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专题20特殊的平行四边形
考点概览 考点1矩形的性质 考点2矩形的判定 考点3矩形的性质与判定 考点4菱形的性质 考点5菱形的判定 考点6菱形的性质与判定综合问题 考点7正方形的性质 考点8正方形综合问题 考点9四边形与基本作图问题 考点10四边形与翻折综合问题 考点11四边形与最值综合问题 考点12四边形与动点问题 考点13四边形综合压轴问题
考点1矩形的性质
1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为，则这个矩形的面积是（ ）
A．25 B． C． D．
3．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（ ）
A．1 B．5 C．2 D．
4．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个矩形草坪，对角线，相交于点，是边的中点，连接，且，，则该草坪的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·四川南充·中考真题）如图是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，若正六边形的边长为2，那么矩形的面积是（ ）
A．12 B． C．16 D．
7．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为 ．
8．（2025·四川内江·中考真题）如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是 ．
9．（2025·湖北·中考真题）一个矩形相邻两边的长分别为2，m，则这个矩形的面积是 ．
10．（2025·吉林·中考真题）如图，在矩形中，点E，F在边上，连接，．
(1)求证：．
(2)当，时，求的长．
考点2矩形的判定
11．（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
12．（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，，求和的长．
13．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，试判断四边形的形状，并证明．
考点3矩形的性质与判定
14．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点在边上（与点，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的序号是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
15．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点D在边上（与点B，C不重合），四边形为正方形，过点F作，交的延长线于点G，连接，交于点Q．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的序号是（ ）．
A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
16．（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．
17．（2025·广西·中考真题）综合与实践
树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）
初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形．
【问题提出】
西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置．
设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为．
【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？
【初步探究】（2）求图3情形的与的值；
【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式；
【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果）
考点4菱形的性质
18．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（ ）
A．2 B． C． D．
19．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
20．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为 ．
21．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为E，交于点F，．若，则 ．
22．（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ．
23．（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为 ．
24．（2025·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，对角线的长为，是的中点，是上一点，连接．若，则的长为 ．
25．（2025·四川凉山·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，E是边的中点，过点E作于点于点G，若，则的长为 ．
26．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在菱形中，分别是边上的点，且．
求证：．
考点5菱形的判定
27．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件 ，使平行四边形为菱形．
28．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为 ．
29．（2025·吉林长春·中考真题）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形．
30．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，平分，求的长．
31．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在四边形中，，点E，F在对角线上，，且，．
(1)求证：；
(2)连接，若，请判断四边形的形状，并说明理由．
32．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点．
(1)求证：是菱形；
(2)若，求的面积．
考点6菱形的性质与判定综合问题
33．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
【问题解决】
（1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ；
【问题探究】
（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
考点7正方形的性质
34．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（ ）
A．10 B．8 C．5 D．4
35．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（ ）
A． B．2 C． D．
36．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C．的面积的面积 D．四边形的面积的面积
37．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
38．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
39．（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 ．
40．（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为 ．
41．（2025·浙江·中考真题）【问题背景】
如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上．
【数学理解】
(1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程．
(2)若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数．
42．（2025·四川德阳·中考真题）在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点处是它的两个门，且，要修建两条直路，与相交于点（两个门的大小忽略不计）．
(1)请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由；
(2)同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形地上再修一条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在已经修建好的路段或花园的边界上，并且另一端与点B处的距离不少于米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由．
43．（2025·四川广安·中考真题）如图，E，F是正方形的对角线上的两点，，，连接．
(1)求证：．
(2)若四边形的周长为，求的长．
考点8正方形综合问题
44．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：
①；
②；
③当时，；
④点与点之间的距离的最小值为．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
45．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是 ．（填写序号）
46．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是 ．
47．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点．
【活动猜想】
（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若，，求的长；
【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小．
考点9四边形与基本作图问题
48．（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题：
(1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长．
49．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；
(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形．
考点10四边形与翻折综合问题
50．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是 ．
51．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是
52．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形中，点、分别在上，且，把沿翻折，点恰好落在矩形对角线上的点M处．若A、、三点共线，则的值为 ．
53．（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值．
【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．
