文档内容
第 20 讲 特殊的平行四边形 答案解析(教师版）
第一部分：知识点梳理
平行四边形思维导图
知识点一 矩形
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矩形的四个角都是直角，对角线相等且互相平分.
②矩形是轴对称图形，有两条对称轴；
③矩形也是中心对称图形，对称轴的交点就是对称中心；
（矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质）；
3. 矩形的判定定理
（1）三个角是直角的四边形是矩形；
（2）对角线相等的平行四边形是矩形；
（3）有一个角是直角的平行四边形是矩形.
知识点二 菱形
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菱形的四条边都相等；
②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；
③ 菱形面积 ＝ 对角线乘积的一半 .
3.菱形的判定定理：
①一组邻边相等的平行四边形是菱形。
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形。
③四条边相等的四边形是菱形。
知识点三 正方形
1.正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
第 1 页 共 90 页2.正方形的性质：
①四条边都相等，四个角都是直角。
②正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。
（正方形既是特殊的矩形，也是特殊的菱形，它具有矩形、菱形的一切性质 ）
3.正方形的判定定理：
①有一组邻边相等的矩形是正方形；
②有一个角是直角的菱形是正方形；
③有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形.
特殊的平行四边形的关系图
知识点四 中点四边形
1.中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫作中点四边形.
2.常见的中点四边形
（1）顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（2）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（3）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形；
（4）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；
（5）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
3.常见结论归纳：
中点四边形的面积等于原图形面积的一半，周长等于原图形两条对角线之和.
对角线相等的 对角线垂直的 对角线垂直且相等的
原图形 任意四边形
四边形 四边形 四边形
中点四边形
平行四边形 菱形 矩形 正方形
的形状
图示
第 2 页 共 90 页第二部分：考点突破
考点1矩形的性质与判定
1．（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．
2．（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
第 3 页 共 90 页【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 ．
3．（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．
4．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形 沿对角线 折叠，点 落在 处， 交 于点 ．
将 沿 折叠，点 落在 内的 处，下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
第 4 页 共 90 页【分析】本题考查了矩形的折叠问题，三角形内角和定理以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的性
质是解题的关键；结果矩形的性质的可得 ， ，则 ，进而根据折叠的性质得
出 ， ，即可求解．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴
∵折叠
∴
∴
∵ ，即
∴ ，故A不正确
∵
∴ ，故B不正确
∵折叠，
∴
∵ ，故C不正确，D选项正确
故选：D．
5．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，矩形 中， ．点P是 边上一动点，点M
为线段 上一动点． ，则 的最小值为（ ）．
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】设 的中点为 ，连接 ，证明 ，得出 ，点 在 点为圆心，
4为半径的圆上，利用勾股定理求出 从而计算出答案．
第 5 页 共 90 页【详解】解：设 的中点为 ，连接 ，
∵四边形 为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
∴点 在 点为圆心，4为半径的圆 上．
，
，
∵ 的最小值为2．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的性质，圆周角定理
等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题．
6．（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 ．
第 6 页 共 90 页【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： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
第 7 页 共 90 页∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴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，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
第 8 页 共 90 页∴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．
7．（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：
第 9 页 共 90 页， ,
,
,
;
或 ，如图：
， ,
,
,
;
综上， 的度数可以是 或 或 ．
故答案为： 或 或 ．
8．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形 中， ， ，点E是边 的中点，点
F是对角线 上一动点，作点C关于直线 的对称点P，若 ，则 的长为 ．
【答案】 或
【分析】本题考查了对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，
根据题意画出示意图，连接 ，交直线 于点G，延长 交 于点H，当点P在 上方时，由勾
股定理求出 ，进而得到 ，由点C关于直线 的对称点P，得到
第 10 页 共 90 页， ，求出 ，进而得到 ，再求出
，证明 是等腰三角形，在 中，解直角三角形求出
，进而求解；当点P在 下方时，先求出 ， ，结合对称的性质易证 是
等边三角形，易求 ，解直角三角形求出 ，由 即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，交直线 于点G，延长 交 于点H，
当点P在 上方时，
∵在矩形 中， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵点E是边 的中点，
∴ ，
∵点C关于直线 的对称点P，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
第 11 页 共 90 页∴ ；
∵ ， ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，
∴ ；
如图，当点P在 下方时，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
由对称的性质得 ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
综上， 的长为 或 ．
故答案为： 或 ．
