2024年中考数学复习（全国版）第二讲 特殊四边形的性质与判定（考点精析+真题精讲）（解析版）

备战2024中考数学一轮复习备战2024中考数学一轮复习第2讲特殊四边形判定及其性质第2讲特殊四边形判定及其性质№考向解读➊考点精析➋真题精讲➌题型突破➍专题精练第五章四边形第2讲特殊四边形判定及其性质本单元内容是考查重点,年年都会考查,分值为15分左右,预计2024年各地中考还将出现,并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大.解答题中考查特殊四边形的性质和判定,一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大.对于本单元内容,要注重基础,反复练习,灵活运用.→➊考点精析←→➋真题精讲←考向一矩形的性质考向二矩形的判定考向三菱形的性质考向四菱形的判定考向五正方形的性质考向六正方形的判定第2讲特殊四边形判定及其性质→➊考点精析←一、矩形的性质与判定1．矩形的性质：（1）四个角都是直角；（2）对角线相等且互相平分；（3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）2．矩形的判定：（1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；（2）有三个角是直角；（3）对角线相等的平行四边形．二、菱形的性质与判定1．菱形的性质：（1）四边相等；（2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；（3）面积=底×高=对角线乘积的一半．2．菱形的判定：（1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；（2）对角线互相垂直的平行四边形；（3）四条边都相等的四边形．三、正方形的性质与判定1．正方形的性质：（1）四条边都相等，四个角都是直角；（2）对角线相等且互相垂直平分；（3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．2．正方形的判定：（1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；（2）一组邻边相等的矩形；（3）一个角是直角的菱形；（4）对角线相等且互相垂直、平分．四、联系（1）两组对边分别平行；（2）相邻两边相等；（3）有一个角是直角；（4）有一个角是直角；（5）相邻两边相等；（6）有一个角是直角，相邻两边相等；（7）四边相等；（8）有三个角都是直角．五、中点四边形（1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.→➋真题精讲←题型三菱形的性质及判定1．（2023·湖南·统考中考真题）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．2．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（

）

A． B．1 C． D．【答案】D【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度．【详解】解：连接与交于O．

∵四边形是菱形，∴，，，，∵，且，∴是等边三角形，∵，∴，，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质．3．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则（

）

A．2 B． C．3 D．4【答案】B【分析】先由菱形的性质得，，，再由勾股定理求出，然后由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解．【详解】解：∵菱形，∴，，，∴由勾股定理，得，∵E为边的中点，∴故选：B．【点睛】本考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．4．（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，．

(1)是直角三角形吗？请说明理由；(2)求证：四边形是菱形．【答案】(1)是直角三角形，理由见解析．(2)见解析【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，再根据勾股定理的逆定理，即可得出结论；（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求证．【详解】（1）解：是直角三角形，理由如下：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴是直角三角形．（2）证明：由（1）可得：是直角三角形，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．5．（2023·云南·统考中考真题）如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，的面积等于，求平行线与间的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）先证，再证，从而四边形是平行四边形，又，于是四边形是菱形；（2）连接，先求得，再证，，于是有，得，再证，从而根据面积公式即可求得．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵分别是的平分线，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：连接，

∵，，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，，∴，即，∴，∵，∴，∵的面积等于，∴，∴平行线与间的距离．【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键．题型四矩形的性质及判定6．（2023·上海·统考中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．【详解】A：，为平行四边形而非矩形故A不符合题意B：，为平行四边形而非矩形故B不符合题意C：为矩形故C符合题意D：不是平行四边形也不是矩形故D不符合题意故选：C．【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．7．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（

）

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴【答案】A【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．【详解】解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，故C，D不符合题意；故选A【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．8．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为___________．

【答案】【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，等面积法证明，进而证明，，根据全等三角形的性质得出，，根据已知条件求得，进而勾股定理求得，进而即可求解．【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，

∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴∴设在中，∴∴，∴∴解得：∴在中，，在中，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．9．（2023·新疆·统考中考真题）如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．

(1)求证：；(2)当时，求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）直接证明，得出，根据、分别是、的中点，即可得证；（2）证明四边形是平行四边形，进而根据，推导出是等边三角形，进而可得，即可证明四边形是矩形．【详解】（1）证明：在与中，∴，∴，又∵、分别是、的中点，∴；（2）∵，∴四边形是平行四边形，，∵为的中点，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴四边形是矩形．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．10．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）如图，点E是矩形的边上的一点，且．

(1)尺规作图（请用铅笔）：作的平分线，交的延长线于点F，连接．（保留作图痕迹，不写作法）；(2)试判断四边形的形状，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】（1）根据题意结合尺规作角平分线的方法作图即可；（2）根据矩形的性质和平行线的性质得出，结合角平分线的定义可得，则，然后根据平行四边形和菱形的判定定理得出结论．【详解】（1）解：如图所示：

（2）四边形是菱形；理由：∵矩形中，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴平行四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了尺规作角平分线，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定以及菱形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．11．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．

(1)求证：；(2)连接，若，求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析；(2)见解析；【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用“角角边”证明三角形全等，再由全等三角形的性质容易得出结论；（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵点E为的中点，∴，在和中，，∴；∴，∵，∴；（2）证明：，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴平行四边形是矩形．【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．12．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．

(1)你添加的条件是_________（填序号）；(2)添加条件后，请证明为矩形．【答案】(1)答案不唯一，①或②；(2)见解析【分析】（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取；（2）通过证明可得，然后结合平行线的性质求得，从而得出为矩形．【详解】（1）解：①或②（2）添加条件①，为矩形，理由如下：在中，，在和中，∴∴，又∵，∴，∴，∴为矩形；添加条件②，为矩形，理由如下：在中，，在和中，∴∴，又∵，∴，∴，∴为矩形【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题关键．题型五正方形的性质及判定13．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为(

)

A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据正方形的性质得到，，然后结合得到，然后证明出，最后利用三角形内角和定理求解即可．【详解】∵四边形是正方形∴，∵∴，∴∴又∵，∴∴∴∴故选：C．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．14．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、含30度角的直角三角形的性质求解即可得．【详解】解：四边形是边长为6的正方形，，在和中，，，，，，，又，，设，则，，，解得，，，，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键．15．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（

）

A．2 B． C．1 D．【答案】D【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度．【详解】解：如图，连接，

四边形是正方形，，，，，，，平分，，，在与,，，，，O为对角线的中点，，故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得是解题的关键．16．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为___________．

【答案】【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半和的周长，求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．【详解】解：的周长为32