54．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、．
【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程．
【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长．
55．（2025·山东·中考真题）【图形感知】
如图1，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由；
②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长；
（3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
56．（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹）
57．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
考点11四边形与最值综合问题
58．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（ ）
A．的最大值是 B．的最小值是
C．的最小值是 D．的最大值是
59．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（ ）
A．6 B．6 C．3 D．4
60．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ．
61．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是 ．
62．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，．
(1)如图1，求的值．
(2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接．
①当时，求的长．
②求的最小值．
考点12四边形与动点问题
63．（2025·山东东营·中考真题）如图1，在矩形中，，是边上的一个动点，，交于点，设，，图2是点从点运动到点的过程中，关于的函数图象，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
64．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在正方形中，，对角线相交于点O，动点P从点O出发沿方向以的速度运动，同时点Q从点C出发沿方向以的速度运动，当点Q到达点D时，P，Q同时停止运动．若运动时间为x（s），的面积为，则点P分别在上运动时，y与x的函数关系分别是（ ）
A．均为一次函数 B．一次函数，二次函数
C．均为二次函数 D．二次函数，一次函数
65．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为 ．
66．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒．
(1)求点坐标；
(2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式；
(3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
考点13四边形综合压轴问题
67．（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
68．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系______．
(2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．
69．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
70．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____．
(2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
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专题20特殊的平行四边形
考点概览 考点1矩形的性质 考点2矩形的判定 考点3矩形的性质与判定 考点4菱形的性质 考点5菱形的判定 考点6菱形的性质与判定综合问题 考点7正方形的性质 考点8正方形综合问题 考点9四边形与基本作图问题 考点10四边形与翻折综合问题 考点11四边形与最值综合问题 考点12四边形与动点问题 考点13四边形综合压轴问题
考点1矩形的性质
1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∴；
故选B．
2．（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为，则这个矩形的面积是（ ）
A．25 B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确画出图形并灵活运用相关知识是解题的关键．
如图：根据矩形的对角线互相平分且相等求出，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，再利用勾股定理列式求出，然后根据矩形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
由勾股定理得，，
∴矩形的面积．
故选：B．
3．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（ ）
A．1 B．5 C．2 D．
【答案】D
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，是解题的关键，勾股定理求出的长，进而得到的长，推出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选D.
4．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得，利用斜边中线的性质求得，求得，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，P为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
5．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个矩形草坪，对角线，相交于点，是边的中点，连接，且，，则该草坪的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了矩形的性质和三角形中位线定理．根据三角形中位线定理得到，根据矩形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵是一个矩形草坪，对角线，相交于点，
∴，
∵是边的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴矩形的面积为，
故选：C
6．（2025·四川南充·中考真题）如图是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，若正六边形的边长为2，那么矩形的面积是（ ）
A．12 B． C．16 D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形和正六边形的性质，解直角三角形．根据矩形和正六边形的性质可得，然后解直角三角形可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，
∵是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，且正六边形的边长为2，
∴，，
∴，
∴，，
同理，
∴，
∴矩形的面积是．
故选：B．
7．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】如图，连接，交于，过作于，求解，证明是的中位线，可得，，，证明四边形是平行四边形，可得，而，，求解，再进一步求解即可.
【详解】解：如图，连接，交于，过作于，
∵，，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，，
∵是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，而，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的性质，三角形的中位线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
8．（2025·四川内江·中考真题）如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是 ．
【答案】5
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接，先由勾股定理求得，则，再由三角形中位线定理得到，即可求解的最大值．
【详解】解：连接，
∵矩形中，，
∴，
∴，
∴，
∵点G为的中点，点H为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴当点重合时，取得最大值为5，
故答案为：5．
9．（2025·湖北·中考真题）一个矩形相邻两边的长分别为2，m，则这个矩形的面积是 ．
【答案】
【分析】该题考查了列代数式，根据矩形的性质求面积，根据矩形的面积是长宽即可解答．
【详解】解：根据题意可得矩形的面积是，
故答案为：．
10．（2025·吉林·中考真题）如图，在矩形中，点E，F在边上，连接，．
(1)求证：．
(2)当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）根据矩形得到，再结合已知条件由即可证明全等；
（2）根据全等三角形得到，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴．
考点2矩形的判定
11．（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的判定定理和平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形等 ）是解题的关键．根据矩形的判定定理，逐一分析每个选项，判断哪个条件能使平行四边形成为矩形．
【详解】解：选项A：∵ 平行四边形本身就有的性质，
∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误．
选项B：∵ ，平行四边形中邻边相等时是菱形，不是矩形的判定条件，
∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误．
选项C：∵ 平行四边形本身就有的性质，
∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误．
选项D：∵ 矩形的判定定理之一是“对角线相等的平行四边形是矩形”，平行四边形中，
∴ 平行四边形是矩形，该选项正确．
故选：D ．
12．（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形；
（2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，即，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵，
∴；
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴；
∵点D为的中点，
∴；
如图所示，过点A作于H，
在中，，
∴，
在中，由勾股定理得．
13．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，试判断四边形的形状，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质；
（1）先证明，可得，结合可得结论；
（2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论.
