2026中考数学核心考点精讲精训练-考点18特殊的平行四边形（学生版+名师详解版）

这是一份2026中考数学核心考点精讲精训练-考点18特殊的平行四边形（学生版+名师详解版），共66页。
特殊的平行四边形是中考中的考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2024年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等（相似）、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
【知识清单】
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）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心。
【推论】在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3）矩形的判定：（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。
矩形的判定思路：要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明。
4）矩形的折叠问题：（1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；（2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）；（3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）；（4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解。
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）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心。
3）菱形的判定：（1）A
对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（2）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（3）四条边相等的四边形是菱形。
菱形的判定思路：判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分。
4）菱形的面积：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）；菱形的周长：周长C=4a。
3：正方形的判定及性质（☆☆☆）
1）正方形的定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。
2）正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；
（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；
（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；
（5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形，正方形对角线与边的夹角为45°；
（6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
3）正方形的判定：（1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；（2）矩形+一组邻边相等；
（3）矩形+对角线互相垂直；（4）菱形+一个角是直角；（5）菱形+对角线相等.
正方形的判定思路：判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等。
4）正方形的面积：S正方形＝a2＝对角线乘积的一半；正方形的周长：C正方形=4a。
5）平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
4：梯形（☆）
1）梯形的定义：一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫梯形。
2）梯形的分类：一般梯形、等腰梯形、直角梯形。
3）等腰梯形性质：（1）等腰梯形的两底平行，两腰相等；（2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；（3）等腰梯形的两条对角线相等；（4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）。
4）等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形。
等腰梯形的判定思路：判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等。
5）梯形的面积公式：S=×（上底+下底）×高 。
6）解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
（1）作高：使两腰在两个直角三角形中；（2）平移对角线：使两条对角线在同一个三角形中；
（3）延长两腰：构造具有公共角的两个三角形.（4）等积变形：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等；
（5）平移腰：过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形；
（6）过上底中点平移两腰：构造两个平行四边形和一个三角形。
【易错点归纳】
1.定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形，不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形。
2.定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形，不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形。
3.在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的。
【核心考点】
核心考点1. 矩形的判定及性质►
例1：（2025·湖北襄阳·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分B．C．D．
变式1．（2025·重庆合川·统考一模）如图，在矩形中，点是上一点，且，，垂足为点，在下列结论中，不一定正确的是（ ）

A． B． C．D．
变式2．（2025·浙江台州·统考中考真题）如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为 ．
变式3．（2025·四川绵阳·统考中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于、两点．若，，则的长度为（ ）
A．1B．2C．D．
例2：（2025·四川内江·统考中考真题）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则 ．

变式1.（2025·山东滨州·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为 ．

变式2.（2025·贵州·统考中考真题）如图，在矩形中，点为矩形内一点，且，，则四边形的面积是 ．

例3：（2025·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，．点E为边的中点，点F为边上一点，将四边形沿折叠，点A的对应点为点，点B的对应点为点，过点作于点H，若，则的长是 ．

变式1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）矩形纸片中，，，点在边所在的直线上，且，将矩形纸片折叠，使点与点重合，折痕与，分别交于点，，则线段的长度为 ．
变式2．（2025·山东日照·统考中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

变式3．（2025·江苏泰州·统考中考真题）如图，矩形是一张纸，其中，小天用该纸玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点B翻折到上的点E处，折痕交于点G．展开后得到图①，发现点F恰为的中点．
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到上，折痕为；展开后将点B沿过点F的直线翻折到上的点H处；再展开并连接后得到图②，发现是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；(2)请你猜想游戏2中的度数，并说明理由．
例4：（2025·上海·统考中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A．B．C．D．
变式1.（2025·山西晋城·统考一模）如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可）

变式2.（2025·广西河池·统考一模）要求加工4个长为、宽为的矩形零件．陈师傅对4个零件进行了检测．根据零件的检测结果，图中不合格的零件是（ ）
A．B． C．D．
例5：（2025·山东青岛·统考中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．(1)求证：；
(2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．

变式1．（2025·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求四边形的面积．

变式2．（2025·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．
(1)若，求的度数；(2)连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由．

核心考点2. 菱形的判定及性质
例6：（2025·湖南·统考中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
变式1．（2025·四川乐山·统考中考真题）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则（ ）

A．2B．C．3D．4
变式2．（2025·浙江·统考中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（ ）

A．B．1C．D．
变式3．（2025·湖南长沙·校考二模）如图，四边形是边长为5的菱形，对角线，的长度分别是一元二次方程的两实数根，是边上的高，则 ．

例7：（2025·广东深圳·校考模拟预测）如图，四边形为菱形，，交的延长线于点，交于点，且．则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论是（ ）
A．①③B．①②④C．②③④D．①②③④
变式1．（2025·山东济南·统考中考真题）如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则的长等于 ．

变式2．（2025·广东广州·统考一模）如图，菱形中，，点、分别为边、上的点，且，连接、交于点，连接交于点．则下列结论：①，②，③，④中，正确的是 ．（填序号）

例8：（2025·湘西·统考中考真题）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．(1)求证：；(2)若．求证：四边形是菱形．

