE，
∴DF=CE=1，
∵平行四边形ABCD的周长为22，
∴菱形ABEF的周长为：22−2=20，
∴AB=20÷4=5，
∵四边形ABEF是菱形，
∴∠BAE=12∠BAD=12×120°=60°，
又AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∵AE=AB=5．
24．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP．

(1)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
(2)请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？
【答案】(1)平行四边形，见解析
(2)AC=BD且
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到BP=12AC=OC，CP=12BD=OB，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．
【详解】（1）四边形BPCO是平行四边形．理由如下：
∵▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴AO=OC，BO=OD，
∵以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，
∴BP=12AC=OC，CP=12BD=OB
∴四边形BPCO是平行四边形．
（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴AC=BD且AC⊥BD时，四边形BPCO是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
考点九：根据特殊四边形的性质与判定求角度
25．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形ABCD：①画∠MAN；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接BC，CD，BD．若∠A=44°，则∠CBD的大小是（ ）

A．64°B．66°C．68°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ABCD是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：作图可得AB=AD=BC=DC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ABD=∠CBD
∵∠A=44°，
∴∠MBC=∠A=44°，
∴∠CBD=12180°−∠MBC=12180°−44°=68°，
故选：C．
26．（2023·江苏镇江·二模）如图，在平行四边形ABCD中，点E.F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，且AE=CG，BF=DH，连接EG、FH．
(1)求证：△AEH≌△CGF；
(2)若EG=FH，∠AHE=35°，求∠DHG的度数．
【答案】(1)见解析
(2)55°
【分析】本题考查平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，关键是证明四边形EFGH是矩形．
（1）由平行四边形的性质得到∠A=∠C，AD=BC，得到AH=CF，由SAS即可证明△AEH≌△CGF；
（2）由△AEH≌△CGF，△DHG≌△BFE，得到HE=FG，GH=EF，推出四边形EFGH是平行四边形，又EG=FH，得到四边形EFGH是矩形，因此∠EHG=90°，进而可求出∠DHG的度数．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，
∵BF=DH，
∴AD−DH=BC−BF，
∴AH=CF，
在△AEH和△CGF中，
AE=CG∠A=∠CAH=CF，
∴△AEH≌△CGFSAS；
（2）由（1）知△AEH≌△CGF，
同理：△DHG≌△BFE，
∴HE=FG，GH=EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EG=FH，
∴四边形EFGH是矩形，
∴∠EHG=90°，
∵∠AHE=35°，
∴∠DHG=180°−∠EHG−∠AHE=55°．
27．（2023·四川·中考真题）如图，半径为5的扇形AOB中，∠AOB=90°，C是AB上一点，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E，若CD=CE，则图中阴影部分面积为( )

A．25π16B．25π8C．25π6D．25π4
【答案】B
【分析】连接OC，证明四边形CDOE是正方形，进而得出S△CDE=S△OCE，∠COE=45°，然后根据扇形面积公式即可求解．
【详解】解：如图所示，连接OC，

∵CD⊥OA，CE⊥OB，∠AOB=90°，
∴四边形CDOE是矩形，
∵CD=CE，
∴四边形CDOE是正方形，
∴S△CDE=S△OCE，∠COE=45°，
∴图中阴影部分面积=S扇形BOC=45360π×52=258π，
故选：B．
考点十：根据特殊四边形的性质与判定求线段长
28．（2024·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，点P是边AB上任意一点，过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分别为点D，E，连接DE，则DE的最小值是（ ）
A．132B．6013C．125D．3013
【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DE的最小值转化为其相等线段CP的最小值．连接CP，根据矩形的性质可知：DE=CP，当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，再根据三角形的面积为定值即可求出CP的长．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，
∴AB=AC2+BC2=13，
连接CP，如图所示：
∵PD⊥AC于点D，PE⊥CB于点E，∠ACB=90°，
∴∠PDC=∠PEC=∠ACB=90°，
∴四边形DPEC是矩形，
∴DE=CP，
当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，
∴此时DE=CP=5×1213=6013．
故选：B．
29．（2024·山东德州·中考真题）如图，▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．