【详解】（1）证明：∵点为的中点
∴，
∵
∴，，
在和中
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：当时，四边形是矩形，
理由如下：
∵ ，点是边上的中点，
∴ 即，
∵ 由（1）得四边形是平行四边形，
∴ 四边形是矩形.
考点3矩形的性质与判定
14．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点在边上（与点，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的序号是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
【答案】C
【分析】由正方形的性质得出，证出，由证明，得出，①正确；证明四边形是矩形，得出，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出，③正确；证出，得出对应边成比例，得出，④正确．
【详解】解：∵四边形为正方形，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
∴，故①正确；
，
，
，
，
∴四边形是矩形，
，
∴，
∴，故②正确；
，
∴，故③正确；
∵，
∴，
，
，
，
，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
15．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点D在边上（与点B，C不重合），四边形为正方形，过点F作，交的延长线于点G，连接，交于点Q．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的序号是（ ）．
A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
【答案】C
【分析】由正方形的性质得出，，证出，由证明，得出，①正确；证明四边形是矩形，得出 ，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出，③正确；证出，得出对应边成比例，得出，④正确．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
，即，故②正确；
∵，，
∴，故③正确；
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
16．（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．
17．（2025·广西·中考真题）综合与实践
树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）
初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形．
【问题提出】
西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置．
设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为．
【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？
【初步探究】（2）求图3情形的与的值；
【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式；
【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果）
【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4）
【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论；
（2）根据（1）的结论可得答案；
（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，
此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论；
（4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上，
∴，，，
又∵如图2，在上，，，
∴，
，
当时，如图，设交于点，交于点，则，
此时遮阳区的面积为的面积，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；
当时，如图，设交于点，则，，，
此时遮阳区的面积为四边形的面积，
∵，
∴四边形为梯形，
∴，
∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；
综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大；
（2）如图3，此时点落在上，则，
由（1）知：当时，；
∴图3情形时，，；
（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，
此时遮阳区的面积为六边形的面积，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴
，
∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为；
（4）当时，，
当时，的最大值为：；
当时，，
当时，的最大值为：；
当时，，
∵
∴当时，的最大值为：，
综上所述，当时，取得最大值，最大值为，
∴当遮阳区面积最大时，向右移动了．
【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键．
考点4菱形的性质
18．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可知，，，
在菱形中，，
，，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键．
19．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】B
【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键
利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解．
【详解】如图：连接，交于点O，
因为、、、分别是四边形边的中点，
∴，；，；，；， ．
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
∴，，
∴，
∵四边形面积为，，
∴，
解得 ．
∴
在中
．
故选：B．
20．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，由，分别为，的中点，得，所以，然后根据菱形的面积为即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键．
【详解】解：∵，分别为，的中点，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴菱形的面积为，
故答案为：．
21．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为E，交于点F，．若，则 ．
【答案】4
【分析】根据菱形的性质，得，又结合，，得出是等边三角形，就可以得知和都是含的直角三角形，解出三角形，即可求出的长．
【详解】解：连接，，
，，
垂直平分，
，
菱形，
，
是等边三角形，
，
，
，
，，
．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质、垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质以及解直角三角形，熟练掌握这些性质定理是关键．
22．（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质等．由菱形对角线互相垂直且平分，可得，，取中点H，连接，则，，再用勾股定理解即可．
【详解】解：在菱形中，对角线与相交于点，
，，
，
，
如图，取中点H，连接，
点为的中点，点H为的中点，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
23．（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为 ．
【答案】1
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质求出，，然后证明即可求解．
【详解】解：∵菱形，，
∴，，，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1．
24．（2025·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，对角线的长为，是的中点，是上一点，连接．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．连接，交于点，过点作于点，利用四边形是菱形，得出，，，得出，，即可证明，即可计算出，，求出，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，交于点，过点作于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
25．（2025·四川凉山·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，E是边的中点，过点E作于点于点G，若，则的长为 ．
【答案】5
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，矩形的性质与判定，连接，由菱形对角线互相垂直平分可得，则可由勾股定理求出，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，最后证明四边形是矩形，即可得到．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，对角线相交于点O，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵E是边的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
故答案为：．
26．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在菱形中，分别是边上的点，且．
求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，先根据菱形的性质得到，再由线段的和差关系证明，则可利用证明，据此由全等三角形对应边相等可证明．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
考点5菱形的判定
27．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件 ，使平行四边形为菱形．
【答案】(或，答案不唯一）
【分析】本题考查添加条件使平行四边形为菱形，根据菱形的判定方法，添加条件即可．
【详解】解：根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，可以添加：；
根据对角线互相垂线的平行四边形为菱形，可以添加：；
故答案为：(或，答案不唯一）．
28．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，设，则，由菱形的性质得到，证明，利用勾股定理可得，据此可得答案．
【详解】解；∵关于直线的对称点为，
∴，
设，则，
∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
29．（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．
30．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，平分，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明得到，根据得到，那么可得四边形是平行四边形，再由线段垂直平分线的性质得到，即可证明其为菱形；
（2）根据菱形的性质结合已知条件证明，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵对角线的垂直平分线是，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，
∵平分，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
31．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在四边形中，，点E，F在对角线上，，且，．
(1)求证：；
(2)连接，若，请判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、菱形和平行四边形的判定等知识；
（1）根据垂直的定义可得，根据平行线的性质可得，根据已知条件可得，即可证明结论；
（2）根据可得，，即得，进而可得四边形是平行四边形，然后根据30度角的直角三角形的性质和直角三角形斜边上的中线的性质证得，即可得到结论.
