三年（2023-2025）中考数学真题分类汇编18：特殊的四边形（教师版）

专题18特殊的四边形考点01矩形的性质1．（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．2．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线，矩形的顶点A在直线b上，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点作，得到，推出，进行求解即可．【详解】解：∵矩形，∴，过点作，∵，∴，∴，∴，∵，∴；故选C．3．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则．【答案】或【分析】根据题意画出图形，分点在上和上两种情况讨论即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴∴，如图所示，当点在上时，

∵，∴如图所示，当点在上时，

∵，∴，故答案为：或．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．4．（2025·浙江·中考真题）如图，矩形内接于是上一点，连接分别交于点．若，则的直径为．【答案】【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，矩形的性质；根据题意证出，得到，设，则，表示出，，连接，在中，求出，在和中，表示出，，列式计算出，再利用勾股定理计算直径即可．【详解】解：∵为矩形，∴，∴，∴，∴，设，则，∴∴，在中，，连接，∵为直径，∴，在中，，∴在中，，在中，，∴，∵，∴，∴解得：，∴，的直径为：，故答案为：．5．（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.6．（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：5．7．（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．8．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形的面积是90，对角线交于点O，点E是边的三等分点，连接，点P是的中点，，连接，则的值为．【答案】13或【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当时，利用三角形中位线定理求得，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当时，同理求解即可．【详解】解：当时，如图，∵矩形，∴点O是的中点，∵点P是的中点，∴，，∵点E是边的三等分点，∴，，∵矩形的面积是90，∴，∴，∴，∴；当时，如图，∵矩形，∴点O是的中点，∵点P是的中点，∴，，∵点E是边的三等分点，∴，，∵矩形的面积是90，∴，∴，∴，∴；故答案为：13或．9．（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．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：∵，∴，∵，，∴．11．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．(1)求证：；(2)为线段延长线上一点，且满足，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到；（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，，进而由三角形全等的判定与性质即可得到．【详解】（1）证明：在矩形中，，，，，，，，，，，即，，；（2）证明：连接交于点，如图所示：在矩形中，，则，，，，，，在矩形中，，，，，，，，在和中，，．【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．12．（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．13．（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．14．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则．【答案】/【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于的方程．由矩形的性质推出，由线段中点定义得到，由折叠的性质得到：，设，由勾股定理得到，求出，得到的值．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵是中点，∴，由折叠的性质得到：，设，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：．15．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，有一张矩形纸片．先对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕﹐同时得到线段，．观察所得的线段，若，则（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据折叠的性质，得出，，进而得到，在中，由特殊锐角的三角函数可求即可．【详解】解：根据折叠的性质可知：，，，，∴∵四边形是矩形，∴，，∴，在中，，∴，∴∴，在中，，∴，∴，故选：．【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠轴对称，掌握折叠前后对应边相等，对应角相等，以及直角三角形的边角关系是解题的关键．考点02矩形的判定1．（2024·黑龙江绥化·中考真题）下列叙述正确的是（

）A．顺次连接平行四边形各边中点一定能得到一个矩形B．平分弦的直径垂直于弦C．物体在灯泡发出的光照射下形成的影子是中心投影D．相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等【答案】C【分析】本题考查了矩形的判定，垂径定理，中心投影，弧、弦与圆心角的关系，根据相关定理逐项分析判断，即可求解．【详解】A.顺次连接平行四边形各边中点不一定能得到一个矩形，故该选项不正确，不符合题意；B.平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故该选项不正确，不符合题意；C.物体在灯泡发出的光照射下形成的影子是中心投影，故该选项正确，符合题意；D.在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等，故该选项不正确，不符合题意；故选：C．2．（2023·辽宁盘锦·中考真题）下列命题正确的是（

）A．方差越小则数据波动越大 B．等边三角形是中心对称图形C．对角线相等的四边形是矩形 D．正多边形的外角和为【答案】D【分析】根据方差的意义，中心对称图形的定义，矩形的性质，正多边形的外角和定理逐项判断即可．【详解】解：方差越小则数据波动越小，故A选项错误；等边三角形不是中心对称图形，故B选项错误；对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项错误；正多边形的外角和为，故D选项正确，故选D．【点睛】本题考查方差，中心对称图形，矩形，正多边形的外角和等，熟练掌握相关定义或性质是解题的关键．3．（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．4．（2024·四川泸州·中考真题）已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查了矩形的判定．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可．【详解】解：如图，A、，能判定为矩形，本选项不符合题意；B、∵，，∴，能判定为矩形，本选项不符合题意；C、，能判定为矩形，本选项不符合题意；D、，能判定为菱形，不能判定为矩形，本选项符合题意；故选：D．5．（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．6．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在的内接四边形中，，对角线是的直径．求证：四边形是矩形．