第 12 页 共 90 页9．（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 ．
第 13 页 共 90 页10．（2022·青海·中考真题）如图矩形 的对角线 和 相交于点 ，过点 的直线分别交
和 于点 ， ， ， ，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，首先证明 ，由此可得出
，则可求出答案．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴
∴ ,
又
∴ ，
∴
∴
故答案为：3
11．（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
第 14 页 共 90 页性质推出 ，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： ．
12．（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
第 15 页 共 90 页，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．
13．（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， ．
第 16 页 共 90 页(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， ， ，
第 17 页 共 90 页∴ ，
∴ ；
∵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 ．
14．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形 中， ， 是边 的中点，
．求证：四边形 是矩形．
【答案】证明见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及矩形的判定，熟练掌握判定定理是解
题关键．利用 可证明 ，得出 ，根据 得出 ，即可证
明四边形 是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明四边形 是
矩形．
【详解】证明：∵ 是边 的中点，
∴ ，
第 18 页 共 90 页在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是矩形．
15．（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，
第 19 页 共 90 页∵ ，
∴四边形 是矩形；
（2）解：∵ ， ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∵ ，
∴ ，
∴ 的长为10．
考点2菱形的性质与判定
16．（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 ，
第 20 页 共 90 页∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是 ，
故选：D．
17．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形 中， ， 是 的中点，则
的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅
助线，构造直角三角形求解．
延长 ，过点E作 延长线的垂线，垂足为点H，设 ，易得 ，则
，进而得出 ，再得出 ，
最后根据 ，即可解答．
第 21 页 共 90 页【详解】解：延长 ，过点E作 延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴ ，
设 ，
∵ 是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
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
第 22 页 共 90 页而求出 ，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．（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，
第 23 页 共 90 页∴ ，
∴ ，
∵ 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．
20．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图， 的对角线 ， 交于点 ，以下条件不能证明
是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根据菱形的判定，勾股
定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、∵ ，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ 是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ，
∴ 是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵ ，
第 24 页 共 90 页∴ ，即 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ 是菱形，故本选项不符合题意；
D、∵ ，
∴ ，无法得到 是菱形，故本选项符合题意；
故选：D
21．（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，
第 25 页 共 90 页∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴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．
22．（2025·山东烟台·中考真题）如图，菱形 的顶点 在 轴正半轴上， ，反比例函数
的图象过点 和菱形的对称中心 ，则 的值为（ ）
A．4 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，反比例函数的性质，先证明 ，
，设 ，可得 ， ，求解 ，过 作 于
，再进一步求解即可．
【详解】解：∵菱形 的顶点 在 轴正半轴上， ，
∴ ， ，
∴ ，
设 ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
第 26 页 共 90 页过 作 于 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故选：D
23．（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： ．
24．（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．
第 27 页 共 90 页【详解】解：如图，菱形 的周长为 ，
∴ ，
过 作 于 ，而 ，
∴ ，
故答案为：
25．（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．
第 28 页 共 90 页26．（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： ．
第 29 页 共 90 页27．（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 ，
第 30 页 共 90 页由对称性得 ，
∴ ，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．
28．（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形 中，对角线 与 相交于点 ，
第 31 页 共 90 页点 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，
， ，
，
，
，
，
第 32 页 共 90 页故答案为： ．
29．（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 ，
第 33 页 共 90 页∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
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.