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
在直角三角形中，∵，
∴，
在直角三角形中，∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形.
32．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点．
(1)求证：是菱形；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形；
（2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解．
【详解】（1）证明：∵为对角线上的中点，且，
∴垂直平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形；
（2）解：如图：
∵，
∴，
设
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
考点6菱形的性质与判定综合问题
33．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
【问题解决】
（1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ；
【问题探究】
（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或.
【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案；
（2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论；
（3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案.
【详解】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
（2）如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
考点7正方形的性质
34．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（ ）
A．10 B．8 C．5 D．4
【答案】C
【分析】该题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键．
根据四边形为正方形，得出，，勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，即可求出的面积．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∵为的中点，
，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
，
∴，即，
∴，
∴的面积．
故选：C．
35．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【分析】如图，过作于，由对折可得：，，，，证明，而，可得，求解，，证明，，可得，再进一步求解即可.
【详解】解：如图，过作于，
∵正方形，
∴，，，，，，
由对折可得：，，，，
∴，而，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴；
故选：B.
【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
36．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C．的面积的面积 D．四边形的面积的面积
【答案】D
【分析】本题考查了正方形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．过点作，分别交、于点、，由折叠的性质得，求得，推出，由是的外角，可求得，即可判断选项A；设，，则，，证明，利用相似三角形的性质列式求得，求得，，，再根据勾股定理和三角形面积公式求得即可判断其余选项．
【详解】解：过点作，分别交、于点、，
由折叠的性质得，，
∵E为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∴，故选项A正确，不符合题意；
∵正方形，
∴，，
设，
∵E为边的中点，
∴，
由折叠的性质得，，，
∵，
∴四边形和为矩形，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，，，
∴，，
∴，故选项B正确，不符合题意；
∵的面积，的面积，
∴的面积的面积，故选项C正确，不符合题意；
∵四边形的面积等于的面积的面积，
的面积，
∴四边形的面积的面积，故选项D不正确，符合题意；
故选：D．
37．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，由正方形与旋转可得在轴上，，结合，可得，，进一步可得答案.