【答案】见解析【分析】本题考查了矩形的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识．由是的直径，可得，证明，得到，可证明四边形是平行四边形，即可解答．【详解】证明：是的直径，，

在和中，，，

，又，四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形．7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，D是的中点，，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，三腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形．（2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出．【详解】（1）证明：∵，D是BC的中点，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴四边形是矩形．（2）由（1）可知四边形是矩形．∴，，，∵D是的中点，∴，在中，，∴，∵，∴即，∴．8．（2024·贵州·中考真题）如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件：①，②．

(1)请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形；(2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．（1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明是平行四边形，然后根据矩形的定义得到结论即可；（2）利用勾股定理得到长，然后利用矩形的面积公式计算即可．【详解】（1）选择①，证明：∵，，∴是平行四边形，又∵，∴四边形是矩形；选择②，证明：∵，，∴是平行四边形，又∵，∴四边形是矩形；（2）解：∵，∴，∴矩形的面积为．9．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)当时，求证：是矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判断，三角形中位线定理等知识，解题的关键是：（1）利用三角形中位线定理可得出，，然后利用平行四边形的判定即可得证；（2）利用平行四边形的性质得出，，结合点G是的中点，可得出，同理，则可得出，，然后利用矩形判定即可得证．【详解】（1）证明：∵的中线，交于点O，∴，，∵点F，G分别是，的中点，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形；（2）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵G是中点，∴，∴，同理，∵，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴是矩形．10．（2023·四川德阳·中考真题）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．

(1)求的值；(2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)(2)正方形，见解析【分析】（1）确定旋转角，结合，，计算即可．（2）先证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可．【详解】（1）根据题意，得旋转角，∵，，∴，故．（2）根据题意，得旋转角，∵，，∴，∵，，∴，，∴，∵，，

∴，∴，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形．【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键．考点03矩形的性质及判定的综合1．（2023·江西·中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为．

【答案】或或【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，

∵在中，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴∴，∴∴，如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，

当点在的延长线上时，如图所示，则

当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，∵，，∴四边形是平行四边形，∵∴四边形是矩形，∴即是直角三角形，

综上所述，旋转角的度数为或或故答案为：或或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．2．（2025·河南·中考真题）在中，点是的平分线上一点，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，直线交于点，过点作，垂足为点．(1)观察猜想如图1，当为锐角时，用等式表示线段的数量关系：__________．(2)类比探究如图2，当为钝角时，请依据题意补全图形（无需尺规作图），并判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明．(3)拓展应用当，且时，若，请直接写出的值．【答案】(1)(2)图见解析；不成立，，证明见解析(3)或．【分析】本题主要考查了角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．（1）如图，过点C作于点P，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答；（2）如图，过点C作于点Q，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答；（3）分和分别利用（1）（2）的相关结论以及相似三角形的判定与性质、勾股定理解答即可．【详解】（1）解：如图，过点C作于点P，∵平分，，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴．故答案为：．（2）解：不成立，，证明如下：如图，过点C作于点Q，∵平分，，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴．（3）解：①如图：当时，∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②如图：当时，∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴．综上，的值为或．3．（2025·四川资阳·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，的平分线交于点D，过点D作的平行线交的延长线于点E．(1)求证：是的切线；(2)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形：（1）连接，圆周角定理，得到，平行得到，证明，求出，即可得证；（2）设交于点，易得四边形为矩形，得到，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，进行求解即可．【详解】（1）证明：连接，∵是的外接圆，是的直径，∴，，∴，∵，∴，∵的平分线交于点D，∴，∴，∴，∴，∵为的半径，∴是的切线；（2）解：设交于点，∵，，∴，∵，∴四边形为矩形，∴，，∴，设的半径为，则：，，∵，，∴，∴，∴，∴的半径为．4．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在四边形中，分别与扇形相切于点．若，则的长为（

