专题18 特殊的平行四边形（8大考点）-中考数学总复习真题探究与变式训练（全国通用）

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第五部分 四边形
专题18 特殊的平行四边形（8大考点）
核心考点
核心考点一 矩形的性质与判定
核心考点二 矩形的相关证明与计算
核心考点三 菱形的性质与判定
核心考点四 菱形的相关证明与计算
核心考点五 正方形的性质与判定
核心考点六 正方形的相关证明与计算
核心考点七 中点四边形
核心考点八 三角形的中位线
新题速递

核心考点一 矩形的性质与判定

例1 （2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（　　）

A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝ ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出 ，则可求出答案．
【详解】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，

∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝，
∴CN＝CD•sin60°＝，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴，
∴，
∴BE＝ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例2 （2022·湖北随州·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．

【答案】     90°##90度     ##
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，

根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，
∴，
在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，
∴，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵∠ADF=∠ABE，
∴，
即DH=2HN，
∵，
解得：或（舍去）．
故答案为：90°，
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．

例3 （2022·云南·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90°

(1)求证：四边形ABDF是矩形；
(2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S．
【答案】(1)见解析；
(2)18．

【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得≌，即可得到AB=DF，从而证明四边形ABDF是平行四边形，再根据∠BDF=90°即可证明四边形ABDF是矩形；
（2）根据全等的性质、矩形性质及勾股定理得到AB=DF=3，AF=4，由平行四边形性质求得CF=6，最后利用梯形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，即AB∥CF，
∴∠BAE=∠FDE，
∵E为线段AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠AEB=∠DEF，
∴≌（ASA），
∴AB=DF，
又∵AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDF=90°，
∴四边形ABDF是矩形；
（2）解：由（1）知，四边形ABDF是矩形，
∴AB=DF=3，∠AFD=90°，
∴在中，，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，
∴CF=CD+DF=3+3=6，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握各性质及判定定理进行推理是解题的关键．


1.矩形的性质：
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等且互相平分；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
2. 矩形的判定：
①矩形的定义：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对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）


【变式1】（2022·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形中，，于点，若四边形的面积是，则的长是(     )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，过点D作交的延长线于E，先证明四边形是矩形，再利用证明，得到，，再由四边形的面积，得到，则．
【详解】解：如图，过点D作交的延长线于E，

∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形的面积四边形的面积，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式2】（2023·安徽淮北·校联考一模）如图，矩形中，，，点P是矩形内一点，连接，，，若，则的最小值为（    ）

A． B． C．2 D．4
【答案】C
【分析】由可得点P在以中点O为圆心为直径的圆上，连接交圆于一点即为最短距离点，即可得到答案；
【详解】解：∵，
∴点P在以中点O为圆心为直径的圆上，如图所示，

∴连接交圆于一点即为最短距离点P，如图所示，

∵，，
∴，，
根据勾股定理可得，
，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查圆上最短距离问题，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆外一点到圆上最短距离点为与圆心连线的交点．
【变式3】（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，矩形中，，M为的中点，把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边上的点E处，则的长为 ___________．

【答案】或
【分析】如图1，连接，过M作于H，根据矩形的性质得到，求得，由折叠的性质知是线段的垂直平分线，得到，根据勾股定理得到，如图2，连接，根据线段垂直平分线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵M为的中点，
∴，
如图1，连接，过M作于H，

∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴，
由折叠的性质知是线段的垂直平分线，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
如图2，连接，

∵把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边上的点E处，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴BF=，
∴，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理，全等三角形的性质和判定，分类讨论是解题的关键．
【变式4】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在矩形中，，，点、在边、上，且，点为上一动点，点为矩形内部一动点，且，连接、，则的最小值为______．

【答案】
【分析】连接，作点D关于的对称点H，连接，根据题意可知点Q在以A为圆心，长为半径的圆上运动，从而将的最小值转化为圆外一点到圆心的最小值问题．
【详解】
连接，作点D关于的对称点H，连接，
∵，
∴点Q在以A为圆心，长为半径的圆上运动
∵点D关于的对称点为H
∴
∴
∴的最小值为
在中根据勾股定理得

∴的最小值为
故答案为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称最短路线问题、定弦定角、勾股定理等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
【变式5】（2022·云南文山·统考三模）如图，在中，，点D是的中点，连接，点E是的中点，延长至点F，使，连接，与交于点G，连接．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）证明，推出，由等腰三角形的性质推出，证明四边形是平行四边形，据此即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质以及，推出，由勾股定理推出，求得，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵点E是中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∵，点D是中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵，点D是中点，
∴，，
∴，即，
∵，即，
∴，，
∵，即，且点D是中点，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，矩形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
核心考点二 矩形的相关证明与计算

例1 （2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，在等腰直角中，，、分别为、上的点，，为上的点，且，，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作辅助线，构建矩形，得P是MN的中点，则MP＝NP＝CP，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可解答．
【详解】解：如图，过点M作MG⊥BC于M，过点N作NG⊥AC于N，连接CG交MN于H，

∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，
∴四边形CMGN是矩形，
∴CH＝CG＝MN，
∵PC＝MN，
存在两种情况：
如图，CP＝CP1＝MN，

①P是MN中点时，
∴MP＝NP＝CP，
∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMN＝∠PCM＝90°−50°＝40°，
∴∠CPM＝180°−40°−40°＝100°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CPB＝117°，
∴∠BPM＝117°−100°＝17°，
∵∠PMC＝∠PBM＋∠BPM，
∴∠PBM＝40°−17°＝23°，
∴∠ABP＝45°−23°＝22°．
②CP1＝MN，
∴CP＝CP1，
∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，
∵∠BP1C＝117°，
∴∠BP1M＝117°−80°＝37°，
∴∠MBP1＝40°−37°＝3°，
而图中∠MBP1＞∠MBP，所以此种情况不符合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，作出辅助线构建矩形CNGM证明P是MN的中点是解本题的关键．
例2 （2021·四川内江·统考中考真题）如图，矩形，，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．当点在轴上运动时，点也随之在轴上运动，在这个运动过程中，点到原点的最大距离为 __．

【答案】##
【分析】取 的中点 ，连接 ， ，由勾股定理可求 的长，由直角三角形的性质可求 的长，由三角形的三边可求解．
【详解】如图，取的中点，连接，，

矩形，，，
，，
点是的中点，
，
，
，点是的中点，
，
在中，，
当点在上时，，
的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边形关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．
例3 （2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，中，，相交于点，，分别是，的中点．

(1)求证：；
(2)设，当为何值时，四边形是矩形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析

【分析】（1）连接，先根据平行四边形的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可得证；
（2）先根据矩形的判定可得当时，四边形是矩形，再根据线段中点的定义、平行四边形的性质可得，由此即可得出的值．
【详解】（1）证明：如图，连接，

四边形是平行四边形，
，
分别是，的中点，
，
四边形是平行四边形，
．
（2）解：由（1）已证：四边形是平行四边形，
要使平行四边形是矩形，则，
，
，即，
，
故当时，四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．


【变式1】（2021·浙江宁波·校考三模）如图，在中，点是线段上一点，于点，四边形为矩形，若，的面积为，矩形的面积为，则下列图形中面积可以确定的是（    ）

A．的面积 B．四边形的面积
C．梯形的面积 D．的面积
【答案】D
【分析】过点作于点，交于点，根据矩形的性质和梯形的性质利用面积公式解答即可．
【详解】解：过点作于点，交于点，
则，

