热点03 几何基础证明与计算(5大题型)-2026年北京地区中考数学二轮专题复习试题（含答案）

这是一份热点03 几何基础证明与计算(5大题型)-2026年北京地区中考数学二轮专题复习试题（含答案），共6页。
第一部分 热点聚焦·析考情
第二部分 题型引领·讲方法
题型01 几何解答三角形相关
题型02 几何解答平行四边形相关
题型03 几何解答矩形相关
题型04 几何解答菱形相关
题型05 几何解答正方形相关
第三部分 能力突破·限时练

题型01 几何解答三角形相关
例1（2025·北京大兴·二模）如图，在中，，D为内一点，，其中，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，连接，作直线交于点F．
(1)求的度数；
(2)用等式表示的数量关系，并证明．
【答案】(1)
(2)，见解析
【来源】2025年北京市大兴区九年级中考二模数学试卷
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质及勾股定理的应用，
（1）证明即可得出；
（2）过点C作交于点H，证明得出，再求出，，即可证明结论．
【详解】（1）解：∵，
∴．即，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
过点C作交于点H，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在中，，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即．
【变式1】．（2025·北京东城·二模）如图，在中，，为上一点，，，过点作于点，交于点．
(1)求的度数（用含的式子表示）；
(2)用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析．
【来源】2025年北京市东城区九年级中考二模数学试卷
【分析】本题主要考查了轴对称图形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）由三角形外角的性质和等边对等角可得，则，由垂线的定义可得，则；
（2）过点作的对称点，连接、，则，，可证明，，则，证明，得到，再证明，即可得到．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，证明如下
如图，过点作的对称点，连接、，则，，
，
，，
，
，
，
，
，
．
【变式2】．（2025·北京丰台·二模）在中，，，是内一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，当点与点重合时，求证：；
(2)如图2，当点在外部时，与交于点，取中点，连接、，直接写出的大小，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)的大小为，见解析
【来源】2025年北京市丰台区九年级中考二模数学试卷
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四边形内角和等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键．
（1）根据旋转的性质和等边对等角的性质，得到，进而得出，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可；
（2）延长至点G，使得，连接、，．证明，从而得到，再根据四边形内角和和邻补角的定义，得到进而证明，再根据等腰三角形三线合一的性质求解即可；
【详解】（1）证明：由题意可知，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：的大小为．证明如下：
如图，延长至点G，使得，连接、，．
∵是中点，
∴．
∵，
∴．
∴，．
∴．
∴，
∵，，
∴在四边形中，．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵．
∴．
∴．
【变式3】．（2025·北京顺义·一模）在中，，过点B作，，E是上一点，连接交于点G，．
(1)如图1，用含有α的式子表示的度数；
(2)如图2，将射线绕点E顺时针旋转，分别交，于点F，H．用等式表示线段，与之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析．
【来源】2025年北京市顺义区中考一模数学试卷
【分析】（1）先得出，结合，，故，再整理得的度数，
（2）延长交的延长线于点P，取的中点J，连接，过点B作于点Q，作于点N．结合，得证是的中位线，平分．由角平分线的性质得，，运用三角形内角和得出，再根据等角对等边，则，然后证明，故，即可作答．
【详解】（1）解：∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）证明：延长交的延长线于点P，取的中点J，连接，过点B作于点Q，作于点N．
∵，，
∴，
∴．
又∵，
∴，．
∴是的中位线，平分．
∴，．
∴．
∵平分，，，
∴，．
在中，．
∴．
在中，．
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
在与中，
∴．
∴．
∴．
【变式4】．（2024·北京三帆中学·二模）如图，在中，，平分，过点作于点，于点，点是的中点，连接，．
(1)判断四边形的形状，并证明；
(2)连接，若，求的长．
【答案】(1)四边形是菱形；证明过程见详解；
(2)
【来源】2024年北京市三帆中学中考模拟数学试题（2.5模）
【分析】本题考查菱形的性质和判定，关键是利用菱形的判定解答．
（1）根据角平分线的性质得出，进而利用直角三角形的性质得出，进而利用菱形的判定解答即可；
（2）根据菱形的性质和含角的直角三角形的性质得出，根据，进而解答即可．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
平分，过点作于点，于点，，
∴，，点是的中点，
，，
，
，，，
，
是等边三角形，
，
四边形是菱形；
（2）解：连接，交于点，
四边形是菱形，
，，，
，
在中，，
．
【变式5】．（2025·北京汇文中学·三模）（1）如图1，和均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接，