）A．8 B． C． D．9【答案】D【分析】连接，作于点，由，分别与扇形相切于点，，，得，，，，求得，再证明四边形是矩形，则，，由勾股定理得，求得，即可解答．【详解】解：连接，作于点，则，，分别与扇形相切于点，，，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，，，在中，根据勾股定理可得：，解得：，故选：D．【点睛】此题考查切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键．5．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长．【详解】解：中，，，，，连接，如图所示：∵于点，于点，，∴，四边形是矩形，，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，∴此时．故选：B．6．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，．(1)求证：；(2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值．【答案】(1)见解析(2)，【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键．（1）直接根据矩形的判定证明即可；（2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得，．进而可得，再根据等腰三角形的判定得到，过点O作于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得，，，然后利用正切定义求解即可．【详解】（1）证明：因为四边形是平行四边形，且，所以四边形是矩形．所以；（2）解：在中，，，所以，因为四边形是矩形，所以，．因为，所以．过点O作于点F，则，所以，在中，，所以．考点04菱形的性质1．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是．【答案】60°【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．【详解】解：∵四边形OABC为菱形，∴∠AOC＝∠ABC，由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ADC＋∠ABC＝180°，∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，故答案为：60°．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．2．（2023·陕西·中考真题）点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为．【答案】62°【分析】连接，根据中心对称图形的定义得出点是菱形的两对角线的交点，根据菱形的性质得出，，那么．【详解】解：如图，连接，

点是菱形的对称中心，，点是菱形的两对角线的交点，，，．故答案为：．【点评】本题考查了菱形的性质，菱形是中心对称图形，两对角线的交点是对称中心，掌握菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角是解题的关键．3．（2023·黑龙江大庆·中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若，，则（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得，由菱形的性质可得，由平行线的性质可得，进行计算即可得到答案．【详解】解：根据题意可得：，四边形为菱形，，，，，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质，是解题的关键．4．（2023·湖南·中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形∴，∴，∵，∴,故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．5．（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．6．（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：．7．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，在菱形中，，，点E为的中点，在对角线上有一动点P，则的最小值为（

）A．4 B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，连接，由菱形的性质可得，垂直平分，则可证明是等边三角形，，求出的长，根据，可得当C、P、E三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，据此可得答案．【详解】解：如图所示，连接，∵四边形是菱形，，，∴，垂直平分，∴是等边三角形，，∵点E为的中点，∴，，∴，∵，∴当C、P、E三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，∴的最小值为，故选：C．8．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（

）A．1 B． C．0 D．【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可．【详解】解：作于点，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∵点E表示的数是3，∴点A表示的数是，故选：D．9．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为．【答案】【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解，过作于，结合可得答案．【详解】解：如图，菱形的周长为，∴，过作于，而，∴，故答案为：10．（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：．11．（2025·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点．若，，则菱形的面积是．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形面积等于对角线积的一半进行计算即可，掌握菱形的性质是解题的关键．【详解】解：∵四边形是菱形，，，∴菱形的面积是，故答案为：．12．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，，，∴，，，在中，，∴，∵菱形的面积为，∴，故选：A．13．（2023·山东临沂·中考真题）一个对角线长分别为和的菱形，这个菱形的面积为．【答案】【分析】本题主要考查了菱形的面积计算，根据菱形的面积计算公式计算即可．【详解】解：菱形的面积为，故答案为：．14．（2025·四川泸州·中考真题）矩形具有而菱形不具有的性质是（

）A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角相等【答案】A【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，特殊四边形的性质要从边、角、对角线三方面入手，并加以考虑它们之间的联系和区别．根据矩形和菱形的性质判断即可．【详解】解：A、矩形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意；B、矩形和菱形对角线都互相平分，故本选项不符合题意；C、菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，故本选项不符合题意；D、矩形和菱形都是对角相等，故本选项不符合题意；故选：A．15．（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，，∴，∴．16．（2024·四川广安·中考真题）如图，在菱形中，点在上，点在上，且，连接，求证：．【答案】见解析【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角．根据菱形的性质可得，，证明，即可得出结论．【详解】证明：∵四边形是菱形，∴，，在和中，，，，∴，∴，∴．17．（2024·贵州·中考真题）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为．【答案】/【分析】延长，交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明，，过E点作交N点，根据三角函数求出，，，，在中利用勾股定理求出，根据菱形的性质即可得出答案．【详解】延长，交于点M，在菱形中，点E，F分别是，的中点，，，，，在和中，，，在和中，，，，，，过E点作于N点，，，，，，，在中，即，，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键．考点05菱形的判定1．（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）．2．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可．【详解】解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意；B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意；C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意；D、四边形是平行四边形，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴平行四边形是菱形，∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意；故选：B．3．（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．4．（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．5．（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.6．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形．(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹）(2)连接．求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析；(2)见解析．【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定．（1）根据垂直平分线的画法即可求解；（2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证．【详解】（1）解：如图1所示，直线为所求；（2）证明：如图2，设与的交点为O，由（1）可知，直线是线段的垂直平分线．∴，，，，又∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形．7．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为．【答案】【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键．【详解】解：过点作于，于，则，∵两张纸条的对边平行，∴，，∴四边形是平行四边形，又∵两张纸条的宽度相等，∴，∵，∴，∴四边形是菱形，在中，，，∴，∴四边形的周长为，故答案为：．8．（2023·湖南湘西·中考真题）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．