(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的边长．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【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∠BAC=∠ACD，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出∠DAC=∠ACD，AD=CD，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
（2）连接BD，由菱形性质可知∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=12∠DCB=37°，在利用余弦求出BC长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∴∠BAC=∠ACD．
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∴∠DAC=∠ACD．
∴AD=CD．
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD，交AC于点O，

∵四边形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，
∴∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=12∠DCB=37°，
∴BC=OCcs∠ACB=4cs37°≈40.8=5，
即菱形ABCD的边长为5．
30．（2020·贵州黔西·中考真题）如图，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，AB=2，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形EDF，点C恰在EF上，则图中阴影部分的面积为．
【答案】
【分析】连接CD，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，由等腰直角三角形的性质可得CD=12AB=1，∠ACD=∠BCD=45°，证明四边形DMCN为正方形，得出DN=22CD=22，S扇形=90π×12360=π4，证明△DNH≌△DMGAAS，得出S△DMG=S△DHN，求出S四边形DHCG=S四边形DNCM=12，即可得解．
【详解】解：如图，连接CD，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，
，
∵CA=CB，∠ACB=90°，点D为AB的中点，AB=2，
∴CD=12AB=1，∠ACD=∠BCD=45°，
∵DM⊥BC，DN⊥AC，
∴∠DNC=∠DMC=∠DMG=∠ACB=90°，△DCN为等腰直角三角形，DM=DN，
∴四边形DMCN为矩形，CN=DN，
∴四边形DMCN为正方形，
∴DN=22CD=22，S扇形=90π×12360=π4，
∵∠NDH+∠HEM=∠HEM+∠MDG=90°，
∴∠NDH=∠MDG，
∴△DNH≌△DMGAAS，
∴S△DMG=S△DHN，
∵S四边形DHCG=S△DMG+S四边形DHCM=S△DHN+S四边形DHCM=S四边形DNCM=22×22=12，
∴S阴影=S扇形−S四边形DHCG=π4−12，
故答案为：π4−12．
考点十一：根据特殊四边形的性质与判定求周长
31．（2021·内蒙古·中考真题）如图，在▱ABCD中，AD=12，以AD为直径的⊙O与BC相切于点E，连接OC．若OC=AB，则▱ABCD的周长为．
【答案】24+65
【分析】连接OE，作AF⊥BC于F，先证明▱AOEF为矩形，进而证明Rt△ABF≌Rt△OCE，得到BF=CE=3，利用勾股定理求出OC=35，即可求出▱ABCD的周长．
【详解】解：如图，连接OE，作AF⊥BC于F，
∵BE为⊙O的切线，
∴∠OEC=∠OEB=90°，
∵AD∥BC，
∴AF∥OE，
∴四边形AFEO为平行四边形，
∵∠OEF=90°，
∴▱AOEF为矩形，
∴AF=OE，EF=AO=12AD=6，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD=12，
∵AB=OC
∴Rt△ABF≌Rt△OCE，
∴BF=CE=3，
∵OE=OA=6，
∴在Rt△OCE中，OC=OE2+CE2=35，
∴AB=CD=OC=35，
∴ ▱ABCD的周长为为（12+35）×2=24+65．
故答案为：24+65
32．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE=DF，连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
(1)求证：△AEM≌△CFM；
(2)若AC⊥EF，AF=32，求四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)122
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AB∥DC，AB=DC，进而得出∠AEM=∠CFM，证明AE=CF，根据AAS证明△AEM≌△CFM，即可得证；
（2）证明▱AECF是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，AB=DC（平行四边形的对边平行且相等）
∴∠AEM=∠CFM（两直线平行，内错角相等）
∵BE=DF
∴AB+BE=CD+DF 即AE=CF
在△AEM和△CFM中
∠AME=∠CMF∠AEM=∠CFMAE=CF
∴△AEM≌△CFMAAS；
（2）解：∵AE=CF，AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵AC⊥EF
∴▱AECF是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴AE=EC=CF=AF（菱形的四条边都相等）
∴菱形AECF的周长=4AF=4×32=122.
33．（2023·浙江·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，AB=10，两锐角的角平分线交于点P，点E，F分别在边AC，BC上，且∠EPF=45°，求△CEF的周长．
【答案】4
【分析】
本题考查直角平分线的性质定理，正方形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．根据题意过点P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，PK⊥AB于K，在EA上取一点J，使得MJ=FN，连接PJ，进而利用全等三角形的性质证明EF=EM+EN，即可得出结论．
【详解】
解：如图，过点P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，PK⊥AB于K，在EA上取一点J，
得MJ=FN，连接PJ．
∵BP平分∠ABC，PA平分∠CAB，PM⊥BAC，PN⊥BC，PK⊥AB，
∴PM=PK，PK=PN，
∴PM=PN，
∴∠C=∠PMC=∠PNC=90°，
∴四边形PMCN是正方形，
∴CM=PM，
∴∠MPN=90°，
在△PMJ和△PNF中，
PM=PN∠PMJ=∠PNF=90°MJ=NF，
∴△PMJ≌△PNF(SAS)，
∴∠MPJ=∠FPN，PJ=PF，
∴∠JPF=∠MPN=90°，
∵∠EPF=45°，
∴∠EPF=∠EPJ=45°，
在△PEF和△PEJ中，
PE=PE∠EPF=∠EPJPF=PJ，
∴△PEF≌△PEJ(SAS)，
∴EF=EJ，
∴EF=EM+FN，
∴△CEF的周长=CE+EF+CF=CE+EM+CF+FN=2EM=2PM，
∵SΔABC=12BC⋅AC=12(AC+BC+AB)⋅PM，
∴24=12PM，
∴PM=2，
∴△ECF的周长为4．
考点十二：根据特殊四边形的性质与判定求面积
34．（2023·山东潍坊·中考真题）工匠师傅准备从六边形的铁皮ABCDEF中，裁出一块矩形铁皮制作工件，如图所示．经测量，AB∥DE，AB与DE之间的距离为2米，AB=3米，AF=BC=1米，∠A=∠B=90°，∠C=∠F=135°．MH，HG，GN是工匠师傅画出的裁剪虚线．当MH的长度为多少时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是多少？