30．（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 ，
第 34 页 共 90 页∵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： ．
31．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形 中，对角线 ， 相交与点 ，点
在 延长线上， 与 相交与点 ．若 ， ，则菱形 的面积为
．
【答案】96
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作 交 于
点H，则 ，求得 ，再证明 ，求得 ，再证明
第 35 页 共 90 页，则 ，利用勾股定理求得 的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问
题的答案．
【详解】解：作 交 于点H，则 ，
∵四边形 是边长为10的菱形，对角线 相交于点O，
∴ ， ， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，且 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
故答案为：96．
32．（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： ．
第 36 页 共 90 页【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，
，
∴ ，
∴ ．
33．（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， ， ， ，
第 37 页 共 90 页∴ ，
∴ ，
∴ ．
34．（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：
∵ ，
第 38 页 共 90 页∴ ，
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．
35．（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 ， ．
第 39 页 共 90 页(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 ，
∴ ，
第 40 页 共 90 页∴ ，
∵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．
36．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形 中，点 在边 上， ，连
接 ，点 为 的中点， 的延长线交边 于点 ，连接
(1)求证：四边形 是菱形：
(2)若平行四边形 的周长为 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识 ：
（1）由平行四边形的性质得 再证明 ，得出
，证明出四边形 是平行四边形，由 得出四边形 是菱形：
（2）求出菱形 的周长为20，得出 ，再证明 是等边三角形，得出 ．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ 即
∴
∵ 为 的中点，
第 41 页 共 90 页∴
∴ ，
∴
∵
∴四边形 是平行四边形，
又
∴四边形 是菱形；
（2）解：∵
∴
∵平行四边形 的周长为22，
∴菱形 的周长为：
∴
∵四边形 是菱形，
∴
又
∴ 是等边三角形，
∵ ．
37．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在四边形 中， ，且 ， 是
的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论：
甲：若连接 ，则四边形 是菱形；
乙：若连接 ，则 是直角三角形．
请选择一名同学的结论给予证明．
第 42 页 共 90 页【答案】见解析
【分析】选择甲：由 ， 是 的中点．得 ，从而得四边形 是平
行四边形，再根据 ，即可证明结论成立；选择乙：连接 、 ， 交 于 ，分别证明
四边形 是平行四边形，四边形 是菱形，得 ， ，再根据平行线的性质及垂
线定义即可得证．
【详解】证明：选择甲：如图1，
∵ ， 是 的中点．
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形；
选择乙：如图 ，连接 、 ， 交 于 ，
∵ ， 是 的中点．
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形；
∴ ，
第 43 页 共 90 页∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴
∴ ，
∴ 是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形的判定及性质、垂线定义、平行线的性质，熟练掌握菱形、
平行四边形的判定及性质是解题的关键．
38．（2025·四川达州·中考真题）归纳与应用
归纳是学好数学的敲门砖，尤其对几何而言．例如，我们看到图1是平行四边形，就会联想到：从边的
角度，平行四边形对边平行且相等；从角的角度，平行四边形对角相等，邻角互补；从对角线的角度，
平行四边形对角线互相平分；从对称性的角度，平行四边形是中心对称图形通过如此归纳形成知识体系
的学习方法，成为我们解决相关问题的金钥匙：
(1)尝试归纳：请你根据图2，写出3条直角三角形的性质
①____________________________________________________________________________；
②____________________________________________________________________________；
③____________________________________________________________________________．
(2)实践应用：小明同学在思考直角三角形的性质时，作出如图3， ，点D是 的中点，
， ，试帮他判断四边形 的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)四边形 是菱形，见解析
【分析】本题考查了菱形的判定，直角三角形的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）可写出直角三角形的性质，如勾股定理，直角三角形两锐角互余，斜边大于直角边等；
（2）先证明为平行四边形，再由直角三角形斜边中线的性质得到 ，即可证明为菱形．
【详解】（1）解：直角三角形的3条性质：
① ；
② ；
③ ；
第 44 页 共 90 页（2）解：四边形 是菱形，理由如下：
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，点D是 的中点，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
39．（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
第 45 页 共 90 页，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，
第 46 页 共 90 页∴ ， ， ， ，
∴ ，
∴ ；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
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，
第 47 页 共 90 页∴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．
考点3正方形的性质与判定
40．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形 是平行四边形，从① ，② ，③
，这三个条件中任意选取两个，能使 是正方形的概率为（ ）
第 48 页 共 90 页A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关
键．
根据从① ，② ，③ ，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3
种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式
求解即可．