【详解】解：∵正方形的边长为5，边在轴上，将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．
∴，在轴上，，
∵，
∴，，
∴，
故选：A
38．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，连接，证明，可得，设，则，根据勾股定理可得，再利用角平分线的性质得到点到的距离相等，利用面积之比即可解答，正确作出辅助线，利用勾股定理列方程解得是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，四边形是正方形，
，，
点E是边的中点，
,
将沿直线翻折得，
，,
，
，
，
，
设，则，
根据勾股定理可得,
即，
解得，
，
和的平分线相交于点H，
点到的距离相等，
，
故选：A．
39．（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：．
40．（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，矩形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形变化-对称，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键．设，可得，在中，利用勾股定理可求出，根据翻折的性质得出，，，设，在中利用勾股定理可求出a值，即可得答案．
【详解】解：在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，如图，设与y轴交于点G，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点A的坐标为，
∴，
∵将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为，
∴，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴点E的坐标为，
故答案为：
41．（2025·浙江·中考真题）【问题背景】
如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上．
【数学理解】
(1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程．
(2)若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由正方形的性质可得，据此可利用证明；
（2）由正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
42．（2025·四川德阳·中考真题）在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点处是它的两个门，且，要修建两条直路，与相交于点（两个门的大小忽略不计）．
(1)请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由；
(2)同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形地上再修一条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在已经修建好的路段或花园的边界上，并且另一端与点B处的距离不少于米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由．
【答案】(1)这两条路与等长，且它们相互垂直；
(2)如果另一端点在花园边界上时，能修建成这样的一条直路，理由见解析．
【分析】本题考查主要了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等面积法等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）由四边形是正方形，则，，证明，故有，，又，则，从而求解；
（）由（）得，，由勾股定理得出，由，即，得到，则有，然后分另一端点在路段上和另一端点在花园边界上时两种情况分析即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴这两条路与等长，且它们相互垂直；
（2）解：能修建一条这样的直路，理由如下：
由（）得，，
∵米，米，
∴米，米，米，
∴，
∴，
∴，
又∵在中有，
∴，
∴，
∴，
如果另一端点在路段上，
则在中，，
∴此种情况不成立；
如果另一端点在花园边界上时，
设，则在中，有，
∴，
∴，
∵，
∴能修建成这样的一条直路．
43．（2025·四川广安·中考真题）如图，E，F是正方形的对角线上的两点，，，连接．
(1)求证：．
(2)若四边形的周长为，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为6
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
（1）正方形的性质，得到，，结合，即可证明；
（2）连接交于点O，根据正方形的性质结合中垂线的性质，推出，，由，可得：，根据周长求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再根据线段的和差关系求出的长即可．
【详解】（1）证明：四边形为正方形
，
在和中，
，
；
（2）解：连接交于点O，
四边形为正方形，，
垂直平分，，
，，
由（1）知，
，
四边形的周长为，
在中，
，
；
答：的长为6．
考点8正方形综合问题
44．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：
①；
②；
③当时，；
④点与点之间的距离的最小值为．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可得，结合，可得，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；当时，，可得，，可得，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，可得在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，再进一步可判断④.
【详解】解：∵正方形，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，故①符合题意；
∵，，
∴，
∴，故②符合题意；
当时，，
∴，，
∴，故③不符合题意；
如图，取的中点，连接，
∵，
∴在以为圆心，为直径的圆上，
当共线时，最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点与点之间的距离的最小值为．故④符合题意；
故答案为：①②④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
45．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是 ．（填写序号）
【答案】①③④
【分析】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线定义，圆周角定理，勾股定理解三角形，等腰三角形性质与判定，三角形的三边关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
由旋转性质得，可得，，，进而由即可判断①；由即可判断②；由、、、、在以为直径的圆上，可以证明，即可判定③，设，由勾股定理解三角形可得，，即可判断④．
【详解】解：由旋转可知：，
∴，，，
∵在正方形中，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即，故①结论正确，
∵，，
∴，故②结论错误；
如图：
∵在正方形中，
∴，
∴，
∴、、、、在以为直径的圆上，
∵，
∴，故结论③正确；
如图：过点作，交于，
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
设，
在中，，
∴，
∴，（负根已舍去）
∵，
∴，
∴．故结论④正确；
综上所述：①③④结论正确，
故答案为：①③④．
46．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】过作，交的延长线于点，证明为等腰直角三角形，推出，进而得到，证明，推出为等腰直角三角形，进而得到，进而得到，判断①；延长至点，使，连接，证明，再证明，得到，判断②；设，则：，，将的面积转化为二次函数求最值，判断③；设，得到，在中，由勾股定理，求出的值，判断④即可．
【详解】解：过作，交的延长线于点，则：，
∵正方形，边长为4，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，故①正确；
延长至点，使，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；故②错误；
设，则：，，
∴的面积，
∴当时，的面积最大为2；故③正确；
∵，
∴，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：，
∴，
∴点G是线段的中点；故④正确；
故答案为：①③④
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊三角形，是解题的关键．
47．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点．
【活动猜想】
（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若，，求的长；
【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小．
【答案】（1）相等，垂直
（2）证明见解析
（3）
（4）
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明；
（3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解；
（4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可．
【详解】解：（1）相等，垂直；
（2）过点作于，过点作分别交、于、，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）在正方形中，由，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