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

∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，又，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∴，∴；（2）∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是菱形，∴，∴，∴平行四边形是菱形．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．考点06菱形的判定与性质综合1．（2025·四川内江·中考真题）按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了作线段，菱形的性质与判定，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．【详解】解：根据作图可得∴四边形是菱形，则，又∵，∴故选：D．2．（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题：命题1：若连接交于点，则．命题2：若连接，则．命题3：若连接，则．任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例．【答案】命题1是真命题，证明见解析；命题2是真命题，证明见解析；命题3是真命题，证明见解析【分析】命题1：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形，再由中位线的判定与性质得到，最后利用三角形面积公式求解即可得证；命题2：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形即可得证；命题3：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，再由平行四边形的判定与性质得到四边形是平行四边形即可得证．【详解】解：命题1：若连接交于点，则．命题1是真命题，证明如下：连接，交于，如图所示：是斜边上的中线，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，且，，为的中点，是的中位线，则，，则；命题2：若连接，则．命题2是真命题，证明如下：连接，交于，如图所示：是斜边上的中线，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，；命题3：若连接，则．命题3是真命题，证明如下：连接，交于，如图所示：是斜边上的中线，，，，四边形是平行四边形，，，，四边形是平行四边形，．【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、三角形面积公式等知识，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．3．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形的顶点A，B，C在上，，直径与弦相交于点F，点D是延长线上的一点，．(1)求证：是的切线；(2)若四边形是平行四边形，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握切线的判定方法，圆周角定理，是解题的关键．（1）连接，根据圆周角定理得到，推出，根据等边对等角，推出，根据直径得到，进而得到，继而得到，即，即可得证；（2）由平行四边形的性质得到，根据，得到，求出的长，证明是菱形，得到为等边三角形，进而得到，解，求出的长即可．【详解】（1）证明：如图1，连接，，，．，．是的直径，，即．，，即．为的半径，是的切线．（2）解：如图2，四边形是平行四边形，．又，，．，是菱形，．为等边三角形，∴．在中，．4．（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．5．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，．(1)求证：；(2)若，，求四边形的周长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，进而得出，证明，根据证明，即可得证；（2）证明是菱形，根据菱形的性质，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形∴，（平行四边形的对边平行且相等）∴（两直线平行，内错角相等）∵

∴

即在和中∴；（2）解：∵，∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）又∵∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）

∴（菱形的四条边都相等）∴菱形的周长.【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．6．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的一边在轴正半轴上，顶点的坐标为，点是边上的动点，过点作交边于点，作交边于点，连接．设的面积为．

(1)求关于的函数解析式；(2)当取何值时，的值最大？请求出最大值．【答案】(1)(2)当时，的最大值为【分析】（1）过点作于点，连接，证明是等边三角形，可得，进而证明，得出，根据三角形面积公式即可求解；（2）根据二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：如图所示，过点作于点，连接，

∵顶点的坐标为，∴，，∴，∴∵四边形是菱形，∴，,，∴是等边三角形，∴，∵，∴,∴∴是等边三角形，∴∵，∴，∴∵，，则，∴∴∴∴∴（2）解：∵∵，∴当时，的值最大，最大值为．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．7．（2025·四川德阳·中考真题）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长，那么图中四边形的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质等；由正六边形的性质得，，由余弦函数得，四边形是菱形，即可求解；掌握正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质是解题的关键．【详解】解：六边形是正六边形，，，，，同理可求：，在中，，同理可求：，四边形是菱形，四边形的面积是：；故选：A．8．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知，则阴影部分的面积是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】首先过点作于点E，于点，由题意可得四边形是平行四边形，继而求得的长，判定四边形是菱形，则可求得答案．【详解】过点作于点E，于点，

根据题意得：，，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴，，∵，，∴，同理：，∴，∴四边形是菱形，∴，∴．故选：D．【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．考点07正方形的性质1．（2025·四川成都·中考真题）下列命题中，假命题是（

