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专题6：四边形
平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.平行四边形与特殊平行四边形的考察热点有:多边形内角和定理、平行四边形的性质与判定定理、平行四边形的综合应用;矩形、菱形、正方形的性质与判定定理;特殊四边形的图形平移、轴对称、旋转等结合问题.
考点1 多边形内角和与外角和问题
多边形 内角和定理 n边形的内角和为
外角和定理 多边形的外角和等于360°
多边形对角线条数 从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线.
正多边形 定义 各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形
特征 1）各个角都相等；2）各条边都相等，两者缺一不可.
性质 1）正n边形有n条对称轴． 2）正多边形的边数为偶数时，它既是轴对称图形，又是中心对称图形；正多边形的边数为奇数时，它是轴对称图形，不是中心对称图形.
1．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于_____．
4．（2024·陕西·中考真题）小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则______．
5．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在正五边形内，以为边作等边，再以点A为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是________．
6．（2024·江苏淮安·中考真题）如图，点P是正六边形的边的中点，一束光线从点P出发，照射到镜面上的点Q处，经反射后恰好经过顶点C，已知正六边形的边长为2，则________．
考点2 平行四边形的性质和判定
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
1．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
2．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由．
3．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为_____．
4．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______．
5．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，．
（1）面积的最大值为_______；
（2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______．
6．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，．
(1)求证：；
(2)求的度数．
考点3 矩形的相关性质和判定
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
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】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
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.
【解题思路】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．
1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（ ）
A． B．4 C． D．
4．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为_____．

5．（2025·江苏宿迁·中考真题）一块梯形木板，按如图方式设计一个矩形桌面（点在边上）．当___________时，矩形桌面面积最大．
6．（2025·云南·中考真题）如图，在中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，的周长为，的周长为，四边形的周长为．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
考点4 菱形的相关性质和判定
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.
菱形的判定：
1）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.
【解题思路】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．
菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）.
菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）.
1．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
2．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______．
3．（2025·海南·中考真题）如图，在菱形中，对角线、相交于点．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则_______．
4．（2025·吉林长春·中考真题）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形．
5．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)已知，，求线段的长．
6．（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证：
(1)；
(2)四边形是菱形．
考点5 正方形的相关性质和判定
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；
6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形.
【补充】正方形对角线与边的夹角为45°.
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.
【解题技巧】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．
正方形的面积公式： ＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB.
正方形的周长公式：周长= 4a
1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）．
3．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为_______．
4．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________．
5．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是________（填写序号）．
6．（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：．
考点6 与特殊四边形有关的新定义问题
方法总结
1. 理解定义：仔细阅读新定义（如“和谐矩形”“黄金矩形”“完美菱形”“等角菱形”“和谐点”“好正方形”），准确将其转化为特殊四边形边、角或对角线的数学关系。
2. 代数转化：将新定义条件用矩形性质（对边相等、四直角、对角线相等），菱形四边相等、对角线垂直平分且平分对角的性质，正方形四边相等、四角为直角、对角线垂直平分且相等的性质，将新定义条件转化为方程或不等式求解。
解题技巧
1. 举例验证：用简单数值代入新定义试算，理解其本质后再进行一般化处理。
2. 分类讨论：新定义常涉及边长比例、角度关系或动点位置，需分类讨论求解。
1．（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”．
(1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”．
猜想 判断正误
①平行六边形的三组主对边分别相等 _________
②平行六边形的三组主对角分别相等 _________
③平行六边形的三条主对角线互相平分 _________
【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”．
(2)如图2，已知平行六边形满足． 求证：平行六边形是菱六边形：
(3)如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长．
2．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”．
(1)请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的有______（填序号）．
(2)如图，四边形是邻等内接四边形，且，，，，求四边形的面积．
3．（2025·山西·中考真题）阅读与思考
下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务．
双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段． 【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________． 问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接． 求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …

任务：
(1)问题1中的________，问题2中的依据是________________；
(2)补全问题2的证明过程；
(3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段．
（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）．
4．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
(1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则______；______；
(2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由；
(3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（不限作图工具）；
②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值．
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专题6：四边形
平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.平行四边形与特殊平行四边形的考察热点有:多边形内角和定理、平行四边形的性质与判定定理、平行四边形的综合应用;矩形、菱形、正方形的性质与判定定理;特殊四边形的图形平移、轴对称、旋转等结合问题.