得，
由等面积法得，
即，
∴，
在中，，
由（2）可知，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴当最小时，的面积最小，
∴最小时，的面积最小，
∵，
∴当最小时，的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，
此时如图，点与重合，
则，
解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
考点9四边形与基本作图问题
48．（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题：
(1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)
【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，连接，即可；
（2）如图，证明，，，，可得，证明，设，则，可得，再解方程即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形；
由作图可得：，，，
∴，
∴即为所求作的三角形；
（2）解：如图，∵矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：；
∴．
【点睛】本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键．
49．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；
(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求；
（2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：如图所示，
∵垂直平分，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
考点10四边形与翻折综合问题
50．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是 ．
【答案】
【分析】分点在矩形内部和点在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点在矩形内部时，作，交于点，证明，进而得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，得到当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，当点在矩形外部时，同法可得，点在以为直径的圆上，得到当点运动到点时，点的运动轨迹是圆心角为的，求出两段路径的和即可得出结果．
【详解】解：∵矩形，
∴，
∵翻折，
∴，
当点在矩形内部时，作，交于点，则：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上运动，
∴当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，
∴点的运动路径长为：；
当点在矩形的外部时，作，交的延长线于点，
同法可得：，，
∴，点在以为直径的上运动，连接，
当点运动到点时，如图：
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点的运动轨迹为圆心角为的，路径长为，
∴点的运动路径总长为：；
故答案为：
【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点的运动轨迹，是解题的关键．
51．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是
【答案】或或
【分析】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论与，的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出的度数．
【详解】解：①当与的夹角为时，
即,如图：
，,
,
,
;
②当与的夹角为时，
即,如图：
，,
,
,
;
或，如图：
，,
,
,
;
综上，的度数可以是或或．
故答案为：或或．
52．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形中，点、分别在上，且，把沿翻折，点恰好落在矩形对角线上的点M处．若A、、三点共线，则的值为 ．
【答案】
【分析】此题考查矩形与折叠，平行线的性质，勾股定理，等角对等边，根据矩形的性质及平行线的性质得到，再根据等角对等边推出，设，则，利用勾股定理求出，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，，
由翻折得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
故答案为．
53．（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值．
【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．
【答案】（）详见解析；（）；（）
【分析】（1）连接，证明，即可求证；
（2）根据题意得点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，当点在线段上时，有最小值．根据勾股定理求出，即可求解；
（3）过点作于，交于点，证明，可得，设，，根据勾股定理得到关于x的方程，可得到，．，，． 设，则，．在中，根据勾股定理求出，即可求解．
即的长为5．
【详解】（1）证明：连接，
由折叠可得，．
∵四边形为矩形，．
∵为的中点，，
∴．
在与中，
∵，，
∴，
∴
（2）解：，点在移动过程中，不变．
∴点在以为圆心，10为半径的的弧上．
连接，
当点在线段上时，有最小值．
∵，，，
∴．
∴，
∴的最小值为．
（3）解：过点作于，交于点，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
设，，
∴，．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
解得．
∴，．，，．
设，则，．
在中，，
∴．
解得，，
即的长为5．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
54．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、．
【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程．
【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长．
【答案】（1），（2）见解析（3）或4
【分析】（1）根据折叠的性质，折痕为角平分线，结合平行线的性质，得到，猜想；
（2）根据题干给定的2种方法进行证明即可；
（3）设，则，，勾股定理求出，①当 ，根据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推出，进而得到，证明，得到，列出比例式，进行求解即可．②当时，可得，利用三角函数列方程求解即可
【详解】解：（1）由折叠可知，．
由矩形的性质，可知，
．
．
．
智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为；
（2）法一：∵矩形，
∴，
∵折叠，
∴，，，
∴，即：，，
由（1）知：
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
法二：作交于点G，则：，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：作交于点G，则：，
由（2）可知：，，，
∴，
设，则：，，
∴，
如图，当，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在和中，，
∴，即：，
∴，
解得：或（舍去）；
故．
当时，
∵，
∴，
∴三点共线，
∴，
∵四边形是平行四边形
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，即，解得：，
∴
【点睛】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握折叠的性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
55．（2025·山东·中考真题）【图形感知】
如图1，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由；
②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长；
（3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为．
【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解；
②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可；
（3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）①四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
②延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
∵点恰好落在边上，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∵，
∴点在对角线上，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）由折叠的性质得，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴点在以为直径的上，连接，，
∴，即点在上时，线段存在最小值，
∵，
∴线段的最小值为．
【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键．
56．（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析；（2）见解析．