，
，
则，
，
则，
四边形为矩形，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
的面积可以确定，
故选：D．
【点睛】此题考查梯形，解题的关键是根据矩形的性质得出解答．
【变式2】（2022·湖南娄底·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，DE平分交BC于点E，点F是CD边上一点（不与点D重合）．点P为DE上一动点，，将绕点P逆时针旋转90°后，角的两边交射线DA于H，G两点，有下列结论：①；②；③；④，其中一定正确的是（    ）

A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【答案】D
【分析】根据旋转的性质判断得，可判断③正确，证可判断④正确，从而得出结果.
【详解】解：根据旋转的性质可知，，
∵DE平分，
∴，
∴，
∴PH=PD，
∵
∴
在和中，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
故③正确；
∵，
∴
∴
即，
故④正确；
根据已知条件无法证明①DH=DE，②DP=DG.
故选：D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
【变式3】（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）已知矩形，点在边上，，连接，点在边上，连接，平分，若，，，则的面积是___________．

【答案】
【分析】过点作于，设，则，，证明，得到，再求出，则，，由勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点作于，

设，则，，
平分，
，
，
，
，
，，
四边形是矩形，
，
，，
，，
，
（负值舍去），
，，，，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出的长是解题的关键．
【变式4】（2022·陕西咸阳·统考一模）如图，在中，，，，是上一点，于点，于点，连接，则的最小值为___________．

【答案】2.4##
【分析】证明四边形CFDE是矩形，由垂线段最短可得，当时，线段CD的值最小，即线段EF的值最小，求得此时的最小值即可．
【详解】解：如图，连接CD．
∵，AC=3cm，BC=4cm，
∴AB==5(cm)，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，，
四边形CFDE是矩形．
∴EF=CD，
由垂线段最短可得，当CD⊥AB时，线段CD的值最小，即线段EF的值最小．
此时，．
解得CD=2.4cm．
∴EF的最小值是2.4cm．
故答案为：2.4．

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，解决问题的关键在于判断出时，线段CD的值最小．
【变式5】（2022·黑龙江哈尔滨·统考三模）在四边形ABCD中，，点E在AD上，连接BE，CE，．在四边形ABCD中，AB∥CD，点E在AD上，连接BE，CE，△ABE≌△DCE．

(1)如图1，求证：四边形ABCD为矩形；
(2)如图2，连接AC交BE于点F，点G在CF上，，连接BG，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中所有面积为四边形ABCD面积的的三角形．
【答案】(1)见解析
(2)，，，

【分析】（1）先证明四边形四边形ABCD为平行四边形，然后再证得有一个角是直角即可；
（2）根据题意直接写出即可．
(1)
∵，
∴，，
∵，
∴四边形ABCD是平行四边形，，
∴，
∴四边形ABCD为矩形；
(2)
∵，
∴，
∴；
；
；
∵，，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．


核心考点三 菱形的性质与判定

例1 （2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，，M是对角线BD上的一个动点，，则的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．2
【答案】C
【分析】连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值，证明△ABC是等边三角形，AF是高线，利用三角函数即可求解．
【详解】解：连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值．

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
又∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵
∴F是BC的中点，
∴AF⊥BC．
则AF＝AB•sin60°＝2．
即的最小值是．
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形以及三角函数，确定AF的长就是的最小值是关键．
例2 （2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为_________．

【答案】
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，由三角形中位线定理得FH＝AO＝，FHAO，然后求出OE、OH，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，取OD的中点H，连接FH，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FHAO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
例3 （2022·广东广州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．

(1)求BD的长；
(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)①四边形ABEF的面积为；②最小值为12

【分析】（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO= ，即可求解；
（2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， 根据菱形的面积可求出MN=，设BE=，则EN=，从而得到EM=MN-EN=，再由BE=DF，可得DF=，从而得到四边形ABEF的面积s= S△ABD - S△DEF ，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=BO=，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由，可得当，即BE=时， s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解．
【详解】（1）解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，
∴∠CAB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB▪sin60°==，
∴BD=2BO=；
（2）解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
由（1）得：BD=；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，
∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴∠EBN=30°；
∴EN=BE
∵，
∴MN=，
设BE=，则EN=，
∴EM=MN-EN=，
∵S菱形ABCD= AD▪MN=，
∴S△ABD= S菱形ABCD=，
∵BE=DF，
∴DF=，
∴S△DEF=DF ▪EM= =，
记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =-（），
∵点E在BD上，且不在端点，∴0 ①当CE⊥AB时，
∵OB⊥AC，
∴点E是△ABC重心，
∴BE=CE=BO=，
此时 =，
∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为；
②作CH⊥AD于H，如图，

∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，
∵∠BAD=120°，
∴∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AH=DH=3，
∴CH=，
∵，
∴当，即BE=时， s达到最小值，
∵BE=DF，
∴DF=3，
此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+CF的值达到最小，
其最小值为CO+CH==12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识是解题的关键．


1.菱形的性质：
（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菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③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；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积=．（a、b是两条对角线的长度）
2.菱形的判定：
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．




【变式1】（2023·安徽淮北·校联考一模）如图，菱形的边长为，，点，在菱形的边上，从点同时出发，分别沿和的方向以每秒的速度运动，到达点时停止，线段扫过区域的面积记为，运动时间记为，能大致反映y与x之间函数关系的图象是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质，结合题意，分两种情况讨论，时，当时，根据三角形的面积公式建立函数关系，根据二次函函数的图象的性质即可求解．
【详解】解析：当时，过点作于，如图，
，，
则，
线段扫过区域的面积，图象是开口向上，位于轴右侧的抛物线的一部分，
当时，
如图，过点作于，则，
，
线段扫过区域的面积，
图象是开口向下，位于对称轴直线左侧的抛物线的一部分，

故选：C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，解直角三角形，二次函数图象的性质，掌握二次函数图像的性质是解题的关键．
【变式2】（2022·辽宁营口·一模）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数的图像与菱形的边，分别交于点M、N，且，，，则N的横坐标为（   ）

A．7 B． C． D．
【答案】D
【分析】分别过点M、N作x轴的垂线，垂足分别为H、G，根据题意求得，在中，，，则，，故点M的坐标为，利用待定系数法求得，在中，设，，则，，则点N的坐标为，代入反比例函数的解析式，即可得到关于a的方程，解方程求得a的值，进而求得点N的横坐标．
【详解】解：分别过点M、N作x轴的垂线，垂足分别为H、G，

∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
在中，，，则，，
∴点M的坐标为，
∵点M在反比例函数的图像上，
∴，
∴反比例函数的表达式为，
设，
∵，
∴，
在中，设，，则，，
∴点N的坐标为（，
∵点N在反比例函数上，
∴，
解得（负值已舍去），
∴，
∴N的横坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数图像上点的坐标特征，反比例函数的性质，菱形的性质，解直角三角形等，求得点M的坐标，表示出点N的坐标是解题的关键．
【变式3】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，交于点，若，，则的长是______．

【答案】
【分析】先求出菱形的边长，再利用等角的正切值相等求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质与正切函数的应用，解题关键是掌握菱形的性质，本题用到的有菱形的四条边都相等，菱形的对角线互相垂直平分，且平分一组对角．
【变式4】（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，在菱形中，，为的中点，点在上，，，将沿方向平移，使点落在上，则平移的距离为________．