【详解】解：从① ，② ，③ ，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、
②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．
∴ ，从① ，② ，③ ，这三个条件中任意选取两个，能使 是正
方形的概率为 ．
故选：A．
41．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形 的顶点G在正方形 的边 上， 与 交于点
H，若 ， ，则 的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明 ，利用相似三角形
的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵正方形 ， ，
∴ ，
第 49 页 共 90 页∵正方形 ， ，
∴ ，
∴ ，
由题意得 ，
∴ ，
∴ ，即 ，
解得 ，
故选：B．
42．（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 ，
第 50 页 共 90 页∵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.
43．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形 中， ，点E在边 上， 是
的中点，点H在 边上， ，则 的长为（ ）．
第 51 页 共 90 页A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先过点 作 ，连接数 、，延长 到点 ，使 ，连接 ，根据
可得 ，利用 可证 ，再利用 可证 ，从而可
得 ，利用勾股定理可得 ，利用梯形中位线定理可以求出 ，根据 可
证 ，根据相似三角形对应边成比例可以求出 的值．
【详解】解：如下图所示，过点 作 ，连接数 、 ，延长 到点 ，使 ，连接
，
四边形 是正方形， ，
， ，
，
， ，
，
， ，
第 52 页 共 90 页，
，
在 和 中 ，
，
， ，
，
，
在 和 中 ，
，
，
设 ，则 ， ，
在 中， ，
，
解得： ，
，
，
点 是 的中点，
是梯形 的中位线，
， ，
，
，
又 ，
，
第 53 页 共 90 页，
，
解得： ．
故选：C．
【点睛】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、勾股定理、
梯形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键．
44．（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 ．
第 54 页 共 90 页【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，
∵ ， ，
∴ ，
第 55 页 共 90 页∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴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．
45．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形 中，点 是 上一点，点 是 延长
线上一点，连接 ， ， 平分 ．交 于点 ．若 ，则 的长度为
（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】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，先由正方形的性质得到
第 56 页 共 90 页，再证明 得到
，进一步证明 得到 ，设 ，则
，
在 中，由勾股定理得 ，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
故选：D．
46．（2024·四川资阳·中考真题）第 届国际数学教育大会（ ）会标如图 所示，会标中心的
图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图 所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（ ，
， ， ）和一个小正方形 拼成的大正方形 ．若 ，则
（ ）
第 57 页 共 90 页A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设 ，则 ，根据全等三角形，正方形的性质可得 ，再根据勾股定理可得
，即可求出 的值．
【详解】解：根据题意，设 ，则 ，
∵ ，四边形 为正方形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故选： ．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是
解题的关键．
47．（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
第 58 页 共 90 页【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，
第 59 页 共 90 页点 到 的距离相等，
，
故选：A．
48．（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，
，
，
，
，
，
第 60 页 共 90 页在 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．
49．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）在菱形 中，对角线 相交于点O，若添加一个条
件使该菱形为正方形，该条件可以是 ．
第 61 页 共 90 页【答案】 （答案不唯一）
【分析】本题主要考查的是正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
依据正方形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加： ；
根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的： ；
故添加的条件为： 或 ．
50．（2024·广东深圳·中考真题）如图所示，四边形 ， ， 均为正方形，且
， ，则正方形 的边长可以是 （写出一个答案即可）．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】本题考查了正方形的性质，由题意可得 ， ，结合图形得出 ，即可
得解，熟练掌握正方形的性质是解此题的关键．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴正方形 的边长可以是 ，
故答案为： （答案不唯一）．
51．（2024·江苏南通·中考真题）如图，在 中， ， ．正方形 的
边长为 ，它的顶点D，E，G分别在 的边上，则 的长为 ．
第 62 页 共 90 页【答案】
【分析】过点 作 ，易得 为等腰直角三角形，设 ，得到
，证明 ，得到 ，进而得到 ， ，在
中，利用勾股定理求出 的值，根据平行线分线段成比例，求出 的长即可．
【详解】解：过点 作 ，则： ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则： ，
∵正方形 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
第 63 页 共 90 页∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理，得： ，
∴ ，解得： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平
行线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形．
52．（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
第 64 页 共 90 页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，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
第 65 页 共 90 页∴ ，
∴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.