①猜想线段之间的数量关系，并证明你的猜想；
②求的度数；
（2）如图2，和均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一直线上，为中边上的高，连接．
①求的度数；
②线段之间的数量关系为__________．（不用证明，直接写出结果即可）
【答案】（1）①，证明见解析；②；（2）①；②
【详解】（1）解：①，
证明如下：∵和均为等边三角形，
∴，，
∴ ．
在和中，
，
∴．
∴
②∵
∴．
∵为等边三角形，
∴．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴，
∴．
∴．
（2）解：① ∵和均为等腰直角三角形，
∴，．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵为等腰直角三角形，
∴．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴，
∴．
∴．
②∵
∴
∵，
∴．
∵，
∴．
∴
∴．
故答案为：
题型02 几何解答平行四边形相关
例1（2025·北京朝阳·二模）如图，在四边形中，，相交于点，，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【来源】2025年北京市朝阳区九年级中考二模数学试卷
【详解】（1）证明：，
，．
又，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：，，
在中，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，
，
．
【变式1】．（2025·北京朝阳·一模）如图，在中，D为中点，延长至点E，使，延长至点F，使，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若平分，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2025年北京市朝阳区九年级数学一模试卷
【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质，中位线的性质，解直角三角形．
（1）证明是的中位线，得，，再由得，即可得，即可得出结论；
（2）根据角平分线定义求出，由平行四边形的性质得，即可得，，，根据等腰三角形的性质求出，再根据正切定义求解即可．
【详解】（1）证明：∵延长至点E，使，
为中点，
为中点，
∴是的中位线，
，，
∵延长至点F，使，
，
，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：平分，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
∴在中，．
【变式2】．（2025·北京西城·一模）如图，在四边形中，，对角线，过点A作于点E，交BC于点F．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若点F是的中点，，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【来源】2025年北京市西城区九年级数学中考一模试卷
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定、直角三角形的性质、正切的定义等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键。
（1）先说明，再结合即可证明结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，即；再结合平行四边形的性质可得，再根据可设，则，即，然后求出k的即可。
【详解】（1）证明：，于点E，
．
．
，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵在中，，点F是的中点，
．
,
．
∵在中，
∴．
∵在中，，，
∴设，则，．
．
【变式3】．（2025·北京通州·一模）如图，在中，，是边上的中线，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2025年北京市通州区中考数学一模试题
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形，中位线的性质．
（1）由，得，再结合，即可证明四边形是平行四边形；
（2）先根据直角三角形的性质得，再解直角三角形得，由勾股定理得，证明是的中位线，由，即可得的长．
【详解】（1）证明：，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：是的中点，
，
，
，
在中，，
，
，
，
由勾股定理得：，
四边形是平行四边形，
，
，
，
是的中位线，
，
．
【变式4】．（2025·北京东城·一模）如图，在平行四边形中，与相交于点O，延长至点E，使，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若平分，，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)的面积是．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵延长至点E，使，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：连接，
∵的对角线与相交于点O，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积是．
【变式5】．（2025·北京首都师大附中育鸿学校·零模）如图，已知四边形中，，平分交于点F，交延长线于点E，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)作交于G，连接交于点．若，，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【来源】2025年北京市首都师范大学附属中学育鸿学校中考数学零模数学试卷（3月）
【分析】（1）根据角平分线的性质，等边对等角的性质，判断，由此即可得出结论；