变式1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）如图，在四边形中，，于点．请添加一个条件： ，使四边形成为菱形．

变式2．（2024·陕西西安·校考模拟预测）如图，在矩形中，点E在上，且，延长至点F，使，连接，交、分别于M、N．
(1)求证：四边形为菱形；(2)若且，求的长度．
变式3．（2025·广东湛江·三模）如图，四边形中，对角线相交于点，为的中点，，，(1)四边形是什么特殊的四边形？请证明；
(2)点在上，点在上，且．若，求的长．

核心考点3. 正方形的判定及性质
例9：（2025·四川攀枝花·统考中考真题）如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（ ）

A．B．2C．D．
变式1．（2025·广东东莞·三模）如图，正方形的两条对角线，相交于点，点在上，且．则的度数为 ．
变式2．（2025·广西玉林·统考模拟预测）如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点G，G刚好是边的中点，则的长是（ ）
A．3B．4C．4.5D．5
变式3．（2025·广东潮州·三模）如图：正方形中，，为对角线，P为内一点，连接、、，若，，则的长度为 ．
例10：（2025·黑龙江·统考中考真题）如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为，将沿翻折，得到交于点，对角线交于点，连接，下列结论正确的是：①；②；③若，则四边形是菱形；④当点运动到的中点，；⑤．（ ）

A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
变式1．（2025·广东河源·三模）正方形中的边长为6，对角线、交于点，为边上一点，连接交于，于点，连接，若，则 ．

变式2．（2025·山东东营·统考中考真题）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（ ）

A．①②B．②③④C．①③④D．①③
例11：（2025·河北邢台·统考二模）下列四个菱形中分别标注了部分数据，根据所标数据，可以判断菱形是正方形的是（ ）A．B． C．D．
变式1．（2025·陕西渭南·校考一模）如图，四边形的对角线、相交于点，下列条件中，能判定四边形是正方形的是（ ）
A． B．，，
C．， D．，
变式2．（2025·黑龙江·统考模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，若，请你添加一个条件 ，使四边形是正方形（填一个即可）．

变式3．（2025·广东惠州·统考一模）如图1，正方形的边长为5，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接．
(1)证明：．(2)延长交于点．判断四边形的的形状，并说明理由；
(3)若，求线段的长度
例12：（2025·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
变式1.（2025·山西晋中·统考二模）在平行四边形的复习课上，小明绘制了如下知识框架图，箭头处添加条件错误的是（ ）

A．①：对角线相等B．②：对角互补C．③：一组邻边相等D．④：有一个角是直角
变式2．（2025·陕西西安·校考模拟预测）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当时，它是正方形B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形D．当时，它是矩形
变式3．（2025·浙江绍兴·统考三模）如图，在四边形中，，，E、F是上的两动点，且，点E从点B出发，当点F移动到点C时，两点停止运动．在四边形形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是（ ）

A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形B．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→菱形D．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
核心考点4. 梯形
例13：（2025·湖南·统考一模）如图，在梯形中，，，与相交于P．已知，，，则点P的坐标为 ．
变式1.（2025·上海普陀·统考二模）如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是（ ）
A．矩形B．正方形C．等腰梯形D．直角梯形
变式2.（2025·上海·校考二模）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
例14：（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四边形中，，，，，则线段的长 ．
变式1．（2025·上海长宁·统考二模）下列命题中，假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形B．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形
C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形D．对角线平分一组对角的矩形是正方形
例15：（2025·宁夏银川·校考一模）如图，在中，，是边的中点，是内一点，且 连接并延长，交于点若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
变式1．（2025·山西晋中·统考一模）如图，在中，，，，延长到点D，使，分别过点B，D作，，连接，点M，N分别是的中点，连接，则 ．
变式2．（2025·江苏南京·校联考模拟预测）如图，四边形中，，E是的中点，过点E作交于F，则的长为 ．
变式3．（2025·上海徐汇·统考二模）如图，在梯形中，已知，，，，，分别以、为直径作圆，这两圆的位置关系是（ ）
A．内切B．外切C．相交D．外离
考点18.特殊的平行四边形（精讲）
【命题趋势】
特殊的平行四边形是中考中的考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2024年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等（相似）、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
【知识清单】
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）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心。
【推论】在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3）矩形的判定：（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。
矩形的判定思路：要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明。
4）矩形的折叠问题：（1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；（2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）；（3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）；（4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解。
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）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心。
3）菱形的判定：（1）A
对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（2）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（3）四条边相等的四边形是菱形。
菱形的判定思路：判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分。
4）菱形的面积：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）；菱形的周长：周长C=4a。
3：正方形的判定及性质（☆☆☆）
1）正方形的定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。
2）正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；
（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；
（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；
（5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形，正方形对角线与边的夹角为45°；
（6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
3）正方形的判定：（1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；（2）矩形+一组邻边相等；
（3）矩形+对角线互相垂直；（4）菱形+一个角是直角；（5）菱形+对角线相等.
正方形的判定思路：判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等。
4）正方形的面积：S正方形＝a2＝对角线乘积的一半；正方形的周长：C正方形=4a。
5）平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
4：梯形（☆）
1）梯形的定义：一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫梯形。
2）梯形的分类：一般梯形、等腰梯形、直角梯形。
3）等腰梯形性质：（1）等腰梯形的两底平行，两腰相等；（2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；（3）等腰梯形的两条对角线相等；（4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）。
4）等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形。
等腰梯形的判定思路：判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等。
5）梯形的面积公式：S=×（上底+下底）×高 。
6）解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
（1）作高：使两腰在两个直角三角形中；（2）平移对角线：使两条对角线在同一个三角形中；
（3）延长两腰：构造具有公共角的两个三角形.（4）等积变形：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等；
（5）平移腰：过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形；
（6）过上底中点平移两腰：构造两个平行四边形和一个三角形。
【易错点归纳】
1.定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形，不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形。
2.定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形，不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形。
3.在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的。
【核心考点】
核心考点1. 矩形的判定及性质►
例1：（2025·湖北襄阳·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分B．C．D．
【答案】C
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【详解】解：由矩形的对角线相交于点，根据矩形的对角线相等，可得．故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的性质．
变式1．（2025·重庆合川·统考一模）如图，在矩形中，点是上一点，且，，垂足为点，在下列结论中，不一定正确的是（ ）