考点1 多边形内角和与外角和问题
多边形 内角和定理 n边形的内角和为
外角和定理 多边形的外角和等于360°
多边形对角线条数 从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线.
正多边形 定义 各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形
特征 1）各个角都相等；2）各条边都相等，两者缺一不可.
性质 1）正n边形有n条对称轴． 2）正多边形的边数为偶数时，它既是轴对称图形，又是中心对称图形；正多边形的边数为奇数时，它是轴对称图形，不是中心对称图形.
1．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边对等角，先求出正多边形的一个内角的度数，等边对等角求出的度数，再根据角的和差关系进行求解即可．
【详解】解：由题意，，，
∴，
∴；
故选B．
2．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的内角问题，平行线的性质，三角形内角和定理，正确添加辅助线是解题的关键．
延长与直线交于点，先求出正六边形的内角的度数，再由平行线的性质得到，然后根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：延长与直线交于点，
∵正六边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
3．（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于_____．
【答案】
【分析】本题考查平面图形的镶嵌和密铺，根据两个图形能够密铺，得到每个公共顶点处各角的和为360度，如图，易得， ，进而得到，再根据公共顶点处各角的和为360度，进而求出代数式的值即可．
【详解】解：如图，
由题意和图（2）可知：，
可得
∴
故答案为：．
4．（2024·陕西·中考真题）小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则______．
【答案】
【分析】本题考查了无缝拼接的条件，多边形的内角和，正多边形的定义，理解无缝拼接的条件和正多边形的定义，掌握多边形的内角和公式：是解题的关键．由无缝拼接的条件得，由多边形的内角和公式和正多边形的定义，进行列式计算，即可求解；
【详解】解：由题意得：正m边形的内角为，
，
解得：，
故答案为：．
5．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在正五边形内，以为边作等边，再以点A为圆心，长为半径画弧．若，则图中阴影部分的面积是________．
【答案】
【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边三角形的性质，求扇形的面积，熟练掌握相关公式是解题的关键．先求出正五边形的一个内角的度数，根据等边三角形的性质，结合角的和差关系，求出的度数，再根据扇形的面积公式进行计算即可．
【详解】解：∵正五边形，
∴，
∵为等边三角形，，
∴，
∴，，
∴阴影部分的面积即为扇形的面积：；
故答案为：．
6．（2024·江苏淮安·中考真题）如图，点P是正六边形的边的中点，一束光线从点P出发，照射到镜面上的点Q处，经反射后恰好经过顶点C，已知正六边形的边长为2，则________．
【答案】/
【分析】延长、交于点，作于点，于点，如图所示，由正六边形的性质及等腰三角形的判定与性质得到，设，再由正六边形的性质得到相应边与角度，在中，由三角函数求出和长度，连接，如图所示，易证是矩形，得到，过点作，如图所示，由等腰三角形性质，解直角三角形得到，最后利用的性质列式求参数即可得到答案．
【详解】解：延长、交于点，作于点，于点，如图所示：
则，
在正六边形中，，则，
由反射光线的性质可知，
，即，
，
，
，
设，则，
，
六边形为正六边形，
，
，
是中点，
，
在中，，，
，
在正六边形中，，，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
过点作，如图所示：
由等腰三角形三线合一性质可知平分，且是边上的中线，
在中，，
，
，
，则，解得，
，
，
故答案为：．
考点2 平行四边形的性质和判定
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
1．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可．
【详解】解：根据作图可知：，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
故选D．
2．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由．
【答案】②或③，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③为条件，证明得出，即可得证．
【详解】解：添加②为条件，则四边形是平行四边形．
理由如下，如图，连接交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴
∴四边形是平行四边形．
添加③为条件，则四边形是平行四边形．
理由如下，∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
选择①无法得出四边形是平行四边形．
3．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为_____．
【答案】
【分析】考查平行四边形性质、全等三角形、面积公式及勾股定理，用面积分割与对称性思想．关键是借对称性证全等、用面积求线段，再构直角三角形计算；易错点是漏用对称性或误判直角边．
首先通过构造垂线得到直角三角形，利用的锐角三角函数求得，接着计算得到平行四边形总面积，得每部分面积为． 然后借对称性证，得、． 由平行四边形的对称性与面积平衡再设，用与的面积列方程，解得，推得、． 最后过作构直角三角形，用勾股定理得．
【详解】解：过A作于点H，
，
在中，．
，
∵，将分成面积相等的四部分，
∴每部分面积为，交点即为平行四边形的中心O，
在中，，，
∴，．，，
连接，
∴经过中心点O，
∴，
∵
．
同理得：，
∴，．
设，过作于点Q，
在中，
在中，由三角形面积公式：
．
过E作于延长线上点G，
又，，
且．
在中，
又平行四边形的对称性与面积平衡可得，
，
解得，
．
过M作交于P，过A作于点H，
则．
，．
．
在中，由勾股定理：
．
故答案为：．
4．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______．
【答案】4
【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵点F为的中点，
∴；
故答案为：4．
5．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，．
（1）面积的最大值为_______；
（2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______．
【答案】 4