【答案】
【分析】连接交于点O，过点F作交于点G，根据菱形四边相等得到，根据中点定义得到，根据勾股定理得到，根据菱形对角线互相垂直证明，求出，根据菱形对角线互相平分得到，根据平行线分线段成比例得到，即得平移的距离．
【详解】解：如图，连接，交于点O，过点F作，交于点G，   

∵四边形是菱形，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵， ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴将沿方向平移，使点落在上时，平移的距离为6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了菱形，勾股定理，三角形中位线等，解决问题的关键是熟练掌握菱形边和对角线的性质，线段中点定义和垂直定义，勾股定理解直角三角形，三角形中位线定理等．
【变式5】（2023·四川巴中·校考一模）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
（2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理是解本题的关键．

核心考点四 菱形的相关证明与计算

例1 （2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（　　）

A．16 B．6 C．12 D．30
【答案】B
【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，再利用∠DEF＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC＝，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．
【详解】解：连接AC交BD于O，如图，

∵四边形ABCD为菱形，
∴，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE＝2，
∵∠DEF＝∠DFE，
∴DF＝DE＝2，
∵，
∴∠DEF＝∠BCF，
∵∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，
∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，，
∴AC＝2OC＝，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；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；菱形面积＝ab（a、b是两条对角线的长度）．
例2 （2022·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接，若，，，则线段的长为___________．

【答案】
【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．
【详解】已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，
∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，
∵OE=3，OA=4，
∴根据勾股定理得，
∵AE=BE，
∴，
在Rt△AOB中，
即菱形的边长为，
∵点F为的中点，点O为DB中点，
∴ ．
故答案为
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．
例3 （2021·广西贺州·统考中考真题）如图，在四边形中，，，，交于点，过点作，垂足为，且．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的面积．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）先利用角平分线判定定理证得，再由已知角的等量关系推出，并可得，则可证明四边形是平行四边形，最后由得，即可证得结论；
（2）由菱形的性质可得，再根据角的等量关系求出，则可利用三角函数求得，此题得解．
【详解】（1）证明：如图，

∵，
∴，
又∵，且，
∴为的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：由（1）得四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．


【变式1】（2022·山东济南·校考一模）如图，菱形的边长为，、分别是、上的点，连接、、，与相交于点，若，，则的长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点作交于，于，证是等边三角形，得，再证∽，得，则，然后证，得，，求出，可得是等边三角形，则，最后由含角的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可得解．
【详解】解：过点作交于，于，如图所示：

菱形的边长为，，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，，
，
，
，，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式2】（2021·陕西·西安市第三中学校考三模）如图，折叠菱形纸片，使得对应边过点C，若，当时，的长是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先延长交于点G，根据三角形外角性质以及等腰三角形的判定，即可得到，设，则，在中，依据勾股定理可得，进而得出方程，解方程即可．
【详解】解：如图所示，延长交于点G，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴
由折叠的性质可知，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
在中，依据勾股定理可得，
∴，
解得，（负值已舍去）
∴，
故选B．

【点睛】本题主要考查了折叠问题，等腰三角形的判定，菱形的性质，解一元二次方程以及勾股定理的运用；解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，依据勾股定理列方程求解．
【变式3】（2023·山东东营·校联考一模）如图，在菱形 中， ，，点 P 是 上一点，点 M、N 分别是 、 上任意一点，且 ，垂足为 M，连接、，则 的最小值为_____ ．

【答案】6
【分析】作，交于E，连接，，作于F，作于G，可推出的最小值是的长，在直角三角形中，求出，进一步得出结果．
【详解】解：如图：

作，交于E，连接，，作于F，作于G，
∵菱形关于对称，
∴点E和N关于对称，
∴，
∴，
∴当点P是与的交点时，最小，最小值是的长，
在中，，，
∴，
∴，
∴的最小值为：6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮马”等模型．
【变式4】（2023·山东东营·校考一模）如图，在边长为4的菱形中，，M是边上的一点，且，N是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，则长度的最小值是 ___________．

【答案】##
【分析】过点M作交延长线于点H，连接，根据菱形的性质和直角三角形的性质，求出，再由勾股定理求出的长，再由折叠的性质可得点在以M为圆心，为半径的圆上，从而得到当点在线段上时，长度有最小值，是解题的关键．
【详解】解：过点M作交延长线于点H，连接，

菱形中，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵将沿所在直线翻折得到，
∴，
∴点在以M为圆心，为半径的圆上，
∴当点在线段上时，长度有最小值，
∴长度的最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、折叠的性质，找到当点在上，的长度最小，是解题的关键．
【变式5】（2023·广东深圳·校考一模）如图，已知中，是边上一点，过点分别作交于点，作交于点，连接．

(1)下列条件：
①是边的中点；
②是的角平分线；
③点与点关于直线对称．
请从中选择一个能证明四边形是菱形的条件，并写出证明过程；
(2)若四边形是菱形，且，，求的长．
【答案】(1)能证明四边形是菱形的条件为：②或③，证明见解析
(2)4

【分析】（1）根据已知条件，易得四边形是平行四边形，；条件②，利用角平分线的定义可推导，进而证明，由“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可证明平行四边形是菱形；条件③，由对称的性质易得，即可证明平行四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可得，进而确定，再证明，由相似三角形的性质可得，代入数值求解即可获得答案．
【详解】（1）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
能证明四边形是菱形的条件为：②或③，证明如下：
条件②，∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
条件③，∵点与点关于直线对称，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得 ，
即的长为4．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
核心考点五 正方形的性质与判定

例1 （2022·山东枣庄·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为5，点A的坐标为（4，0），点B在y轴上，若反比例函数y＝（k≠0）的图像过点C，则k的值为（　　）

A．4 B．﹣4 C．﹣3 D．3
【答案】C
【分析】过点C作CE⊥y轴于E，根据正方形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝90°，再根据同角的余角相等求出∠OAB＝∠CBE，然后利用“角角边”证明△ABO和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OA＝BE＝4，CE＝OB＝3，再求出OE，然后写出点C的坐标，再把点C的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出k的值．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥y轴于E，在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBE＝90°，
∵∠OAB+∠ABO＝90°，
∴∠OAB＝∠CBE，
∵点A的坐标为（4，0），
∴OA＝4，
∵AB＝5，
∴OB＝＝3，
在△ABO和△BCE中，，
∴△ABO≌△BCE（AAS），
∴OA＝BE＝4，CE＝OB＝3，
∴OE＝BE﹣OB＝4﹣3＝1，
∴点C的坐标为（﹣3，1），
∵反比例函数y＝（k≠0）的图像过点C，
∴k＝xy＝﹣3×1＝﹣3，
故选：C．

【点睛】此题考查的是反比例函数与几何综合，涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作辅助线构造出全等三角形并求出点C的坐标是解题的关键．
例2 （2022·海南·统考中考真题）如图，正方形中，点E、F分别在边上，，则___________；若的面积等于1，则的值是___________．

【答案】     60    
【分析】由正方形的性质证明，即可得到，再由可得，即可求出．设，表示出的面积，解方程即可．
【详解】∵正方形
∴，
∵
∴（HL）
∴，
∵，
∴
∴
设
∴
∴



∵的面积等于1
∴，解得，（舍去）
∴
故答案为：60；．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、30°直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
例3 （2022·贵州贵阳·统考中考真题）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)