A． B． C．D．
【答案】D
【分析】先根据已知条件判定，再根据矩形的对边相等，以及全等三角形的对应边相等进行判断即可．
【详解】解：A、由矩形，可得，，．
又，，故A正确；
B、由，可得，由矩形，可得，
又，，故B正确；
C、由，可得，由矩形，可得，，故C正确；
D、不一定等于，直角三角形中，不一定等于的一半，故D错误；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形和全等三角形，解决问题的关键是掌握矩形的性质：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等．解题时注意：在直角三角形中，若有一个锐角等于，则这个锐角所对的直角边等于斜边的一半．
变式2．（2025·浙江台州·统考中考真题）如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为 ．
【答案】
【分析】利用矩形的性质、勾股定理求出，利用证明，根据全等三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵矩形中，，，∴，，
又，∴，∴，
∵，，∴，，∴，
在和中，∴，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
变式3．（2025·四川绵阳·统考中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于、两点．若，，则的长度为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据邻补角求出∠DEO的度数，根据余角的定义求出∠ADO的度数，再根据平行四边形的性质及等边对等角可求出∠EAO和∠AOE的度数，根据等角对等边得出AE=EO，然后勾股定理可求得AE的值，最后根据中心对称的性质即可得出答案．
【详解】解：∵，∴，∵，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∴，∴，∵，∴，
设OE=x,则DE=2x在中， 即
解得：（负值已舍去） ∴，
∵矩形关于对角线交点中心对称，∴．故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
例2：（2025·四川内江·统考中考真题）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则 ．

【答案】/
【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，

四边形是矩形，，，，
，，，，
，
，，故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
变式1.（2025·山东滨州·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为 ．

【答案】
【分析】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】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，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题关键．
变式2.（2025·贵州·统考中考真题）如图，在矩形中，点为矩形内一点，且，，则四边形的面积是 ．

【答案】
【分析】连接，可得，即平分，在上截取，连接，证明，进而可得为等腰直角三角形，则四边形的面积，代入数据求解即可．
【详解】解：如图，连接，矩形中，，，，，
，，，，

，，，，
在上截取，连接，则，
∵，∴，∴，，
，，
，，四边形的面积．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，根据特殊角三角函数值求角的度数，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，综合性较强，解题的关键是正确作出辅助线，将四边形的面积转化为．
例3：（2025·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，．点E为边的中点，点F为边上一点，将四边形沿折叠，点A的对应点为点，点B的对应点为点，过点作于点H，若，则的长是 ．

【答案】或
【分析】分两种情况：当点在点左侧时，设交于点，过点作于点，则四边形为矩形，，由折叠可知，，由平行线的性质可得，于是，，利用勾股定理求得，证明，利用相似三角形的性质求得，，于是，，则，代入计算即可得到答案；当点在点右侧时，设交于点，过点作于点，同理可得，，四边形为矩形，，用相似三角形的性质求得，，进而去除，则，代入计算可求解．
【详解】解：当点在点左侧时，如图，设交于点，过点作于点，

则，点为边的中点，，
四边形为矩形，，，，，
，四边形为矩形，，，
由折叠可知，，，
，，，即，，
，，在中，，
，，，，，，
，即，，，
，，；
当点在点右侧时，如图，设交于点，过点作于点，
同理可得：，，四边形为矩形，，，
在中，，
，，即，，，
，．
综上，的长是或．故答案为：或．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
变式1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）矩形纸片中，，，点在边所在的直线上，且，将矩形纸片折叠，使点与点重合，折痕与，分别交于点，，则线段的长度为 ．
【答案】或
【分析】分点在点右边与左边两种情况分别画出图形，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：∵折叠，∴，
∵四边形是矩形，∴∴，
又∴∴，
当点在点的右侧时，如图所示，设交于点，