53．（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∵ ，
第 66 页 共 90 页∴ ，
∴ ，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）
第 67 页 共 90 页∵ ，
∴ ，
∴ ．故结论④正确；
综上所述：①③④结论正确，
故答案为：①③④．
54．（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，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
第 68 页 共 90 页∴ ，
∴ ．
55．（2022·湖南邵阳·中考真题）如图，在菱形 中，对角线 ， 相交于点 ，点 ， 在对
角线 上，且 ， ．
求证：四边形 是正方形．
【答案】证明过程见解析
【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形
即可证明四边形AECF是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形
∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF
∴ OB-BE=OD-DF
即OE=OF
∵OE=OA
∴OA=OC=OE=OF且AC=EF
又∵AC⊥EF
∴ 四边形DEBF是正方形．
【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．
56．（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
第 69 页 共 90 页【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，
，
，
，
，
，
，
．
57．（2025·福建·中考真题）如图，矩形 中， ．
(1)求作正方形 ，使得点E，G分别落在边 上，点F，H落在 上；（要求：尺规作图，
不写作法，保留作图痕迹）
(2)若 ，求（1）中所作的正方形的边长．
【答案】(1)见解析
(2)
第 70 页 共 90 页【分析】（1）作 的中垂线交 于点 ，交 于点 ，以 为直径画圆，交 于点 ，即可
得到正方形 ；
（2）勾股定理求出 的长，进而求出 的长，证明 ，求出 的长，再根据正方形
的性质，结合勾股定理求出 的长即可．
【详解】（1）解：如图，四边形 就是所求作的正方形．
由作图可知， ， ，
∵矩形 ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
由作图可知， ，
∴四边形 为矩形，
∵ ，
∴四边形 为正方形；
（2）由（1）知： ， ，
四边形 是矩形，
，
在 中， ，
，
．
第 71 页 共 90 页，
．
又 ，
，
，即 ，
．
在 中， ，
，
∴正方形EFGH的边长为 ．
【点睛】本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、
相似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化
思想、函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
58．（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形 ， 是对角线 上一点．
(1)如图1，连接 ， ．求证： ；
(2)如图2， 是 延长线上一点， 交 于点 ， ．判断 的形状并说明理由；
(3)在第（2）题的条件下， ．求 的值．
【答案】(1)见解析
(2) 是等腰三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用正方形的性质得出 ， ，进而即可得到
；
第 72 页 共 90 页（2）先判断出 ，进而判断出 ，即可得到结论；
（3）先求出 的长，可证明 是等腰直角三角形．从而得到 的长，再利用 ，
，可证得 ，进而得到 ，从而可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形 是正方形， 是对角线，
∴ ， ，
在 和 中
∴ ．
（2）解： 是等腰三角形，理由如下：
∵ ，
∴ ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形．
（3）解：∵ ， ，
∴ ，
第 73 页 共 90 页又∵ ，
∴ 是等腰直角三角形．
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，
熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
59．（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践
如图，在边长为8的正方形 中，作射线 ，点 是射线 上的一个动点，连接 ，以 为边
作正方形 ，连接 交射线 于点 ，连接 ．（提示：依题意补全图形，并解答）
【用数学的眼光观察】
（1）请判断 与 的位置关系，并利用图（1）说明你的理由．
【用数学的思维思考】
（2）若 ，请你用含 的代数式直接写出 的正切值________．
【用数学的语言表达】
（3）设 ，正方形 的面积为 ．请求出 与 的函数解析式．（不要求写出自变量 的取值范
围）
第 74 页 共 90 页【答案】（1） ，理由见解析；
（2） ；
（3） 与 的函数解析式为 ．
【分析】（1）由正方形的性质，得出线段之间的数量关系和角之间的数量关系，综合应用全等三角形的
判定和性质即可确定 与 的位置关系；
（2）由正方形的性质，可得线段之间的位置关系，综合应用相似三角形的判定和性质，可得边之间的比
例关系，化简整理即可；
（3）根据点 的位置变化，进行分类讨论，应用勾股定理即可得出每种情况下正方形的面积，对各种情
况所得结果进行整理即可．
【详解】（1）解：
理由：
∵四边形 和四边形 都是正方形，