【分析】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，翻折变换，圆周角定理，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
（1）四边形是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可；
（2）分别作的中垂线，得到点，连接，作的中垂线，得到的中点，以为圆心，的长为半径画圆，与的交点即为点；
【详解】解：（1）四边形是矩形，理由如下：
由折叠的性质可知，，，
，
，
，即，
同理可得：，
∴四边形是矩形；
（2）由（1）可知：，
故分别为的中点，点在以为直径的圆上，
同理：点分别为的中点，点在以为直径的圆上，
如图，即为所求．
57．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理；
[探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故；
[探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形；
[探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得．
【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形；
[探究证明]：证明：如图：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形，
，
为边的中点，为边的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，，
四边形是菱形，
，，
，，
四边形是平行四边形；
[探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下：
由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，
当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图：
，
，
，
设，则，
，
为中点，
，，
四边形是菱形，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
；
当四边形是菱形时，延长交于，如图：
设，则，
四边形是菱形，
，
，，
四边形是平行四边形，，
，，
，
△是等边三角形，
，
，
；
综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或．
考点11四边形与最值综合问题
58．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（ ）
A．的最大值是 B．的最小值是
C．的最小值是 D．的最大值是
【答案】A
【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性．
【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，．
又∵，，，，
过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形，
∴．
∴，
∴（），
∴
∴，即点在上运动，
∴四边形和四边形是矩形，
∴，，，
∵， ，，，
∴
∴，
∴最大时，最大，
当点与点重合时，与重合时，最小此时， ，故错误，符合题意； 故B正确，不符合题意；
作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时 当、、三点共线时，最小，
∵
∴四边形是矩形，
∴，，
∴的最小值 故正确，不符合题意；
当与重合时，
当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴，
综上，最大值为．故项正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键．
59．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（ ）
A．6 B．6 C．3 D．4
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，设的中点为G，过点D在上方作，使.过点H作于点K，连接，则，根据正方形性质，得，得，和，，根据 ，得点B、E、A、D在上，得，得，根据，得，得，得点F在以点H为圆心，为半径的圆上运动，根据，得，得，得取得最小值，为．
【详解】解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则，
∵正方形边长为6，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点B、E、A、D在上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当点F在上时，
取得最小值，
为．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．
60．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵为线段上的动点，
∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，
则如图，过点作的平行线，
过点作关于线段的对称点，
由对称性得，
∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，
此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，
∵菱形中，，，
∴，，，
由题可得，
∴由对称性可得，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键．
考点12四边形与动点问题
61．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，
连接，根据两点之间线段最短可知的最小值为，再结合菱形的性质得，然后根据勾股定理得，可得，结合等腰三角形的性质得，，接下来根据勾股定理得，此题可解．
【详解】解：如图，连接，
作点P关于直线的对称点，则，点是的中点，
∴．
根据两点之间线段最短，可知的最小值为，
∵四边形是菱形，
∴，
根据勾股定理，得，
∴．
∵点是的中点，
∴，．
在中，．
所以的最小值为．
故答案为：．
62．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，．
(1)如图1，求的值．
(2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接．
①当时，求的长．
②求的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）先根据菱形的性质可得，再根据勾股定理可得，然后根据正弦的定义求解即可得；
（2）①连接，设交于点，同理求出，则；证明，得到，由轴对称的性质可得，则，据此可得，即可得到；
②由勾股定理得，根据，可求出，根据，可推出当有最小值时，有最小值，即此时有最大值，即当有最小值时，有最小值；过点B作于H，于T，由等面积法可得，则由轴对称的性质可得，由勾股定理得，则当有最小值时，有最小值，由垂线段最短可知，故当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，据此求解即可．
【详解】（1）解：如图1，设交于点，
∵在菱形中，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①如图所示，连接，设交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
由轴对称的性质可得，
∴，
∴，
∴；
②在中，由勾股定理得
∵，
∴
，
∵，
∴要使的值最小，则要最大，
∴要有最小值，
又∵的值随着的值增大而增大，
∴的值随着的值增大而增大，
∴当有最小值时，有最小值，即此时有最大值，
∴当有最小值时，有最小值；
如图所示，过点B作于H，于T，
∵，
∴，
∴由轴对称的性质可得，
在中，由勾股定理得，
∴当有最小值时，有最小值，
由垂线段最短可知，
∴当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出的最小值转换成求出的最小值，进而转换成求出的最小值．
63．（2025·山东东营·中考真题）如图1，在矩形中，，是边上的一个动点，，交于点，设，，图2是点从点运动到点的过程中，关于的函数图象，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【分析】本题考查了动点问题的函数图象问题、矩形的性质、相似三角形的性质与判定，利用相似三角形的性质求出关于的函数关系式是解题的关键．首先推导出，设，利用相似三角形的性质求出关于的函数关系式为，再结合函数图象求出的值即可得出结论．
【详解】解：矩形，
，
，
，，
．
，
．
．
，
，
设，则，
整理得，
由图象可知，关于的函数图象经过，
代入得，，
，
．
故选：A．
64．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在正方形中，，对角线相交于点O，动点P从点O出发沿方向以的速度运动，同时点Q从点C出发沿方向以的速度运动，当点Q到达点D时，P，Q同时停止运动．若运动时间为x（s），的面积为，则点P分别在上运动时，y与x的函数关系分别是（ ）
A．均为一次函数 B．一次函数，二次函数
C．均为二次函数 D．二次函数，一次函数
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，二次函数的定义．当点P在上运动时，由题意得，，作于点，求得，利用列式计算即可；当点P在上运动时，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵正方形中，，
∴，
∴，，
当点P在上运动时，由题意得，，
作于点，
∵，
∴，
∴，是二次函数；
当点P在上运动时，由题意得，
∴，是一次函数；
故选：D．
65．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为 ．
【答案】
【分析】如图，连接交于．求解，，，，设运动时间为，则，，证明，可得，作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，，证明在上，且在弧上，再利用弧长公式计算即可.