【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可；
（2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到．
【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且，
∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆，
取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大，
即此时面积取得最大值，如图，
∵
∴，
∴面积的最大值．
故答案为：4；
（2）连接，如图，
∵、的中点为M、N，
∴，
∴取得最小值时，长度最小．
由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接，
∴当、、三点共线时，此时最小，如图，
由（1）可知，，
过点O作，交的延长线于点F，如图，
∵四边形为平行四边形，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴线段长度的最小值．
故答案为：．
6．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)的度数为．
【分析】本题考查直角三角形的两个锐角互余，平行线的判定，平行四边形的判定和性质．
（1）由直角三角形的两个锐角互余，结合已知可得，即可证得结论；
（2）由（1）得，结合已知可证四边形是平行四边形，从而可得的度数．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：由（1）得，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴的度数为．
考点3 矩形的相关性质和判定
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
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】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
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.
【解题思路】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．
1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键．
根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可．
【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图：
与矩形周长相等，，
，
的面积是矩形面积的一半，，
，
由勾股定理得：，
点D的坐标为．
故选：A．
2．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题综合考查矩形的性质，旋转的性质，全等、相似三角形的判定与性质，找到全等三角形和相似三角形建立线段之间的等量关系是解题关键．
先通过矩形的性质求出的长，再取与的交点为M，通过旋转和矩形的对角线相等且互相平分，证明，再利用等边对等角和对顶角，三角形内角和，推出，通过已知条件得到相似比，建立线段之间的等量关系，最后列方程求出对应的值即可．
【详解】解：如图，取与的交点为M，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵是矩形的对角线，的交点，
∴，
∴，
由旋转的性质，可知，，，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，，
∴，即，
又，，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
解得，
∴，
，
∴的周长为，
故选：B．
3．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质．由题意得，，，求得，根据等腰三角形的性质得到，再利用，列式计算即可求解．
【详解】解：作于点，如图，
∵矩形，
∴四边形是矩形，
∴，
由题意得，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
解得，
故选：D．
4．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为_____．

【答案】
【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解．
【详解】如图，过作于点，于点，

∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵平分，
∴，，
∴四边形是正方形，
由折叠性质可知：，，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，
故答案为：．
5．（2025·江苏宿迁·中考真题）一块梯形木板，按如图方式设计一个矩形桌面（点在边上）．当___________时，矩形桌面面积最大．
【答案】5
【分析】本题考查二次函数的应用，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．作于点H，先根据已知数据证明和是等腰直角三角形，再设，则，列出矩形桌面面积关于x的二次函数，化为顶点式，即可得出答案．
【详解】解：如图，作于点H，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
矩形中，
是等腰直角三角形，
设，则，
矩形桌面的面积，
当时，S取最大值，
即当时，矩形桌面面积最大．
故答案为：5．
6．（2025·云南·中考真题）如图，在中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，的周长为，的周长为，四边形的周长为．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
（1）先证明对角线互相平分，继而得到四边形是平行四边形，再由即可证明为矩形；
（2）由矩形的性质得到，，得到二元一次方程组，求出，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴的长为10．
考点4 菱形的相关性质和判定
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.
菱形的判定：
1）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.
【解题思路】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．
菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）.
菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）.