（2）先证四边形是平行四边形，再证四边形是菱形，再证明，得到，设，则，
得到，则，再由勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明： ∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴⊥，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
，
，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
题型03 几何解答矩形相关
例1（2025·北京石景山·二模）如图，在中，，于点D，O为的中点，作点D关于点O的对称点E，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2025年北京市石景山区中考二模数学试题
【详解】（1）证明：∵点关于点的对称点为点，
∴必过点且．
∵为的中点，
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵于，
∴．
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是矩形，
∴，，．
在中，．
设，则，．
∴，．
∴．
∴在中，．
【变式1】．（2025·北京房山·二模）如图，在平行四边形中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，且．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【来源】2025年北京市房山区九年级中考二模数学试卷
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
，
，
点是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形．
（2）解：，
．
．
四边形是矩形，
．
，
．
在中，，
【变式2】．（2025·北京昌平·二模）如图，在平行四边形中，于点，延长到点，使得，连接交于点，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接．若，求．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2025年北京市昌平区九年级二模数学试卷
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
．
，
．
四边形为平行四边形．
，
平行四边形为矩形．
（2）解：过点作于点．
四边形是矩形，
，
．
．
在Rt中，，
，
．
在Rt中，
，
．
【变式3】．（2023·北京二中教育集团·模拟）如图，将菱形的边和分别延长至点E和点F，且使，，连接，，，，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2023年北京二中教育集团中考模拟数学试题
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：过B作交延长线于G，则，

∵四边形是菱形，，
∴，，
∴和是等边三角形，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，则，
∴，
在中，．
【变式4】．（2024北京延庆·一模）如图，在ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D，过点A作AEBC，且AE＝BD，连接BE，交AD于点F，连接CE．
(1)求证：四边形ADCE为矩形；
(2)若CE＝4，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【来源】2024年北京市延庆区中考一模数学试题
【分析】（1）根据题意根据三线合一可得BD＝CD，由AE＝BD，等量代换可得AE＝CD，进而即可得证；
（2）根据矩形的性质可得AD＝CE＝4，证明△AEF≌△DBF，可得即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠ADC＝90°
∵AE＝BD
∴AE＝CD
∵AEBC，
∴四边形ADCE是平行四边形．
又∵∠ADC＝90°，
∴平行四边形ADCE为矩形．
（2）解：由（1）得四边形ADCE为矩形．
∴AD＝CE＝4
∵AEBC，
∴∠AEF＝∠DBF
在△AEF和△DBF中，
，
∴△AEF≌△DBF（AAS），
∴AF＝DF＝AD＝2．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三线合一，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．
【变式5】．（2023·北京十一学校·二模）如图，在平行四边形ABCD中，于点E，延长DA至点F，使得AF=DE，连接BF，CF．
(1)求证：四边形BCEF是矩形；
(2)若AB=6，CF=8，DF=10，求EF的长．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【来源】2023年北京市十一学校九年级数学线上综合练习（二）
【详解】（1）∵AF=DE，
∴EF=AE+AF=AE+ED，
∴EF=AD，
∵根据平行四边形的性质可知AD=BC，，
∴，EF=BC，
∴四边形EFBC是平行四边形，
∵CE⊥AD，
∴平行四边形EFBC是矩形；
（2）∵根据平行四边形的性质可知AB=CD，
∴CD=6，
∵在△FCD中，，
∴△FCD是直角三角形，∠FCD=90°，
根据三角形的面积公式有：，
则EC=
∵在矩形FBCE中，∠FBC=90°，EC=BF，
∴BF=，
根据，可知∠FCB=∠CFD，
∴△FCB∽△DFC，
∴，
∴，
∴EF=BC=，
题型04 几何解答菱形相关
例1（2025·北京丰台·二模）如图，在四边形中，，，是的中点，是对角线的中点，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接交于点，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2025年北京市丰台区九年级中考二模数学试卷