【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；
（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求．
【详解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，，
，
∵，∠A=∠D=90°，，
∴四边形ADFM是矩形，
∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，
∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，
∵MN是BE的垂直平分线，
∴MN⊥BE，
∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，
∴∠MBO=∠OMF，
∵，
∴△ABE≌△FMN；
（2）连接ME，如图，

∵AB=8，AE=6，
∴在Rt△ABE中，，
∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，
∵MN是BE的垂直平分线，
∴BO=OE==5，BM=ME，
∴AM=AB-BM=8-ME，
∴在Rt△AME中，，
∴，解得：，
∴，
∴在Rt△BMO中，，
∴，
∴ON=MN-MO=．
即NO的长为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．

1. 正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等且互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
2.正方形的判定：
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．


【变式1】（2022·重庆璧山·统考一模）如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至点，若，，则线段的长度为（    ）

A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质，可知 ．取点为线段 的中点，并连接．根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得 ，从而证得 ， 再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，取点为线段 的中点，并连接．

依题意得， ，
，
，
在正方形中，
，，
，
又 ，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
在中，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加．
【变式2】（2022·河南周口·周口市第一初级中学校考模拟预测）如图，正方形，，，…照如图所示的方式放置，点，，，…和点，，，…分别在直线和x轴上，已知点，，则的坐标是（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】从序号与横坐标的规律，序号与纵坐标的规律，两个方向去探索，最后整合起来就是坐标的规律．
【详解】解：因为的横坐标为，
的横坐标为，
所以的横坐标为；
因为的纵坐标为，
的纵坐标为，
所以的纵坐标为；
所以的坐标是，
故选D．
【点睛】本题考查了图形中的数字规律，正确掌握探解规律的基本方法是解题的关键．
【变式3】（2022·陕西西安·西安市第三中学校考模拟预测）如图，在正方形中，，、、分别是边、、上的动点，且，，则的最小值是________．

【答案】
【分析】延长到，使，，当，，三点共线时，的值最小，根据题意，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧上，圆外一点到圆上一点距离的最小值，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：延长到，使，
，
当，，三点共线时，的值最小，
根据题意，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧上，
圆外一点到圆上一点距离的最小值，
，
，
，
的最小值是，
故答案为：．

【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，正方形的性质，勾股定理，正确的找到点的位置是解题的关键．
【变式4】（2023·山西太原·山西实验中学校考一模）如图，正方形的边长为2，E为边上任意一点（不与B、C重合），沿折叠正方形，使得点B落在，连接，若点F为线段的中点，则的最小值为__________．

【答案】##
【分析】根据折叠及正方形性质得到，结合F为线段的中点，即可得到，从而得到F为以为直径的圆上的点，连接 即可得到答案；
【详解】解：连接，以为直径，中点为圆心作圆，连接即可得到最小距离点，如图所示，
∵正方形的边长为2，沿折叠正方形，使得点B落在，
∴，
∵F为线段的中点，
∴，
∴F为以为直径的圆上的点，连接交圆于一点即为最小距离点，
根据勾股定理可得，
，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题考查圆上动点最小距离问题，正方形的性质，折叠的性质，解题的关键是根据题意得到点F为圆上动点问题，找到最小距离点．
【变式5】（2022·浙江杭州·杭州绿城育华学校校考二模）如图，已知正方形ABCD，AB＝8，点M为线段DC上的动点，射线AM交BD于E交射线BC于F，过点C作CQ⊥CE，交AF于点Q，

(1)求证：∠QCF＝∠QFC；
(2)证明：△CMQ是等腰三角形．
(3)取DM的中点H，连结HQ，若HQ＝5，求出BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)14

【分析】（1）由正方形的性质得出，进而证明得出由直角三角形的性质得出即可证明
（2）由正方形的性质得出，由直角三角形的性质得出得出，进而证明是等腰三角形；
（3）连接，由等腰三角形的性质得出进而证明是的中位线，由三角形中位线的性质求出，再利用勾股定理求出即可求出的长度．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，








（2）证明：∵四边形是正方形，




是等腰三角形；
（3）解：如图，连接，





∵H是的中点，
∴QH是的中位线，




，

【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识是解决问题的关键．
核心考点六 正方形的相关证明与计算

例1 （2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图①，在正方形ABCD中，点M是AB的中点，点N是对角线BD上一动点，设DN＝x，AN+MN＝y，已知y与x之间的函数图象如图②所示，点E（a，2）是图象的最低点，那么a的值为（　　）

A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】由A、C关于BD对称，推出NA=NC，推出AN+MN=NC+MN，推出当M、N、C共线时，y的值最小，连接MC，由图象可知MC=2，就可以求出正方形的边长，再求a的值即可．
【详解】解：如图，连接AC交BD于点O，连接NC，连接MC交BD于点N′．

∵四边形ABCD是正方形，
∴O是BD的中点，
∵点M是AB的中点，
∴N′是△ABC的重心，
∴N′O=BO，
∴N′D=BD，
∵A、C关于BD对称，
∴NA=NC，
∴AN+MN=NC+MN，
∵当M、N、C共线时，y的值最小，
∴y的值最小就是MC的长，
∴MC=2，
设正方形的边长为m，则BM=m，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：MC2=BC2+MB2，
∴20=m2+（m）2，
∴m=4(负值已舍)，
∴BD=4，
∴a=N′D=BD=×4＝，
故选：A．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到正方形的性质，重心的性质，利用勾股定理求线段长是解题的关键．
例2 （2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为_________

【答案】
【分析】连接AE、AF、EN，首先可证得，AE=AF，可证得垂直平分EF，可得EN=FN，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得AN的长．
【详解】解：如图：连接AE、AF、EN，

四边形ABCD是正方形
设AB=BC=CD=AD=a，，
在与中，

，
，
是等腰三角形，
又，
垂直平分EF，
，
又，
，
在中，，
，
解得a=20，
，，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，证得垂直平分EF是解决本题的关键．
例3 （2022·湖南永州·统考中考真题）为提高耕地灌溉效率，小明的爸妈准备在耕地、B、C、四个位置安装四个自动喷酒装置（如图1所示），A、B、C、四点恰好在边长为50米的正方形的四个顶点上，为了用水管将四个自动喷洒装置相互连通，爸妈设计了如下两个水管铺设方案（各图中实线为铺设的水管）．
方案一：如图2所示，沿正方形的三边铺设水管；
方案二：如图3所示，沿正方形的两条对角线铺设水管．
(1)请通过计算说明上述两方案中哪个方案铺设水管的总长度更短；
(2)小明看了爸妈的方案后，根据“蜂集原理”重新设计了一个方案（如图4所示），


满足，，、请将小明的方案与爸妈的方案比较，判断谁的方案中铺设水管的总长度更短，并说明理由．（参考数据：，）
【答案】(1)方案二
(2)小明，理由见解析

【分析】（1）根据方案铺设管道路线求解即可；
（2）证，求出小明铺设方案的水管的总长度，进行比较即可得结果；
【详解】（1）解：方案一：（米）
方案二：（米）
所以方案二总长度更短．
（2）如图，作，，垂足分别为和．
∵
∴，，
∴
∵，
∴（米），
，

总长度：（米）
∵
∴
所以小明的方案总长度最短．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，根据题意，灵活应用知识点进行求解是解题的关键．