【答案】当MH的长度为54米时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是258平方米
【分析】连接CF，分别交MH于点P，交GN于点Q，先判断出四边形ABCF是矩形，从而可得∠EFC=∠DCF=45°，再判断出四边形AMPF和四边形BCQN都是矩形，从而可得PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF，BN=CQ，MH⊥CF，GN⊥CF，然后设矩形MNGH的面积为y平方米，MH=GN=x米，则AM=PH=x−1米，BN=GQ=x−1米，利用矩形的面积公式可得y关于x的二次函数，最后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：如图，连接CF，分别交MH于点P，交GN于点Q，
∵∠A=∠B=90°，
∴AF∥BC，
∵AF=BC=1米，
∴四边形ABCF是平行四边形，
又∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴∠AFC=∠BCF=90°，CF∥AB，
∵∠BCD=∠AFE=135°，
∴∠EFC=∠DCF=45°，
∵四边形MNGH是矩形，
∴MH⊥AB，GN⊥AB，GN=MH，
∴四边形AMPF和四边形BCQN都是矩形，
∴PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF，BN=CQ，MH⊥CF，GN⊥CF，
∴Rt△PFH和Rt△QCG都是等腰直角三角形，
∴PH=PF，GQ=CQ，
∴AM=PH，BN=GQ，
设矩形MNGH的面积为y平方米，MH=GN=x米，则AM=PH=x−1米，BN=GQ=x−1米，
∵AB=3米，
∴MN=AB−AM−BN=5−2x米，
∴y=MH⋅MN=x5−2x=−2x−542+258，
又∵AB∥DE，AB与DE之间的距离为2米，AF=BC=1米，
∴1≤x≤2，
由二次函数的性质可知，当1≤x≤54时，y随x的增大而增大；当54