【分析】（1）根据中位线的性质得出，，根据，得出，即可得出答案；
（2）根据菱形性质得出，，，解直角三角形得出，求出，根据F为中点，得出，最后求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵是的中点，是对角线的中点，
∴，是的中位线，
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，．
又在中，，
∴，
∴，
∵F为中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查中位线的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，中位线的性质．
【变式1】．（2022·北京西城·一模）如图，在中，，平分交于点D，点E在线段上，点F在的延长线上，且，连接，，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)和的长分别为8和
【来源】2022年北京市西城区中考数学一模试卷
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形是菱形；
（2）根据等腰三角形的性质和勾股定理可得，设，则，所以，，然后利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵，平分，
∴，，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：，，，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴和的长分别为8和．
【变式2】．（2025·北京房山·中考一模）如图，，平分，交于点C．平分，交于点D，连接，于点D，交于点G．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2025年北京市房山区中考一模数学试题
【分析】（1）由平行及角平分线得，即，从而得四边形是平行四边形，再由即可证明结论成立；
（2）设交于点O，由菱形的性质及垂直关系得点G是线段的中点，得，在中由勾股定理即可求解．
【详解】（1）∵
∴；
∵平分，平分，
∴，
，
∴
∴；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵ ，
∴四边形是菱形；
（2）解：设交于点O，如图；
∵四边形是菱形，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即点C是的中点，
∴；
在中，，，
由勾股定理得：．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，三角形中位线性质定理，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，熟悉菱形的判定与性质是解题的关键；
【变式3】．（2024·北京大兴·二模）如图，在中，，分别是的中点，连接，是线段上一点，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2024年北京市大兴区中考二模数学试题
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握菱形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质，点分别为中点，可证四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由此即可求证；
（2）根据勾股定理求出的长，连接，根据菱形的性质可得，的长，在中根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，．
点分别为中点，
，．
．
四边形是平行四边形．
，点为中点，
．
四边形是菱形．
（2）解：连接，交于点．
在中，
，，，
（舍负）．
，
．
，
．
∵四边形是菱形，
∴是的中点，．
，．
．
在中，
，
（舍负）．
【变式4】．（2023·北京西城区三帆中学（裕中校区）·三模）如图，中，，作出关于对称的．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接交于点，取中点，连接．若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2023年北京市西城区三帆中学（裕中校区）中考模模数学试题
【分析】（1）由轴对称的性质得，，再由，得，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，，再由菱形的面积求出，则，然后由勾股定理得，即可解决问题．
【详解】（1）证明：与关于对称，
，，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：如图，由（1）可知，四边形是菱形，
，，，
，，
，
即，
，
，
在中，由勾股定理得：，
是的中点，
．
【变式5】．（2023·北京丰台·二模）如图，在中，，点D为的中点，连接，过点C作，且，连接，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，当，时，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【来源】2023年北京市丰台区中考二模数学试题
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，即可证明四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质，证明四边形是平行四边形，再根据30度角所对的直角边等于斜边一半，推出，进而证明四边形是菱形，然后利用勾股定理，求得的长，即可求出的长．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
在中，，点D为的中点，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
四边形是菱形，
，，，
在中，，
．

题型05 几何解答正方形相关