∵，，，∴中，，
则，∵，∴∴，
当点在点的左侧时，如图所示，设交于点，
∵，，，∴中，
则，∵，∴∴，
综上所述，的长为：或，故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
变式2．（2025·山东日照·统考中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵，，∴，
在点P移动过程中，不一定，相矛盾，故①不正确；

延长交于点H,则为矩形，∴
∵，，∴
∴，∴，
∴，即，解得：，
∴故②正确；
∵，∴，∴，∴，
∵，，∴，∴，
∴，故③正确，，
即当的最小值，作B、D关于的对称点,
把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,这时，
即的最小值是20，故④正确；故答案为：②③④

【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
变式3．（2025·江苏泰州·统考中考真题）如图，矩形是一张纸，其中，小天用该纸玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点B翻折到上的点E处，折痕交于点G．展开后得到图①，发现点F恰为的中点．
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到上，折痕为；展开后将点B沿过点F的直线翻折到上的点H处；再展开并连接后得到图②，发现是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；(2)请你猜想游戏2中的度数，并说明理由．
【答案】(1)证明见详解(2)，理由见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得，根据题意可得，再设，然后表示出、，再由锐角三角函数求出即可；
（2）由折叠的性质可知，，从而可得出，进而得到，，由（1）知，可得，在中求出的正切值即可解答．
【详解】（1）证明：由折叠的性质可得，，
四边形是矩形，，，
，设，则，，，
即，，解得，根据勾股定理可得，
，即，．解得，
，，点为的中点．
（2）解：，理由如下：连接，如图：
由折叠的性质可知，，，，
，，，由（1）知，可得，
，设，则，，
，，在中，，
，，．
【点睛】本题考查矩形性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．
例4：（2025·上海·统考中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
【详解】A：，为平行四边形而非矩形故A不符合题意
B：，为平行四边形而非矩形故B不符合题意
C：
∴∥四边形为矩形故C符合题意
D：
不是平行四边形也不是矩形 故D不符合题意 故选：C ．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
变式1.（2025·山西晋城·统考一模）如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可）

【答案】（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定和性质定理以及矩形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：，
理由：∵四边形是平行四边形，∴，，
∵，∴．即．∴四边形为平行四边形，
∵，∴四边形是矩形．故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
变式2.（2025·广西河池·统考一模）要求加工4个长为、宽为的矩形零件．陈师傅对4个零件进行了检测．根据零件的检测结果，图中不合格的零件是（ ）
A．B． C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是矩形的判定定理，根据矩形的判定定理：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形解答即可．熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键．
【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，能判定矩形，不符合题意；
B、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形，不符合题意；
C、对角相等的四边形不一定是矩形，不能判定形状，符合题意；
D、一组对边平行且相等，能判定平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，则能判定矩形，不符合题意．故选：C．
例5：（2025·山东青岛·统考中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．(1)求证：；
(2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．

【答案】(1)见解析(2)矩形，证明见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，，，证出，，由证明，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出，，证出，由已知得出，，即可证出四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，∴，，
∵和的平分线、分别交、于点E、F，
∴，，∴，
在和中，，∴．
（2）证明：∵，∴，，
∴，∴，∵点G、H分别为、的中点，
∴，，∴四边形是平行四边形
∵，G为的中点，∴，∴四边形是矩形．
【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、平行线的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键．
变式1．（2025·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求四边形的面积．

【答案】(1)证明，见解析(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得，根据平行线的性质，得，；再根据为线段的中点，全等三角形的判定，则，根据矩形的判定，即可；（2）过点作于点，根据勾股定理，求出的长，再根据四边形的面积等于，即可．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，∴，，
∵为线段的中点，∴，∴，
∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是矩形．
（2）过点作于点，∵四边形是平行四边形，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∵，∴，∴四边形的面积等于，
∵，，
∵点是对角线的中心，∴，∴，
∴平行四边形的面积为：．

【点睛】本题考查矩形，平行四边形，全等三角形的知识，解题的关键是矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
变式2．（2025·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．
(1)若，求的度数；(2)连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由．

【答案】(1)的度数为；(2)矩形，理由见详解
【分析】（1）根据点是的中点，沿所在的直线折叠，可得是等腰三角形，根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）如图所示，连接，点是上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形是平行四边形，如图所示，连接，，过点作于点，可证四边形是平行四边形，再根据折叠的性质得，由此即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，点是的中点，∴，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，∴，
∴，则是等腰三角形，∴，
∵，即，
∴，∴的度数为．
（2）解：如图所示，连接，点是上的一点，

∵四边形是矩形，∴，，即，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，，是的角平分线，
由（1）可知，，∴，∴，且，
∴四边形是平行四边形，则，，
如图所示，连接，，过点作于点，
∵点是的中点，，∴点是线段的中点，则，
∴在中，，
∴，∴，，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，，，
在中，，∴，
∴，，∴，∴，
∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．
核心考点2. 菱形的判定及性质
例6：（2025·湖南·统考中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形∴，∴，
∵，∴,故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．
变式1．（2025·四川乐山·统考中考真题）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则（ ）