1．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】由菱形的性质得出，，进而可求出，由含30度直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②．证明是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明，由相似三角形的性质进而可判定③，过点H作与点Q，通过解直角三角形求出，，再求出，最后再根据正切的定义求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵F为的中点，
∴，
∴，
又，
∴四边形为平行四边形，故①正确；
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故③正确；
如下图，过点H作与点Q，
设菱形的边长为，则，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，故④正确，
故选D
2．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，，
∴，
∴，
∵，
∴菱形的面积；
故答案为：．
3．（2025·海南·中考真题）如图，在菱形中，对角线、相交于点．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则_______．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，尺规作图作角平分线，角平分线的性质定理．
作交于I，根据菱形的性质可知，由作图可知平分，即，进而根据三角形面积公式计算即可．
【详解】如图，作交于I，
∵菱形，
∴，即，
由作图可知平分，
∴，
∴，
故答案为：．
4．（2025·吉林长春·中考真题）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了菱形的判定，勾股定理逆定理，熟练掌握菱形的几种判定定理是解题的关键．
先由勾股定理逆定理得到，再根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明．
【详解】证明：∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
5．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)已知，，求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论；
（2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵，
根据（1）可得，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
6．（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证：
(1)；
(2)四边形是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明，可得，可得，再证明，，即可得到结论；
（2）先证明四边形为平行四边形，结合E为的中点，，可得，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵E为的中点，，
∴，
∴四边形为菱形．
考点5 正方形的相关性质和判定
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；
6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形.
【补充】正方形对角线与边的夹角为45°.
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.
【解题技巧】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．
正方形的面积公式： ＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB.
正方形的周长公式：周长= 4a
1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可．
【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，
则，
又∵，
∴，
∴，
由旋转得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即当点P在时，的值最大为长，
∵是正方形，
，
∴，
∴的值最大为，
∴的最大面积是，
故选：C．
2．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）．
【答案】①②或①③（填写一组即可）
【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握正方形，矩形，菱形的判定是解题的关键．
根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可．
【详解】解：当选择①；②时，
∵四边形是平行四边形，当，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴均是等腰直角三角形，
∴，
∴四边形是正方形；
当选择①；③时，
∵四边形是平行四边形，当，
∴四边形是菱形，
∵，
∴四边形是正方形；
当选择②；③，
由于四边形是平行四边形，若或，
均只能得到四边形是矩形，不能证明其为正方形，故不符合题意；
∴选择①②或①③均可以，
故答案为：①②或①③（填写一组即可）．
3．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为_______．
【答案】/0.375
【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，通过解直角三角形得出，即可求解．
【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵,
∴，
∵，垂足为F，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
4．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________．
【答案】/
【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为，
则，
∵正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠可知，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵
∴，
设正方形边长为，则，
∵，
∴，
在中，，即
解得：或（不合题意舍去）
∴．
故答案为：．
5．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是________（填写序号）．
【答案】①④
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．证明，推出，再由直角三角形斜边中线的性质求得，推出，可得到，故①正确；证明，由正切函数的定义可判断②错误；由平行线的性质求得，即可求得，故③错误；证明，推出，再等量代换即可证明故④正确．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵正方形，
∴，即，
∴，
∵正方形，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，故②错误；
∵，
∴，
设正方形的边长为，
∴，，
∴，故③错误；
∵正方形，
∴，，
∵点，分别为，的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：①④．
6．（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不全面，或全等三角形的对应关系判断错误．
先根据正方形性质得出，，结合已知，证明，得到．再由正方形中，通过，推出．
【详解】证明：四边形是正方形，
．
，
，
，
，即．
考点6 与特殊四边形有关的新定义问题
方法总结
1. 理解定义：仔细阅读新定义（如“和谐矩形”“黄金矩形”“完美菱形”“等角菱形”“和谐点”“好正方形”），准确将其转化为特殊四边形边、角或对角线的数学关系。