【变式1】（2022·吉林长春·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边、分别在x轴和y轴上，，点D是边上靠近点A的三等分点，将沿直线折叠后得到，若反比例函数的图象经过点，则k的值为（）

A．9 B．12 C．18 D．24
【答案】B
【分析】过作于F，交于E，设，则，通过证明，得到，解方程组求得m、n的值，即可得到的坐标，代入即可求得k的值．
【详解】解：过作于F，交于E，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
由折叠得：，，
∵，点D是边上靠近点A的三等分点，
∴，，，
∴，
易得四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
解得：，，
∴，
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质等知识，求得的坐标是解题的关键．
【变式2】（2020·贵州遵义·统考二模）如图，在正方形中，E是的中点，F是上一点，，，则AF的长为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】证明，求出，即可求出．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
故选B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，证明，求出是解题的关键．
【变式3】（2023·山东济南·山东大学附属中学校考一模）如图，点E是正方形边的中点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点M，交于点N．则的长度为______．

【答案】
【分析】连接，过点M作于点H，求出，得出，证明，求出，再证明，求出结果即可．
【详解】解：连接，过点M作于点H，如图所示：

∵四边形为正方形，
∴，，
，
∵是的中点，
∴，
根据折叠可知，，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，证明，求出．
【变式4】（2022·河南郑州·河南省实验中学校考模拟预测）如图，已知中，，以斜边为边向外作正方形，正方形的对角线交于点O，连接．已知，则________．

【答案】
【分析】如图所示，过点O作于H，过点A作于G，则四边形是矩形，证明得到，设则，由此求出x的值，再利用勾股定理求出答案即可．
【详解】解：如图所示，过点O作于H，过点A作于G，则四边形是矩形，
∴，，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设则，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式5】（2023·浙江·模拟预测）如图，正方形的边长为，E，F分别是的中点，与分别交于点M，N． 请你回答下列问题：

(1)求证：．
(2)直接写出的长．
(3)求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)8

【分析】（1）只需要利用证明得到，由推出，即可证明；
（2）先利用勾股定理求出的长，再利用三角形面积法求出的长即可；
（3）先利用勾股定理求出的长，利用全等三角形的性质得到的长，再证明，得到，求出，则，即可利用三角形面积公式求得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵E、F分别是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵正方形的边长为，B为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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，相似三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
核心考点七 中点四边形

例1 （2022·四川德阳·统考中考真题）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（    ）

A．四边形是矩形
B．四边形的内角和小于四边形的内角和
C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
D．四边形的面积等于四边形面积的
【答案】C
【分析】连接，根据三角形中位线的性质，，，继而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：连接，设交于点，
点，，，分别是，，，边上的中点，
，，

A. 四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 四边形的内角和等于于四边形的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；
C. 四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；
D. 四边形的面积等于四边形面积的，故该选项不正确，不符合题意；
故选C
【点睛】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
例2 （2022·广东佛山·校考一模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝5，BC＝CD且BC＞AB，BD＝8．给出以下判断：
①AC垂直平分BD；
②四边形ABCD的面积S＝AC•BD；
③顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形可能是正方形；
④将△ABD沿直线BD对折，点A落在点E处，连接BE并延长交CD于点F，当BF⊥CD时，四边形ABCD的内切圆半径为．其中正确的是 _____．（写出所有正确判断的序号）


【答案】①
【分析】依据，，可得是线段的垂直平分线， 故①正确；依据四边形的面积，故②错误；依据三角形中位线可得顺次连接四边形的四边中点得到的四边形是矩形，故③错误；由题意易得，，然后可得，进而可得，最后根据相似三角形的性质及等积法可求解．
【详解】解：在四边形中，，，
是线段的垂直平分线， 故①正确；
设AC与BD交于点O，如图所示：

∴四边形面积，故②错误；
顺次连接四边形ABCD的四边中点，分别记作M、N、G、H，如图所示：

∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵BC＞AB，
∴AC≠BD，
∴四边形不可能正方形，故③错误；
将△ABD沿直线BD对折，点A落在点E处，连接BE并延长交CD于点F，如图所示：

由折叠可得， 四边形是菱形，，，
，
∵，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵⊙I是四边形ABCD的内切圆，
∴，
∵，
∴，
∴；即四边形ABCD的内切圆半径为，故④错误；
综上所述：只有①正确；
故答案为①．
【点睛】本题主要考查菱形的性质与判定、切线的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定、切线的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
例3 （2018·湖南邵阳·统考中考真题）如图1所示，在四边形ABCD中，点O，E，F，G分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接OE，EF，FG，GO，GE．
（1）证明：四边形OEFG是平行四边形；
（2）将△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，如图2所示，连接GM，EN．
①若OE=，OG=1，求的值；
②试在四边形ABCD中添加一个条件，使GM，EN的长在旋转过程中始终相等．（不要求证明）

【答案】（1）证明见解析；（2）①；②添加AC=BD.
【分析】（1）连接AC，由四个中点可知OE∥AC、OE=AC，GF∥AC、GF=AC，据此得出OE=GF、OE//GF，即可得证；
（2）①由旋转性质知OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，据此可证△OGM∽△OEN得；
②连接AC、BD，根据①知△OGM∽△OEN，若要GM=EN只需使△OGM≌△OEN，添加使AC=BD的条件均可以满足此条件．
【详解】（1）如图1，连接AC，

∵点O、E、F、G分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴OE∥AC、OE=AC，GF∥AC、GF=AC，
∴OE=GF，OE//GF，
∴四边形OEFG是平行四边形；
（2）①∵△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，
∴OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，
∴，
∴△OGM∽△OEN，
∴；
②添加AC=BD，
如图2，连接AC、BD，

∵点O、E、F、G分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴OG=EF=BD、OE=GF=BD，
∵AC=BD，
∴OG=OE，
∵△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，
∴OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，
∴OG=OE、OM=ON，
在△OGM和△OEN中，
，
∴△OGM≌△OEN（SAS），
∴GM=EN．
【点睛】本题主要考查了旋转综合题，解题的关键是熟练掌握中位线定义及其定理、平行四边形的判定、旋转的性质、相似三角形与全等三角形的判定与性质等知识点．

依次连接任意四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形
原四边形对角线互相垂直的中点四边形是矩形。
原四边形对角线相等的中点四边形是菱形。
原四边形对角线互相垂直且相等的中点四边形是正方形。
若考虑平行四边形的中点四边形，可根据特殊平行四边形的判定分别得到(你能证明么)：
矩形的中点四边形是菱形
菱形的中点四边形是矩形
正方形的中点四边形是正方形



【变式1】（2022·广东佛山·校考一模）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（    ）

A．不一定是平行四边形 B．当AC＝BD时，它为菱形
C．一定是轴对称图形 D．不一定是中心对称图形
【答案】B
【分析】先连接AC，BD，根据EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图：

∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，故A错误；
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故D错误；
当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，故C错误；
∴说法正确的是当AC＝BD时，它为菱形，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
【变式2】（2022·湖北襄阳·统考一模）如图，已知点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH，我们把四边形EFGH叫做四边形ABCD的“中点四边形”．若四边形ABCD是矩形，则矩形ABCD的“中点四边形”一定是（    ）

A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】C
【分析】原四边形ABCD是矩形时，它的对角线相等，那么中点四边形是菱形（平行四边形相邻的两边都相等）．
【详解】解：连接AC和BD
、分别是、的中点，
是的中位线，
，
同理，，，．
四边形是平行四边形．
四边形是矩形时，
，则，
平行四边形是菱形
故选：C.