∴ ， ， ， ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
第 75 页 共 90 页∴ ．
（2）解：连接 交 于点 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵正方形的边长 ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
第 76 页 共 90 页（3）解：当点 在对角线 上时，如图 ，过点 作 于点 ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴在 中， ，
∴ ，
当点 在 上，点 在 上时，如图 ，过点 作 于点 ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴在 中， ，
∴ ，
当点 在对角线 的延长线上时，如图 ，过点 作 交 的延长线于点 ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴在 中， ，
∴ ，
第 77 页 共 90 页综上所述， ，
答： 与 的函数解析式为 ．
【点睛】本题考查正方形的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
勾股定理，正方形的面积，解题的关键是熟练掌握三角形全等和相似的判定定理，会用分类讨论的思想
方法解决问题．
60．（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；
第 78 页 共 90 页【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；
第 79 页 共 90 页（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 ， ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
第 80 页 共 90 页∴ ，
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 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
第 81 页 共 90 页∴ 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： ，
∴ ，
第 82 页 共 90 页∴ ．
【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．
61．（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．
第 83 页 共 90 页【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，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
第 84 页 共 90 页（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，
，
，
，
，
．
62．（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．
第 85 页 共 90 页(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，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
第 86 页 共 90 页∵ ， ，
∴ ，
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： ，
∵ ，
∴ ．
第 87 页 共 90 页【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．
63．（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边 上一点， 于点
F， ， ， ．试猜想四边形 的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形 中，E是边 上一点，
于点F， 于点H， 交 于点G，可以用等式表示线段 ， ， 的数
量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形 中，E是边
上一点， 于点H，点M在 上，且 ，连接 ， ，可以用等式表示线段
， 的数量关系，请你思考并解答这个问题．
【答案】（1）四边形 是正方形，证明见解析；（2） ；（3） ，证明见
解析；
【分析】（1）证明 ，可得 ，从而可得结论；
（2）证明四边形 是矩形，可得 ，同理可得： ，证明
， ， ，证明四边形 是正方形，可得 ，从而可得结论；
（3）如图，连接 ，证明 ， ， ， ，可得
，再证明 ，可得 ，证明 ，可得 ，
从而可得答案．
第 88 页 共 90 页【详解】解：（1）∵ ， ， ，
∴ ， ，
∵矩形 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴矩形 是正方形．
（2）∵ ， ， ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
同理可得： ，
∵正方形 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ．
（3）如图，连接 ，
∵ ，正方形 ，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
第 89 页 共 90 页∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角
形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
第 90 页 共 90 页