A．2B．C．3D．4
【答案】B
【分析】先由菱形的性质得，，，再由勾股定理求出，然后由直角 三角形斜边的中线等于斜边的一半求解．
【详解】解：∵菱形，∴，，，
∴由勾股定理，得，∵E为边的中点，∴故选：B．
【点睛】本考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
变式2．（2025·浙江·统考中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（ ）

A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度．
【详解】解：连接与交于O．

∵四边形是菱形，∴，，，，
∵，且，∴是等边三角形，
∵，∴，，∴，
∴，∴，故选：D．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质．
变式3．（2025·湖南长沙·校考二模）如图，四边形是边长为5的菱形，对角线，的长度分别是一元二次方程的两实数根，是边上的高，则 ．

【答案】//
【分析】根据菱形的性质得出，，，，求出，根据勾股定理得出，根据根与系数的关系得出，，变形后代入求出的值，即可得出答案．
【详解】解：四边形是菱形，，，，，
，，
对角线，的长度分别是一元二次方程的两实数根，
，，，，
，，解得：，，
当时，，不符合题意，舍去，即，
则，，
是边上的高，，
，．故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质和面积，勾股定理，根与系数的关系的应用，能得出关于的方程是解此题的关键，注意：菱形的对角线互相平分且垂直．
例7：（2025·广东深圳·校考模拟预测）如图，四边形为菱形，，交的延长线于点，交于点，且．则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论是（ ）
A．①③B．①②④C．②③④D．①②③④
【答案】D
【分析】根据菱形的性质，通过证明即可；通过证明，即可求证；通过证明，即可求证；连接连接交于，设，根据三角形面积之间的关系，即可求证．
【详解】解：四边形为菱形，，，
，；故①正确；，，
，∴，，故②正确；
∵，，，
，，；故③正确；连接交于，
，，，设，，，
，，，故④正确；故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质等基础知识，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
变式1．（2025·山东济南·统考中考真题）如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则的长等于 ．

【答案】
【分析】过点A作于点Q，据菱形性质可得，据折叠所得，结合三角形的外角定理得出，最后根据，即可求解．
【详解】解：过点A作于点Q，∵四边形为菱形，，
∴，，∴，
∵由沿折叠所得，∴，∴，
∵，，∴，则，
∴，∴，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形和折叠的性质，正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
变式2．（2025·广东广州·统考一模）如图，菱形中，，点、分别为边、上的点，且，连接、交于点，连接交于点．则下列结论：①，②，③，④中，正确的是 ．（填序号）

【答案】①②③④
【分析】①由菱形中，，可证是等边三角形，则可得，由即可证得；②由①则可得，利用三角形外角的性质即可求得∠AHC=120°；③在上截取，连接，易得点A，H，C，D四点共圆，则可证得是等边三角形，然后由即可证得，则可证得；④根据已知条件证得，由相似三角形的对应边成比例，即可得．
【详解】解：①∵四边形是菱形，∴，
∵，∴，即是等边三角形，
同理：是等边三角形∴∠B=∠EAC=60°，
在和中，，∴；故①正确；
②∵，∴，∵，∴；故②正确；
③在上截取，连接，

∵，∴点A，H，C，D四点共圆，
∴，∴是等边三角形，
∴，∴，在和中，
，∴，∴，
∴；故③正确；
④∵，∴，
∴，∴．故④正确．故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆等知识点．此题难度较大，正确添加辅助线以及数形结合思想是解答本题的关键．
例8：（2025·湖南湘西·统考中考真题）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．

(1)求证：；(2)若．求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）连接，交于点，证明，推出四边形为平行四边形，得到，即可得证；（2）先证明四边形是菱形，得到，进而得到，即可得证．
【详解】（1）证明：连接，交于点，

∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，
又，∴，∴，
∴四边形为平行四边形，∴，∴；
（2）∵四边形是平行四边形，∴，∴，
∵，∴，∴，∴四边形是菱形，
∴，∴，∴平行四边形是菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题关键．
变式1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）如图，在四边形中，，于点．请添加一个条件： ，使四边形成为菱形．

【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意，先证明四边形是平行四边形，根据，可得四边形成为菱形．
【详解】解：添加条件∵， ∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形成为菱形．
添加条件∵，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形成为菱形．
添加条件∵，∴
∵，，∴
∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形成为菱形．
添加条件在与中，
∴∴，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形成为菱形．
故答案为：（或或等）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
变式2．（2024·陕西西安·校考模拟预测）如图，在矩形中，点E在上，且，延长至点F，使，连接，交、分别于M、N．
(1)求证：四边形为菱形；(2)若且，求的长度．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，即可由菱形的判定得出结论；
（2）设，则，，再由菱形的性质得，然后根据勾股定理求得，由勾股定理，得，最后证明，得，即，即可求解．
【详解】（1）证明：∵矩形，∴，，，∴，
∵，，，∴，
∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，
∵，∴，∴，∴四边形是菱形．
（2）解：∵，∴设，则，，
∵四边形是菱形，∴，∵矩形，∴，
由勾股定理，得，∴，由勾股定理，得，
∵四边形是菱形，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质．（1）证明四边形是平行四边形，（2）证明是解题的关键．
变式3．（2025·广东湛江·三模）如图，四边形中，对角线相交于点，为的中点，，，(1)四边形是什么特殊的四边形？请证明；
(2)点在上，点在上，且．若，求的长．