例1（2019·北京·中考）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，过E作EF⊥AD于F．
（1）求证：四边形ABEF是正方形；
（2）连接BF交AE于点O，连接DO，若CD=2，CE=1，求OD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）OD的长为．
【来源】2019年北京市中考总复习质量监控数学试题
【分析】（1）先根据矩形的判定可得出四边形ABEF是矩形，再根据角平分线的性质可得，然后根据正方形的判定即可得证；
（2）如图（见解析），过点O作于点G，先根据正方形的性质得出点O为AE的中点，再根据中位线定理可得的长，从而可得DG的长，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）四边形ABCD是矩形
四边形ABEF是矩形
又平分
（角平分线的性质）
矩形ABEF是正方形
即四边形ABEF是正方形；
（2）如图，过点O作于点G，则
同（1）可得：四边形CDFE是矩形
由（1）可知，四边形ABEF是正方形
，点O是对角线AE的中点
OG是的中位线
，点G是AF的中点
在中，
故OD的长为．
【变式1】．（2025·北京房山·中考一模）如图，P是正方形对角线上一点，点E在上，且．

(1)求证：；
(2)连接，试判断的度数，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）．理由如下：
连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在四边形中，，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴．

【变式2】．（2024·北京四中·模拟）如图，已知正方形的对角线相交于点O，E是上一点，连结，过点A作，垂足为M，交于点F．

(1)试说明；
(2)如图2，若点E在的延长线上，于点M，交的延长线于点F，其它条件不变，则结论“”还成立吗？如果成立，请给出说明理由；如果不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)成立，证明见解析
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：成立；证明如下：
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式3】．（2024·北京大兴区·一模）如图，在正方形中，点，分别在，上，，连接，射线和线段的延长线交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【来源】2024年北京市大兴区九年级中考一模数学试题
【分析】本题考查了平行四边形的判定，正方形的性质，正切的定义；
（1）根据正方形的性质得出，．根据题意得出，即可得证；
（2）根据正方形的性质得出，在中，得出则，根据，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，
．即．
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：四边形是正方形，
，，．
，，
．
在中，
，，
．
．
．
在中，
，
．
【变式4】．（2023·北京房山·一模）如图，M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点，已知：∠MAN＝30°，AM＝AN，△AMN的面积为1．
(1)求∠BAM的度数；
(2)求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)∠BAM＝30°；(2)正方形ABCD的边长为．
【详解】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
∵AM＝AN，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
，
∴△ABM≌△ADN(HL)，
∴∠BAM＝∠DAN，
∵∠MAN＝30°，∠BAD＝90°，
∴∠BAM＝30°．
(2)作MH⊥AN于H．设BM＝x，则AM＝AN＝2x，MH＝x，
∵•AN•MH＝1，
∴•2x•x＝1，
解得x＝1或﹣1(舍弃)，
∴AB＝BM＝，
∴正方形ABCD的边长为．
【变式5】．（2024·北京通州北关中学·一模）如图，在边长为1的正方形ABCD中，M是AD的中点，连接BM，BM的垂直平分线交BC的延长线于F，连接MF交CD于N．
(1)求CF的长；
(2)求证：BM＝EF．
【答案】(1)CF＝；(2)证明见解析；
【详解】解：（1）解：如图，
过M作MH⊥BC于H，
设CF＝x．则HF＝+x，BF＝MF＝1+x．
在直角△MHF中，由勾股定理得
12+(+x)2+(1+x)2，
解得，x＝；
（2）证明：∵M为AD的中点，
∴AM＝DM＝AD＝AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠EBF＝∠AMB，
∵EF⊥BM，
∴∠A＝∠BEF＝90°，
∴△EBF∽△AMB，
∴，
∴EF＝2BE＝BM，
即BM＝EF．

（30分钟限时练）
1．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，E为的中点，连接并延长到点F，使得，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，解直角三角形：
（1）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，得到四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线垂直，即可得证；
（2）解，求出的长，勾股定理求出的长，即可．
【详解】（1）∵点E为的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵菱形，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）∵菱形，
∴．
∵矩形，
∴，．
在中，，
∴，
∴，
∴．