【点睛】本题主要考查了矩形的性质和判定，菱形的性质和判定等知识点．
【变式3】（2022·辽宁沈阳·沈阳市第七中学校考模拟预测）如图，在四边形中，，点，，，分别是，，，的中点，若，，则四边形的面积是______．

【答案】12
【分析】根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形为矩形，根据矩形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：∵点，，，分别是，，，的中点，
∴， ，，，， ，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
，
∴，
∴平行四边形为矩形，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了中点四边形，解题的关键是掌握三角形中位线定理、矩形的判定定理．
【变式4】（2021·江苏扬州·校考一模）四边形中，，顺次连接它的各边中点所得的四边形是________．
【答案】菱形
【分析】根据三角形中位线定理和菱形的判定定理，即可得到答案．
【详解】解：∵E，F分别是DC，AD的中点，
∴EF=AC，EF∥AC，
同理，GH=AC，GH∥AC，GF=BD，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC=BD，
∴EF=GF，
∴平行四边形EFGH为菱形．
故答案是：菱形．

【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理，菱形的判定定理是解题的关键．
【变式5】（2021·江苏淮安·统考一模）如图1，在四边形中，如果对角线和相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形．

(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中，　 　一定是等角线四边形（填写图形名称）；
②若、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点，当对角线、还要满足　 　时，四边形是正方形．
(2)如图2，已知中，，，，为平面内一点．
①若四边形是等角线四边形，且，求四边形的面积；
②设点是以为圆心，为半径的圆上的动点，若四边形是等角线四边形，则四边形的面积的最大值为　 　．
【答案】(1)①矩形；②
(2)①；②

【分析】（1）①根据等角线四边形的定义进行判断即可；
②当时，四边形是正方形，首先证明四边形是菱形，再证明有一个角是直角即可；
（2）①如图2中，作于，利用勾股定理求出相关线段的长，再根据计算即可；
②如图3中，设与相交于点，连接，只要证明当且、、共线时，四边形的面积最大即可．
【详解】（1）解：①在“平行四边形、矩形、菱形”中，
∵矩形的对角线相等，
∴矩形一定是等角线四边形．
故答案为：矩形．
②当时，四边形是正方形．理由如下：
如图1，∵、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点，
∴，，，，，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形．
故答案为：．

（2）①如图2，作于，
∵在中，，，，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是等角线四边形，
∴，
在中，，
∴


．
∴四边形的面积为．

②如图3中，设与相交于点，连接，作于，于，
∴，，
∵四边形是等角线四边形，
∴，
∵


，
即：，
∴当点与点重合时即，等号成立，
∵，
∴，
即线段最长时，四边形的面积最大，
∵，
∴，
∴，
∴的最大值为，
∴当、、共线时，四边形的面积的最大值为．
故答案为：18．

【点睛】本题考查四边形综合题，考查了中点四边形，三角形中位线定理，正方形的判定，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，三角形三边关系定理，圆等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，会求圆上一点到圆外一定点的距离的最大值或最小值．
核心考点八 三角形的中位线

例1 （2022·广东广州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（   ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】如图，连接EF，先证明 再求解 可得 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接EF，

∵正方形ABCD的面积为3，

∵
∴
∴
∴

∵平分

∴
∴
∴为等腰直角三角形，

∵分别为的中点，

故选D
【点睛】本题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解是解本题的关键．
例2 （2022·江苏扬州·统考中考真题）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点；第2次折叠使点落在点处，折痕交于点．若，则_____________．

【答案】6
【分析】根据第一次折叠的性质求得和，由第二次折叠得到，，进而得到，易得MN是的中位线，最后由三角形的中位线求解．
【详解】解：∵已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点，
∴，．
∵第2次折叠使点落在点处，折痕交于点，
∴，，
∴，
∴．
∵，
∴MN是的中位线，
∴，．
∵，，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解答关键．
例3 （2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，．

(1)求证：；
(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)，四边形ABCD的周长为

【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；
（2）根据三角形中位线的性质可得，进而可得的长，中，勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边，，
四边形是菱形，
；
（2）解：点E，F分别为AD，AO的中点，
是的中位线，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
在中，，，
，
菱形形的周长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．


要点一、三角形的中位线
1．定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线.
2．定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半.
特别说明：
（1）三角形有三条中位线，每一条与第三边都有相应的位置关系与数量关系.
（2）三角形的三条中位线把原三角形分成可重合的4个小三角形.因而每个小三角形的周长为原三角形周长的，每个小三角形的面积为原三角形面积的.
（3）三角形的中位线不同于三角形的中线.
要点二、中点三角形
定义：中点三角形就是把一个三角形的三边中点顺次连接起来的一个新三角形.
性质：
（1）这个新三角形的各个边长分别是原来三角形三边长的一半且分别平行，角的度数与原三角形分别相等，4个三角形都全等
（2）中点三角形周长是原三角形的周长一半。
（3）中点三角形面积是原三角形面积的四分之一。
补充：中点三角形与原三角形不仅相似，而且位似。



【变式1】（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，在中，D、E为边的三等分点，，H为与的交点．若，则（    ）

A．2 B．1 C．0.5 D．1.5
【答案】B
【分析】由三等分点的定义与平行线分线段成比例定理得出，，，则，是的中位线，然后再证，可得=，解得，则．
【详解】解：∵D、E为边的三等分点，，
∴，，，
∴，是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了三等分点的定义、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
【变式2】．（2022·江苏常州·校考二模）如图，矩形中，点E在边上，，动点P从点A出发，沿运动到B停止，过点E作垂直交射线于点F，如果M是线段的中点，那么P在运动的过程中，点M运动的路线长为（    ）

A．5 B．5.5 C．4 D．4.5
【答案】D
【分析】如图，当P与A重合时，点F与K重合，此时点M在H处，当点P与B重合时，点F与G重合，点M在N处，点M的运动轨迹是线段．求出的长即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，过点作交于点，过点作交于点，点分别为中点，并连接，则当P与A重合时，点F与K重合，此时点M在H处，当点P与B重合时，点F与G重合，点M在N处，点M的运动轨迹是线段．

，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
点分别为中点，
，
故选：D．
【点睛】本题考查轨迹、矩形的性质、三角函数的应用、中位线的性质等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹．
【变式3】（2022·四川成都·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的与x轴的正半轴交于点A，点B是上一动点，点C为弦的中点，直线与x轴、y轴分别交于点D、E，则面积的最小值为________．

【答案】2
【分析】如图所示，连接，取的中点M，连接，过点M作于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的，设交于．求出，当点C与重合时，的面积最小．
【详解】解：如图所示，连接，取的中点M，连接，过点M作于N， 则，
∵，
∴是的中位线，
∴，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的，
设交于．
∵直线与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴，
∴，
∴，，
∵，

∴，
∴，即，
∴，
∵当点C与重合时，的面积最小，
∴的面积最小值，
故答案为：2．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，相似三角形的性质与判定，一次函数的性质，圆的有关性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
【变式4】（2023·四川成都·统考一模）已知矩形中，，点E、F分别是边的中点，点P为边上动点，过点P作与平行的直线交于点G，连接，点M是中点，连接，则的最小值＝__________．