2. 代数转化：将新定义条件用矩形性质（对边相等、四直角、对角线相等），菱形四边相等、对角线垂直平分且平分对角的性质，正方形四边相等、四角为直角、对角线垂直平分且相等的性质，将新定义条件转化为方程或不等式求解。
解题技巧
1. 举例验证：用简单数值代入新定义试算，理解其本质后再进行一般化处理。
2. 分类讨论：新定义常涉及边长比例、角度关系或动点位置，需分类讨论求解。
1．（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”．
(1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”．
猜想 判断正误
①平行六边形的三组主对边分别相等 _________
②平行六边形的三组主对角分别相等 _________
③平行六边形的三条主对角线互相平分 _________
【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”．
(2)如图2，已知平行六边形满足． 求证：平行六边形是菱六边形：
(3)如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长．
【答案】(1)错误；正确；错误
(2)详见解析
(3)
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及解方程：（1）连接，根据相似三角形和平行线的性质即可判断；（2）先证明为平行四边形，再证明为平行四边形，即可证明是菱六边形；（3）根据菱六边形得到，设，根据解得，代入即可．
【详解】（1）解：连接，交于点，由图可知：
①平行于，只能知道，其他对边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误的；
②平行于，，同理可得，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分别相等是正确的；
③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的．
（2）证明：过点作平行且相等于，连接，
则平行四边形是平行四边形，
平行于，，
在平行六边形中，平行于，，
平行且相等于，
为平行四边形，
平行于，，
在平行六边形中，平行于，平行于，
平行于，平行于，
为平行四边形，
，
，
，
，
平行六边形是菱六边形．
（3）解：设三角形纸片为，
裁剪后的纸片为菱六边形，
平行于，平行于，平行于，，
，
，
设，
则，
，
，
，
解得：，
．
2．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”．
(1)请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的有______（填序号）．
(2)如图，四边形是邻等内接四边形，且，，，，求四边形的面积．
【答案】(1)③
(2)
【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义进行逐个分析，即可作答．
（2）先根据勾股定理算出，设，，结合勾股定理整理得，代入数值得，再证明是的中位线，则，分别算出和，即可作答．
【详解】（1）解：依题意，图①、图②和图④没有对角互补，不是邻等对补四边形，
图③对角互补且有一组邻边相等，是邻等对补四边形，
故答案为：③；
（2）解：∵，，，
∴，
∵四边形是邻等内接四边形，
∴四点共圆，且为直径，
把的中点记为点，即四点在上，
连接，，相交于点，
∵，
∴，
设，，
∵，
∴，
则在中，，
在中，，
∴，
即，
解得，
∴
则
即，
∵是直径，
∴，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
则．
，
∴四边形的面积．
3．（2025·山西·中考真题）阅读与思考
下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务．
双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段． 【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________． 问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接． 求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …

任务：
(1)问题1中的________，问题2中的依据是________________；
(2)补全问题2的证明过程；
(3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段．
（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）．
【答案】(1)，等角的补角相等；
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）设的交点为O，利用矩形的性质及已知可证明是等边三角形，由等边三角形的性质及矩形性质即可求解．利用等角的补角相等即可完成问题2的依据．
（2）利用三角形外角的性质及等边三角形的性质即可，从而问题完成；
（3）作一个等边三角形即可完成．
【详解】（1）解：设的交点为O，如图；
∵四边形是矩形，
∴；
∵对角线与互为双关联线段，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴；

故答案为：；
问题2中的依据是：等角的补角相等；
故答案为：等角的补角相等；
（2）解：是的外角，
．
是的外角，
．
，
．
即线段与线段所在直线形成的夹角中有一个角是．
，
线段与线段是双关联线段．
（3）解：答案不唯一，例如：
作法一： 作法二：
如图，线段即为所求．
4．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
(1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则______；______；
(2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由；
(3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（不限作图工具）；
②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值．
【答案】(1)，
(2)，理由见解析
(3)①见解析；②或
【分析】（1）由“垂中平行四边形”的定义可得，，，，从而可得，由勾股定理得出，证明，得出，再由勾股定理计算即可得解；
（2）由“垂中平行四边形”的定义可得，，，，证明，得出，设，则，，由勾股定理可得，求出，从而可得，即可得解；
（3）①根据“垂中平行四边形”的定义画出图形即可；②根据①中画出的图形，分别结合相似三角形的判定与性质以及勾股定理计算即可得解．
【详解】（1）解：∵四边形为“垂中平行四边形”，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形为“垂中平行四边形”，
∴，，，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①第一种情况：如图①，作的平行线，并使得，连接，则四边形为平行四边形，
延长交于，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为的中点，
∴四边形即为所求的“垂中平行四边形”；
第二种情况：如图②，作的平分线，并取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，故点为的中点，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴四边形为所求的“垂中平行四边形”；
第三种情况：如图③，作，交的延长线于点，连接，在的延长线上取点，使得，连接，则点为的中点，
同理可得证明，则，则四边形为平行四边形，
故四边形为所求的“垂中平行四边形”；

②若按照上图①作图，
由题意可得，，四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
作于，则，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
若按照上图②作图，
延长、交于点，
同理可得，是等腰三角形，
连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
若按照上图③作图，则没有交点，不存在，故不符合题意，
综上所述，或．
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