2．如图，矩形的对角线与交于点O，E为的中点，连接，过点O作，交延长线于点F，交于点G，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、矩形的性质、菱形的判定，解直角三角形，熟练掌握相关图形的判定和性质是解决本题的关键．
根据四边形是矩形、，可得出，再推导出其它条件，即可证明，从而得证．
（2）易证是等边三角形，四边形是菱形，得到，，再根据解直角三角形，可求出，，继而求出的长．
【详解】（1）解：（1）证明：∵四边形是矩形，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵E为的中点，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
（2）在矩形中，
，
∴．
又∵，四边形是平行四边形，
∴是等边三角形．四边形是菱形
∴，，，
在和中，
∵，
∴，．
∴．
∴．
3．如图，在中，，平分，，点F在上，，的延长线交的延长线于点D，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】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，平行四边形的判定和性质，解直角三角形．掌握并能够灵活运用相关知识点，是解题的关键．
（1）证明，得到，即可得证；
（2）根据平行四边形的性质，得到，结合勾股定理即可得解．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，又，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
4．如图，点在的对角线的延长线上，，于点，交的延长线于点，连接．
(1)求证: 四边形是菱形；
(2)若 求菱形的面积．
【答案】(1)见详解
(2)32
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得出，再证和全等，得出，于是根据对角线相等的四边形是平行四边形推出四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得出四边形是菱形；
（2）分别求出、的长，即可得出对角线、的长，根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：，，
是等腰直角三角形，
，
由勾股定理得，，
，
，
即，
，
四边形是菱形，
，，
菱形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，锐角三角函数，菱形的面积等，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
5．如图，矩形ABCD中，点E在BC上，AE⊥ED．
（1）求证：△ABE∽△ECD；
（2）F为AE延长线上一点，满足EF＝AE，连接DF交BC于点G．若AB＝2，BE＝1，求GC的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由余角的性质解得，继而证明；
（2）由相似三角形的性质可解得EC=4，由等腰三角形的性质、平行线的性质可证EG=DG，再由勾股定理解题即可．
【详解】证明：（1）AE⊥ED，矩形ABCD
（2）
．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
6．如图，在ABC中，AD是高，矩形PQMN的顶点P、N分别在AB、AC上，Q、M在BC上，AD交PN于点E．设BC＝20，AD＝10，PQ：PN＝3：4．
（1）证明：APN∽ABC；
（2）求矩形PQMN的面积．
【答案】（1）见解析；（2）S矩形PQMN= 48．
【分析】（1）由PN∥BC即可得出结论；
（2）设PQ=3x，则PN=4x，利用PN∥BC，可得到，代入可求得x，再计算矩形PQMN的面积即可．
【详解】（1）证明：∵四边形PQMN是矩形，
∴PN∥QM，
∴△APN∽△ABC；
（2）解：∵PQ：PN=3：4，
∴设PQ=3x，则PN=4x，
∵四边形PQMN为矩形，
∴ED=PQ=3x，AE=AD-DE=10-3x，
又PN∥BC，
∵△APN∽△ABC，
∴，
即，
解得x=2，
∴PQ=6，PN=8，
∴S矩形PQMN=PQ•PN=6×8=48．
近三年:基础几何解答题（通常是第20题）结构稳定，主要考查四边形与三角形全等/相似的综合。高频考点：特殊四边形（菱形、矩形）的性质与判定、全等三角形的证明、简单几何计算（如角度、线段长度）。
2026年预测： 四边形仍是核心：预计第20题仍将以平行四边形及特殊四边形（菱形、矩形）为背景，结合全等三角形进行证明或计算，需熟练掌握性质判定。强化中档题：虽然“简单题”概念在调整，但考察逻辑的几何基础题仍是得分关键，必须确保步骤严谨、逻辑清晰，不丢过程分。
备考建议：1. 回归课本：确保平行线、三角形全等/相似、四边形性质等基本定理的证明过程烂熟于心。2. 规范书写：严格训练几何证明题的逻辑链条，做到步步有据，避免跳步。3. 模型积累：总结“手拉手模型”、“中点模型”等常见辅助线作法，这是解决27题几何综合题的基础。
解题策略
考查了全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，需熟练掌握以上知识．此外该类题还常结合三角形内角和、三角形外角性质、三角形中位线定理、相似三角形的性质和判定，等腰三角形的三线合一性质、旋转的性质以及全等三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
解题策略
考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
解题策略
考查了矩形的判定与性质、勾股定理、三角函数的定义、等腰三角形三线合一，化为最简二次根式，熟记特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
解题策略
考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、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．
解题策略
考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理是解题的关键．