【答案】(1)菱形，证明见解析；(2)．
【分析】()根据为的中点，可得出四边形 为平行四边形，根据、即可得出的长度，再结合即可得出 ，从而得出，进而可证出四边形是菱形；()设，则，，，根据勾股定理可得出的长度，结合即可得出关于的一元二次方程，解方程即可得出结论；
本题考查了菱形的判定、勾股定理以及逆定理、解一元二次方程，掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【详解】（1）四边形是菱形．
∵为的中点，∴，，∴四边形为平行四边形，
∵，，∴，∴，
∵四边形为平行四边形，，∴四边形是菱形；
（2）设，则，，，∵，∴，
又∵，∴，∴，解得：，，
又∵，∴不合，舍去，∴，∴．
核心考点3. 正方形的判定及性质
例9：（2025·四川攀枝花·统考中考真题）如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（ ）

A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得．
【详解】解：如图：连接，四边形是正方形，，，

，，，四边形是矩形，
，，是等腰直角三角形，，
，，，，，
，，，，，故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
变式1．（2025·广东东莞·三模）如图，正方形的两条对角线，相交于点，点在上，且．则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；
根据正方形的性质得到线段相等和，再根据三角形的内角和即可求解．
【详解】解：四边形是正方形．，，
，，，故答案为：
变式2．（2025·广西玉林·统考模拟预测）如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点G，G刚好是边的中点，则的长是（ ）
A．3B．4C．4.5D．5
【答案】B
【分析】本题考查了正方形和全等三角形的综合知识，根据勾股定理列方程是本题的解题关键．连接，证明，得到，折叠，得到，设，则，则中根据勾股定理列方程可求出的值．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，∴，．
∵沿对折至，∴，，∴，，
又是公共边，∴，∵G刚好是边的中点，∴，
设，则，
在中，根据勾股定理列方程：，
解得：．所以的长是4，故选：B．
变式3．（2025·广东潮州·三模）如图：正方形中，，为对角线，P为内一点，连接、、，若，，则的长度为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．设，先证出，根据相似三角形的性质可得，，再在中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：设，∵正方形中，，为对角线，
，，
，，
，，，，，，
在和中，，，，
，，在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），即的长度为，故答案为：．
例10：（2025·黑龙江·统考中考真题）如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为，将沿翻折，得到交于点，对角线交于点，连接，下列结论正确的是：①；②；③若，则四边形是菱形；④当点运动到的中点，；⑤．（ ）

A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
【答案】B
【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，逐一判断，即可解答．
【详解】解：四边形是正方形，，，
，，，，
，，故①正确，
将沿翻折，得到，，∵，，故②正确，
当时，，，
，即在同一直线上，，
，通过翻折的性质可得，，
∴，，，四边形是平行四边形，
，平行四边形是菱形，故③正确，当点运动到的中点，如图，

设正方形的边长为，则，在中，，
，，
，，，，
，，，
，，
，在中，，故④错误，
，，，，
，根据翻折的性质可得，，
，，故⑤正确；
综上分析可知，正确的是①②③⑤．故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
变式1．（2025·广东河源·三模）正方形中的边长为6，对角线、交于点，为边上一点，连接交于，于点，连接，若，则 ．

【答案】
【分析】过作，交的延长线于，交于，过作于，由可证，得，由全等三角形的性质可求，通过相似三角形的性质可求求和的长，根据同高三角形面积的比等于对应边的比可得结论．
【详解】解：过作，交的延长线于，交于，过作于，

，，
四边形是正方形，，，
，，
在和中，，，
，同理得：，，
，，，
又，，，，
由勾股定理得：，，
∵，，，，
，，同理得：，，
，，，，
，，故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形相似的性质和判定，角平分线的性质，三角函数，解决问题的关键是作辅助线构造四边形，将的面积转化为的面积，根据比例解决问题．
变式2．（2025·山东东营·统考中考真题）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（ ）

A．①②B．②③④C．①③④D．①③
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对.
【详解】解： 为正方形，，，
，，.,
,，，.
平分，.，.，
，垂直平分，故①正确.
由①可知，，，，
，，由①可知，.故③正确.
为正方形，且边长为4，，在中，.
由①可知，，，.
由图可知，和等高，设高为，，
，，.故④不正确.
由①可知，，，
关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，
最小即为，如图所示，