【答案】
【分析】连接交与点N，连接，证明，求最小值即可．
【详解】解：∵，点E、F分别是边的中点，
∴，，，
∴，
连接交与点N，连接，
∵，
∴，；
∴，
∵，
∴，
∵点M是中点，
∴，
当时，最小，也最小；
，
，；
故答案为：．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质和解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线，得出，求最小值．
【变式5】（2022·安徽合肥·校考二模）如图，在中，，点E是边上的点，过点E作于点F．连接，点O是的中点，交于点D．

(1)若，求的度数；
(2)若，
①求证：；
②求的值．
【答案】(1)
(2)①见解析；②

【分析】（1）由直角三角形的性质得出，证出，则可得出答案；
（2）①由全等三角形的性质得出，由等腰三角形的性质可证出结论；
②由三角形中位线定理得出，设，则，由全等三角形的性质得出，由勾股定理求出，求出，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
又∵O为的中点，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
②解：∵，，
∴为的中位线，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质及直角三角形的性质．


【新题速递】
1．（2023·陕西西安·交大附中分校校考三模）如图，在正方形中，点在对角线上，，，，分别为垂足，连结，，若，则（    ）

A．5 B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，根据正方形的对称轴得出，根据已知得出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵在正方形中，点在对角线上，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴,
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2022·广东深圳·北大附中深圳南山分校校考一模）如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，，则的长为（   ）

A．4 B．8 C． D．
【答案】D
【分析】利用矩形的性质可知对角线互相平分且，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：在矩形中，





故选D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质及勾股定理求直角边是解决本题的关键．
3．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，在矩形中，，，点是上一个动点，把沿向矩形内部折叠，当点A的对应点恰好落在的平分线上时， 的长为（     ）

A．或 B．4或 C．或 D．或
【答案】D
【分析】过点作于点M．由题意易证为等腰直角三角形，即得出，．设，则．在中，由勾股定理可得出关于x的等式，解出x的值，即为的长，进而即得出的长．
【详解】如图，过点作于点M．

∵点A的对应点恰落在的平分线上，且，
∴为等腰直角三角形，
∴可设，则．
又由折叠的性质知．
∵在中，，
∴，
解得：，
∴或．
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴或．
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识．正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
4．（2023·云南昆明·昆明八中校考模拟预测）如图，有六根长度相同的木条，小明先用四根木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得，对角线，接着将该活动学具调成图2所示正方形，最后用剩下的两根木条搭成了如图3所示的图形，连接，则图3中的面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点作的延长线于点，于点，得出为等边三角形，则，进而即可求解．
【详解】解：如图1，
∵四边形是菱形，
∴，又，对角线，
∴是等边三角形，

∴，
过点作的延长线于点，于点，

∵由题意可知，四边形是正方形，为等边三角形，
∴四边形是矩形，点是的中点，
∴，
∴的面积为．
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
5．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）下列命题中，是真命题的是（　　）
A．四条边相等的四边形是正方形
B．对角线相互垂直的四边形是平行四边形
C．对角线相等且相互平分的四边形是矩形
D．对角线相等且相互垂直的四边形是菱形
【答案】C
【分析】根据平行四边形，菱形和矩形的判定定理逐项进行判断即可．
【详解】A、四条边相等的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，正确，是真命题，符合题意；
D、对角线平分且互相垂直的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查判定命题的真假，熟练掌握平行四边形，菱形和矩形的判定定理是解题的关键．
6．（2023·广东·一模）在菱形中，M是边的中点，，若，则的长为（    ）

A． B． C． D．4
【答案】B
【分析】根据菱形的性质，得到，，根据勾股定理计算即可．
【详解】∵菱形中，M是边的中点，，，
∴，，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
7．（2023·四川成都·统考一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O，点E，F分别是，的中点，连接，则的周长为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【分析】利用勾股定理算出的长度，根据矩形的性质即可得出的长度，再根据中位线的性质求出周长即可．
【详解】在矩形中，，,
，
对角线，相交于点O，
,
点E，F分别是，的中点，
是的中位线，
，
，
，
的周长为：
，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质和中位线的应用，关键在于根据矩形的性质转变边长，中位线的性质求出边长．
8．（2023·重庆大渡口·统考模拟预测）如图，在正方形中，点E，F分别在边上，点P是的中点，连接．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接、、、，过点P作交于G，先利用平行线分线段成比例证明，再证是等边三角形，是等腰三角形，得到，从而求得，继而求得，然后由直角三角形性质求得，继续证明，得到，，从而可证得是等边三角形，根据等边三角形三线合一可得出，最后由等腰直角三角形，得出，即可由求解．
【详解】解：连接、、、，过点P作交于G，

∵正方形，
∴，，，
∵
∴，，
∴，
∵点P是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，是等腰三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点P是的中点，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴
∵点P是的中点，
∴，
∵，，
∴
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，作辅助线构造等边三角形与全等三角形是解题的关键．
9．（2022·山东济南·校考模拟预测）矩形中，，则到的距离为___________．
【答案】
【分析】根据矩形的性质，以及勾股定理求出，再利用等面积法来求解即可．
【详解】解：如图，过点作于，
∵四边形为矩形，，，
∴，，
则，
又∵，
∴，
故．

故答案为：
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，解题的关键是理解矩形性质，勾股定理求出．
10．（2022·山东济南·模拟预测）如图，将矩形沿折叠，使顶点C恰好落在边的中点上，点D落在 处，交于点M．若 ，则的长为_______

【答案】4
【分析】设，根据勾股定理列方程求出即可．
【详解】解：根据折叠的性质可知，，，
∵顶点C恰好落在边的中点上，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：，即，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，掌握以上知识点是解决问题的关键．
11．（2021·江苏常州·常州实验初中校考二模）如图，长方形中，，．点为线段上的一个动点，与关于直线对称，当为直角三角形时，为______

【答案】
【分析】假设为直角三角形，可得，设，则，，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，

与关于直线对称，，，当为直角三角形时，
∵，
∴点，，在同一条直线上，则有，，
∴设，则，，
∴，则，
∴，即，解方程得，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查长方形的性质与直角三角形的勾股定理得综合，掌握长方形的性质，勾股定理是解题的关键．
12．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，在矩形纸片中，，，点E是边上一点（不与点C、D重合），且的长是整数，将纸片沿过点A的一条直线折叠，点B落在点处，折痕交于点P，沿直线再折叠纸片，点C落在处，且、、P三点共线．
（1）的度数__________；（2）线段的长为__________；

【答案】     ##度     1或3##3或1
【分析】设，，则，根据翻折的性质证明，可得，所以，整理得：，由题意可知，该方程有实数根，所以，解得，因为，且k为整数，，然后把代入方程即可解决问题．
【详解】解：设，
则，
由折叠可知：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
由题意可知，该方程有实数根，
∴，解得，
∵，且k为整数，
∴，
∴，
解得，
则线段的长是1或3．
故答案为：；1或3．
【点睛】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程，综合性较强，要求学生有较强的识图能力．
13．（2023·上海徐汇·统考一模）如图，点是矩形纸片边上一点，如果沿着折叠矩形纸片，恰好使点落在边上的点处，已知，那么折痕的长是_____________．