）A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等【答案】D【分析】本题考查判断命题的真假，根据矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质和平行四边形的性质，逐一进行判断即可．熟练掌握相关性质，是解题的关键．【详解】解：A、矩形的对角线相等，是真命题，不符合题意；B、菱形的对角线互相垂直，是真命题，不符合题意；C、正方形的对角线相等且互相垂直，是真命题，不符合题意；D、平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，原命题是假命题，符合题意；故选：D．2．（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则．【答案】81【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解．【详解】解：正五边形中，，，正方形中，，，，，，，故答案为：81．3．（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．【详解】将绕点逆时针旋转至，

∵四边形是正方形，∴，，由旋转性质可知：，，，∴，∴点三点共线，∵，，，∴，，∵，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∵，∴，故选：．

【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．4．（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．5．（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．6．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形为正方形，为等边三角形，于点F，若，则．【答案】2【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据正方形和等边三角形的性质，得到为含30度角的直角三角形，，根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，，，∴，∴，∴；故答案为：2．7．（2023·山东青岛·中考真题）如图①，正方形的面积为1．

(1)如图②，延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______；(2)如图③，延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______；(3)延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______．【答案】(1)(2)5(3)【分析】（1）由正方形的面积为1则边长，根据已知，所以，根据，因为，，列式计算即可；（2）与（1）相似，由正方形的面积为1，则边长，根据已知，所以，根据，因为，，列式计算即可；（3）由正方形的面积为1，则边长，根据已知，所以，根据，因为，，列式计算即可．【详解】（1）解：∵正方形的面积为1，∴，∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴；故答案为：；（2）∵正方形的面积为1，∴，∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：5；（3）∵正方形的面积为1，∴，∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了列代数式及代数式的求值，组合图形面积的计算，三角形的面积公式，梯形的面积公式，掌握相关知识是解决问题的关键．8．（2023·宁夏·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点在上，连接，．则图中阴影部分的面积是．【答案】2【分析】根据正方形的，，边长为2，阴影部分面积等于与面积的和，运用三角形面积公式，即可求解．【详解】∵四边形为正方形，∴，，∵正方形的边长为2，∴．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了正方形，三角形面积．熟练掌握正方形的边角性质，三角形面积公式，是解题的关键．9．（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．10．（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，∴，∵，∴，∵，∴，∴．11．（2024·青海西宁·中考真题）如图，正方形的边长为，以边为底向外作等腰，点是对角线上的一个动点，连接，，则的最小值是．【答案】【分析】连接交于点，连接，由轴对称的性质得，判断出当P与重合时，的值最小，最小值为的长．然后求出，，，，得到，然后利用勾股定理求出的长即可求解．【详解】解：连接交于点，连接，∵四边形是正方形，∴点B与点D关于直线对称，∴，∴，∴当P与重合时，的值最小，最小值为的长．∵正方形的边长为4，∴，．∵是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∴的最小值．故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形，正方形，解题的关键是掌握轴对称-最短路线问题，利用轴对称-最短路线问题．12．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接．(1)求证：；(2)若，求证：．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与角之间的关系，熟练找出和的全等条件．（1）根据正方形的性质证明，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可；（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出和，然后进行证明即可．【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，，在和中，，；（2）∵四边形为正方形，，，，，，，．考点08正方形的判定1．（2025·四川凉山·中考真题）下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形D．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧【答案】C【分析】本题主要考查了绝对值的意义，不等式的性质，正方形的判定定理，垂径定理，互为相反数的两个数的绝对值也相等，据此可判断A；根据不等式的性质可知，只有当时，原式才正确，据此可判断B；根据正方形的判定定理可判断C；根据垂径定理可判断D．【详解】解；A、若，则，原说法错误，不符合题意；B、若，则，原说法错误，不符合题意；C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，原说法正确，符合题意；D、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，原说法错误，不符合题意；故选：C．2．（2023·四川广安·中考真题）下列说法正确的是（）A．三角形的一个外角等于两个内角的和B．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形C．在一组数据11，9，7，8，6，8，12，8中，众数和中位数都是8D．甲乙两组各10名同学参加“安全知识竞赛”，若两组同学的平均成绩相同，甲组的方差，乙组的方差，则甲组同学的成绩比乙组同学的成绩稳定【答案】C【分析】根据三角形的外角定理，正方形的判定，众数和中位数的定义，方差的意义判断即可．【详解】解：A．三角形的一个外角等于与它不相邻两个内角的和，故选项A错误；B．要加上“对角线互相平分”这个条件，故选项B错误；C．这列数据从小到大排列为6，7，8，8，8，9，11，12，8出现了3次，故众数是8，中位数是，故选项C正确；D．方差越小，数据越稳定，故选项D错误．故选：C．【点睛】本题考查了三角形的外角定理，正方形的判定，众数和中位