由④可知的高即为图中的，.
故②不正确.综上所述，正确的是①③.故选：D.
【点睛】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.
例11：（2025·河北邢台·统考二模）下列四个菱形中分别标注了部分数据，根据所标数据，可以判断菱形是正方形的是（ ）A．B． C．D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质和正方形的判定逐项判断即可．
【详解】解：A中图形中是一组邻边相等不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；
B中图形给出，根据菱形的对角线平分对角可得到，则可判定此菱形是正方形，符合题意；
C中图形只给出，但不能证得，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；
D中图形只给出，即对角线互相垂直平分，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的性质，熟知正方形的判定方法是解答的关键．
变式1．（2025·陕西渭南·校考一模）如图，四边形的对角线、相交于点，下列条件中，能判定四边形是正方形的是（ ）
A． B．，，
C．， D．，
【答案】C
【分析】根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案．
【详解】解：A、∵，∴四边形是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵，，，∴四边形是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵，，∴四边形是正方形，故本选项符合题意；
D、由，，不能判定四边形是正方形，故本选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查正方形的判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
变式2．（2025·黑龙江·统考模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，若，请你添加一个条件 ，使四边形是正方形（填一个即可）．

【答案】（答案不唯一）
【分析】根据正方形的判定方法进行解答即可．
【详解】解：∵在平行四边形中，，
∴平行四边形为矩形，
添加条件可以利用对角线互相垂直的矩形是正方形，得出四边形是正方形；
添加或或或，利用一组邻边相等的矩形为正方形，得出四边形是正方形．故答案为：．（答案不唯一）
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．
变式3．（2025·广东惠州·统考一模）如图1，正方形的边长为5，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接．
(1)证明：．(2)延长交于点．判断四边形的的形状，并说明理由；
(3)若，求线段的长度
【答案】(1)见解析(2)正方形，见解析(3)3
【分析】（1）由旋转的性质证明，即可得出答案；
（2）先证明四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明；
（3）设正方形边长为x，在中用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：（1）由题意和旋转的性质可得：，
四边形是正方形 ，
，即：
由：，可得：，；
（2）四边形是正方形，理由如下：由（1）得：，且
，，四边形是矩形，
，四边形是正方形；
（3）在正方形中，，
在正方形中，设，，则，
在中，，即：，
解得：（不符合题意，舍去），，故答案为：3．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定、正方形的判定及性质、以及勾股定理的运用，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定、正方形的判定方法是解题的关键，设所求线段为未知数，用勾股定理建立等量关系进行求解．
例12：（2025·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
【答案】A
【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【详解】∵四边形是矩形，∴，，
∴，，∵、，∴
∵对称，∴，∴
∵对称，∴，
∴，同理，∴∴
∴四边形是平行四边形，如图所示，

当三点重合时，，∴即∴四边形是菱形，
如图所示，当分别为的中点时，设，则，，
在中，，连接，，
∵，∴是等边三角形，
∵为中点，∴，，∴，
根据对称性可得，∴，
∴，∴是直角三角形，且，∴四边形是矩形，
当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形
∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
变式1.（2025·山西晋中·统考二模）在平行四边形的复习课上，小明绘制了如下知识框架图，箭头处添加条件错误的是（ ）

A．①：对角线相等B．②：对角互补C．③：一组邻边相等D．④：有一个角是直角
【答案】B
【分析】由矩形，菱形，正方形的判定，即可判断．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确，不符合题意；
B、对角互补的矩形不一定是正方形，错误，故B符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故C不符合题意；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．故选：B．
【点睛】本题考查矩形，菱形，正方形的判定，关键是熟练掌握矩形，菱形，正方形的判定方法．
变式2．（2025·陕西西安·校考模拟预测）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当时，它是正方形B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形D．当时，它是矩形
【答案】A
【分析】根据正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定逐项判断即可得．
【详解】解：A、当时，它是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形），不一定是正方形，则此项错误，符合题意；
B、当时，它是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形），则此项正确，不符合题意；
C、当时，它是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），则此项正确，不符合题意；
D、当时，它是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），则此项正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定是解题关键．
变式3．（2025·浙江绍兴·统考三模）如图，在四边形中，，，E、F是上的两动点，且，点E从点B出发，当点F移动到点C时，两点停止运动．在四边形形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是（ ）

A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形B．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→菱形D．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
【答案】A
【分析】先判断出点E在移动过程中，四边形始终是平行四边形，当时，四边形是菱形，当点E与点G重合时，四边形是矩形，即可求解．
【详解】解：如图，过点A、D作的垂线，垂足分别为G、H，

∵，∴四边形为矩形，∵，，∴，∴，
∵，∴，
∵，，∴四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，当点E与点G重合时，四边形是矩形，
∴在四边形形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是平行四边形→菱形→矩形→平行四边形， 故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定的应用，主要考查学生的理解能力和推理能力，题目比较好，难度适中．
核心考点4. 梯形
例13：（2025·湖南·统考一模）如图，在梯形中，，，与相交于P．已知，，，则点P的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据题意得梯形是等腰梯形，则由对称性可知P的横坐标为6，过点P作于点E, 过点D作于点F，则，即可得，
根据题意得，，，进行计算得 ，即可得点P的纵坐标为，即可得．
【详解】解：∵在梯形中，，，，，，
∴梯形是等腰梯形，∴由对称性可知P的横坐标为6，
如图所示，过点P作于点E, 过点D作于点F，则，∴，
又∵，，，
∴， ∴，∴点P的纵坐标为， ∴点P的坐标为．