【答案】
【分析】由折叠的性质可知，由矩形的性质得到，，先解求出，进而得到，则，设，则，由勾股定理得到，解方程求出，则．
【详解】解：由折叠的性质可知，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理与折叠问题，解直角三角形，正确求出的长是解题的关键．
14．（2023·安徽阜阳·一模）如图，将矩形置于平面直角坐标系中，，，点在边上，且，将矩形沿折叠，使点对应点落在坐标平面内
（1）当时，的长度为______．
（2）若点恰好落在轴上，则的值为______．

【答案】     1    
【分析】（1）根据矩形对边相等的性质得到，，根据得到，根据 推出， 根据折叠性质推出, ，推出，得到点E在上，推出；
（2）设，根据，推出，根据，推出，得到，得到，根据，推出．
【详解】（1）∵四边形是矩形，
∴，，
∵点在边上，且，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴ ，
由折叠知，, ，
∴，
∵，
∴点E在上，
∴；
故答案为：1；

（2）当点恰好落在轴上时，设，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了矩形折叠，相似三角形，勾股定理等，解决而问题的关键是熟练掌握矩形边角性质，折叠图形全等的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形等．
15．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，在矩形中，点E，H在边上，点F，G在上，且已知，，矩形的面积为48，，．

(1)四边形是___________形；
(2)求图中最大矩形的对角线的长．
【答案】(1)正方
(2)10

【分析】（1）首先由得到四边形是菱形，然后由即可证明出四边形是正方形；
（2）设矩形的长为a、宽为b，首先根据题意得到，．，，然后得到方程求出，，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）∵，
∴四边形是菱形，
∵，
∴菱形是正方形；
（2）设矩形的长为a、宽为b，
∵四边形是正方形，四边形是矩形，
则，．，，
由此可设a，b是方程的两根，
解得：，，
∴，，
根据勾股定理，图中最大矩形的对角线．
【点睛】此题考查了正方形的性质和判断，矩形的性质，解一元二次方程，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
16．（2021·新疆乌鲁木齐·校考一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE＝CF．

(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形吗？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形，理由见解析

【分析】（1）根据矩形的性质得∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，，利用HL即可证明；
（2）根据全等三角形的性质得BE＝DF，即可得CE＝AF，根据可证四边形AECF是平行四边形，根据可得四边形AECF是菱形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，
，
∴（HL）；
（2）当时，四边形AECF是菱形，理由如下：
解：∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BC＝AD，
∴CE＝AF，
∵，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵，
∴四边形AECF是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键
17．（2022·山东青岛·青岛大学附属中学校考二模）在平行四边形ABCD中，AC⊥CD．

(1)如图1，延长DC到E，使CE = CD，连接BE，求证：四边形ABEC是矩形；
(2)如图2，点F，G分别是BC，AD的中点，连接AF，CG，判断四边形AFCG的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AFCG是菱形，理由见解析

【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB∥CE，AB=CD，再由CE = CD，可得AB=CE，可得到四边形ABEC是平行四边形，再由AC⊥CD．即可求证；
（2）根据平行四边形的性质可得BC=AD，BC∥AD，再由点F，G分别是BC，AD的中点，可得CF=AG，可得到四边形AFCG是平行四边形，再由直角三角形的性质，AF=CF，即可求解．
【详解】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB=CD，
∴AB∥CE，
∵CE = CD，
∴AB=CE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∵AC⊥CD．
∴∠ACE=90°，
∴四边形ABEC是矩形；
（2）解：四边形AFCG是菱形，理由如下：
在平行四边形ABCD中，BC=AD，BC∥AD，
∵点F，G分别是BC，AD的中点，
∴BC=2CF，AD=2AG，CF∥AG，
∴CF=AG，
∴四边形AFCG是平行四边形，
∵四边形ABEC是矩形，
∴∠BAC=90°，
∴BC=2AF，
∴AF=CF，
∴四边形AFCG是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质是解题的关键．
18．（2022·福建福州·福州三牧中学校考一模）如图1所示，正方形BEFG绕正方形ABCD的顶点B逆时针旋转度（），GF与AB交于点H．

(1)当时，求BH的长；
(2)如图2，连接DF，CE，BD；
①判断DF与CE的数量关系，并证明；
②当G，F，D三点共线时，延长BF交AD于点M，时，求BC的长．
【答案】(1)
(2)①，理由见解析；②

【分析】（1）根据旋转的性质可得∠GBH=30°，再利用锐角三角函数，即可求解；
（2）①连接BF，根据正方形的性质可得，∠CBE=∠DBF，可证得△CBE∽△DBF，即可求解；②先证明△DFM∽△BDM，可得，再设BC=a，则AB=AD=a，，可得，从而得到，进而得到，可得到，在中，由勾股定理，即可求解．
（1）
解：在正方形BEFG中，BG=BE=2，∠G=90°，
根据题意得：∠GBH=30°，
∴；
（2）
解：①，理由如下：
如图，连接BF，

在正方形ABCD和BEFG中，△BCD和△BEF为等腰直角三角形，
∴，∠CBD=∠EBF=45°，
∴，∠CBE=∠DBF，
∴△CBE∽△DBF，
∴，
∴；
②如图，

在正方形ABCD和BEFG中，∠BFG=∠ADB=45°，AB=BC=AD，，
∵∠DFM=∠BFG，
∴∠ADB=∠DFM，
∵∠DMF=∠DMB，
∴△DFM∽△BDM，
∴，
设BC=a，则AB=AD=a，，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴，解得：，
在中，，
∴，解得：或（舍去），
∴
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
19．（2022·福建三明·统考一模）如图①，在正方形中，点，分别在，边上，，，垂足为，过点作，交于点.

(1)求证：；
(2)求的值（用含的代数式表示）；
(3)如图②，当时，连接并延长，交于点，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析

【分析】(1)根据正方形的性质得到全等，再依据全等三角形的判定可以得到线段相等；
(2)先根据正方形得到平行，再利用平行线分线段成比例得到结论；
(3)根据正方形的性质即可求得相似三角形，再根据相似比可以得到线段的关系．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴.
∵在正方形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：延长交于点，

在正方形中，，，
又∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）证明：

∵，，
∴，
设正方形的边长为，则，
∴在中，由勾股定理得，
∵在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行线分线段成比例，掌握常用辅助线的作法是解题的关键．
20．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图（1），已知正方形，对角线交于点O，点E是线段上的点，以为边作等边（点F在点E上方），连接．

(1)求的度数；
(2)如图（2），当时，设分别交于点G、H．
①求证：；
②求的值
【答案】(1)
(2)①见解析；②

【分析】（1）根据等边三角形和正方形的性质可得，从而得到，延长交于点，再由三角形的外角性质，即可求解；
（2）①要证，即先证明，再结合轴对称的性质即可得证；②要求的值，可先通过证明，将所求线段比例转化为，再运用带入参数字母法，结合图形的性质分别求出，代入化简即可．
【详解】（1）解：是等边三角形，垂直平分，
，
，
，
如图，延长交于点，

，
；
（2）解：①证明：∵，，
∴．
又∵是等边三角形，∴AD平分，即．
在和中，，
∴，
在正方形中，，
∵，
∴，
∴．
②∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
又∵，
∴，
．
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正方形的性质等知识，本题难度在于在第（3）问两条线段位置关系不明显，在此类两条线段问题中，一般运用转化的思想将比值问题转化为易求的另两条线段的比例问题．通过代入参数字母方法，即可求解．