【详解】解：如图，∵在菱形中，，对角线，连接交于．
∴，，，，
∵设运动时间为，则，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，，
∴，，，
∴，
∴在上，且在弧上，
∴在此过程中，点P的运动路径长为；
故答案为：
【点睛】本题考查的是菱形的性质，圆周角定理的应用，圆的确定，三角函数的应用，弧长的计算，证明在上，且在弧上是解本题的关键.
66．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒．
(1)求点坐标；
(2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式；
(3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点的坐标为；
(2)的面积S关于运动时间t的函数解析式为；
(3)当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，．
【分析】（1）解方程得出的长度，由菱形的性质与锐角函数综合，可得和的长度，即可得点的坐标；
（2）分类讨论，分别由运动时间表示出线段长度，代入三角形的面积公式，化简整理即可；
（3）根据运动时间，确定点和点的坐标，分类讨论，根据等腰三角形的性质即可得点的坐标．
【详解】（1）解：由解得，，，
∵的长是一元二次方程的根，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵四边形为菱形，
∴平分，
∴，
∴，
∴
答：点的坐标为．
（2）解：根据题意可知，，，
如图，作于点，则，
∵，，，
∴，
作轴于点，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，，
∴的面积，
当时，，
∴的面积，
综上所述，，
答：的面积关于运动时间t的函数解析式为．
（3）解：如图，当时，，点和点重合，，，，
假设在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，
当为顶角时，点与点重合，，
当为顶角时，点与点重合，，
当为顶角时，，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
答：当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，．
【点睛】本题考查解一元二次方程，菱形的性质，锐角三角函数，解直角三角形，等腰三角形，解题的关键是正确作出辅助线，熟练掌握分类讨论的思想方法．
考点13四边形综合压轴问题
67．（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵正方形，
∴，
∵是直角三角形，，
∴，
当点E与点A重合时，则：，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）∵正方形，
∴，
∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3），理由如下：
由（2）可知：，
∴，，
作于点，则：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∵，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
68．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系______．
(2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)；理由见解析
(2)；理由见解析
(3)；理由见解析
【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）由旋转的性质和正方形的性质，先证E，B，C三线共线．再证，进而证明，推出，可得．
（2）在上取，连接．依次证明，，可得．
（3）将绕点A逆时针旋转得，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得，进而可得．
【详解】（1）解：．理由如下：
由旋转的性质，可知，，，，
∴，
∴E，B，C三线共线．
∵，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）解：．理由如下：
如图，在上取，连接．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）解：．理由如下：
如图，将绕点A逆时针旋转得，
∴．
∵，
∴，
∴E，D，C三点共线．
由（1）同理可得，
∴．
69．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵正方形，
∴，
∵是直角三角形，，
∴，
当点E与点A重合时，则：，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）∵正方形，
∴，
∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3），理由如下：
由（2）可知：，
∴，，
作于点，则：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∵，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
70．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____．
(2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
(3)
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键．
（1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案；
（2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案；
（3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案．
【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到，
，，，，
四边形是正方形，
，
，
E、B、N三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：；
（2）解：；理由如下：
将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，
，，，，
E在上，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：．理由如下：
将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，
，，，，
，
，
E、B、N三点共线，
，
，
，
，
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