【点睛】本题考查了坐标与图形性质，梯形的性质，相似三角形的性质和判定的应用，主要是考查学生综合运用知识进行计算的能力．
变式1.（2025·上海普陀·统考二模）如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是（ ）
A．矩形B．正方形C．等腰梯形D．直角梯形
【答案】D
【分析】根据矩形、正方形，等腰梯形的对角线相等，即可求解．
【详解】解：∵矩形、正方形，等腰梯形的对角线相等
∴如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是直角梯形，故选：D．
【点睛】本题考查了矩形、正方形，等腰梯形的性质，熟练掌握矩形、正方形，等腰梯形的性质是解题的关键．
变式2.（2025·上海·校考二模）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
【答案】A
【分析】根据等腰梯形的性质、中位线定理以及菱形的判定，可推出四边形为菱形．
【详解】解：如图所示，等腰梯形中，，，分别是、的中点，连接．
E、F分别是的中点，，
同理，可得：，
又等腰梯形，，，四边形是菱形．故选A．
【点睛】此题考查了等腰梯形的性质、三角形中位线定理以及菱形的判定，熟练掌握这些性质与定理是解此题的关键．
例14：（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四边形中，，，，，则线段的长 ．
【答案】
【分析】作， 交延长线于点E，作于点F，得到四边形是矩形，四边形是等腰梯形，设，则，，推出，得到，解方程，求得，在和中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：作， 交延长线于点E，作于点F，
则，
∵，∴，且四边形是矩形，
∴，，∴，
∴四边形是等腰梯形，则，，
∵，，∴，∴，
设，则，，
∵，∴，
而，∴，∴，即，
在中，，，∴，
∴，即，在中，，，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，矩形、梯形的判定和性质，解题关键是学会利用参数构建方程解决问题．
变式1．（2025·上海长宁·统考二模）下列命题中，假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形B．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形
C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形D．对角线平分一组对角的矩形是正方形
【答案】B
【分析】根据矩等腰梯形、菱形和正方形的判定一一判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，为真命题，不符合题意；
B、对角线互相垂直的梯形是等腰梯形，还有可能为直角梯形等其它梯形，为假命题，符合题意；
C、对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，为真命题，不符合题意；
D、对角线平分一组对角的矩形是正方形，为真命题，不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了命题，等腰梯形、菱形和正方形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
例15：（2025·宁夏银川·校考一模）如图，在中，，是边的中点，是内一点，且 连接并延长，交于点若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到的长，再得到的长，进而得出的长．
【详解】解：是边的中点，且，∴中，，
，，是边的中点，是的中点，
可得，，
又，，故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、梯形的中位线定理、直角三角形斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相关定理是解题的关键．
变式1．（2025·山西晋中·统考一模）如图，在中，，，，延长到点D，使，分别过点B，D作，，连接，点M，N分别是的中点，连接，则 ．
【答案】/
【分析】取的中点G，连接，求出，，，则，由得，，则，，求出，由是梯形的中位线得，，则，作于点H，可得，，得到，由勾股定理即可得到．
【详解】解：取的中点G，连接，∵，，，
∴，，，∴，
∵，∴，∵，∴四边形是梯形，，
∴，∴，∵N分别是的中点，
∴，∴，
∵M是的中点，∴是梯形的中位线，
∴，，∴，
作于点H，∴，，
∴，∴．故答案为：
【点睛】此题考查了梯形的中位线定理、解直角三角形、勾股定理等知识，构造梯形的中位线和准确计算是解题的关键．
变式2．（2025·江苏南京·校联考模拟预测）如图，四边形中，，E是的中点，过点E作交于F，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点E作于点H，过点D作于点G，过点A作于点P，则，可得四边形是矩形，设，则，证明，可得，在中，根据勾股定理可得，再证得是梯形的中位线，可得，再由，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作于点H，过点D作于点G，过点A作于点P，则，
∴，∴四边形是矩形，，
∴，设，则，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，即，解得：，
在中，，∴，解得：，∴，
∵，E是的中点，∴，即，
∴是梯形的中位线，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，即，解得：．故答案为：
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，梯形的中位线定理，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，梯形的中位线定理，勾股定理，矩形的判定和性质是解题的关键．
变式3．（2025·上海徐汇·统考二模）如图，在梯形中，已知，，，，，分别以、为直径作圆，这两圆的位置关系是（ ）
A．内切B．外切C．相交D．外离
【答案】D
【分析】先求出两圆的圆心距，和的一半为两圆的半径，利用半径之和和两圆的圆心距的大小关系求解．
【详解】解：∵分别以、为直径作圆，
∴两圆的圆心分别是、的中点，∴两圆心的连线是梯形的中位线．
∵，，∴两圆的圆心距为，
∵，，∴两圆的半径分别为3和2，
∵，∴两圆外离，故选：D．
【点睛】本题考查了梯形的中位线，以及圆与圆的位置关系，解题的关键是分别求得两圆的圆心距和两圆的半径．