專題17 特殊的平行四邊形（39題）2024年中考數(shù)學真題分類匯編（解析版）

第第頁專題17特殊的平行四邊形（39題）一、單選題1．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形中，點在上，當是等邊三角形時，為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)是解題的關鍵．由矩形得到，繼而得到，而是等邊三角形，因此得到．【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，故選：C．2．（2024·四川瀘州·中考真題）下列幾何體中，其三視圖的主視圖和左視圖都為矩形的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本題考查三視圖．主視圖、左視圖是分別從物體正面、左面所看到的圖形．依此即可求解．【詳解】解：A、主視圖為三角形，左視圖為三角形，故本選項不符合題意；B、主視圖為三角形，左視圖為三角形，故本選項不符合題意；C、主視圖為矩形，左視圖為矩形，故本選項符合題意；D、主視圖為矩形，左視圖為三角形，故本選項不符合題意．故選：C．3．（2024·四川瀘州·中考真題）已知四邊形是平行四邊形，下列條件中，不能判定為矩形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查了矩形的判定．根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形、對角線相等的平行四邊形是矩形、有一個角是直角的平行四邊形是矩形判斷即可．【詳解】解：如圖，A、，能判定為矩形，本選項不符合題意；B、∵，，∴，能判定為矩形，本選項不符合題意；C、，能判定為矩形，本選項不符合題意；D、，能判定為菱形，不能判定為矩形，本選項符合題意；故選：D．4．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，以點A為圓心，適當?shù)拈L為半徑畫弧，交兩邊于點M，N，再分別以M、N為圓心，的長為半徑畫弧，兩弧交于點B，連接．若，則（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)．證明四邊形是菱形，即可求解．【詳解】解：由作圖知，∴四邊形是菱形，∵，∴，故選：A．5．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，正方形中有一個由若干個長方形組成的對稱圖案，其中正方形邊長是，則圖中陰影圖形的周長是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查平移的性質(zhì)，利用平移的性質(zhì)將陰影部分的周長轉化為邊長是的正方形的周長加上邊長是的正方形的兩條邊長再減去，由此解答即可．【詳解】解：由圖可得：陰影部分的周長為邊長是的正方形的周長加上邊長是的正方形的兩條邊長再減去，陰影圖形的周長是：，故選：A．6．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖，在矩形中，，，點M是邊的中點，點N是邊上任意一點，將線段繞點M順時針旋轉，點N旋轉到點，則周長的最小值為（

）A．15 B． C． D．18【答案】B【分析】本題考查了旋轉的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，確定點的軌跡是解題的關鍵．由旋轉的性質(zhì)結合證明，推出，得到點在平行于，且與的距離為5的直線上運動，作點關于直線的對稱點，連接交直線于點，此時周長取得最小值，由勾股定理可求解．【詳解】解：過點作，交于，過點作垂足為，∵矩形，∴，∴，∴四邊形和都是矩形，∴，由旋轉的性質(zhì)得，，∴，∴，∴，∴點在平行于，且與的距離為5的直線上運動，作點關于直線的對稱點，連接交直線于點，此時周長取得最小值，最小值為，∵，，∴，故選：B．7．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，的對角線，交于點，以下條件不能證明是菱形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題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．根據(jù)菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐項判斷即可求解．【詳解】解：A、∵，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴是菱形，故本選項不符合題意；B、∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴∴，∴是菱形，故本選項不符合題意；C、∵，∴，即，∵四邊形是平行四邊形，∴是菱形，故本選項不符合題意；D、∵，∴，無法得到是菱形，故本選項符合題意；故選：D8．（2024·江蘇蘇州·中考真題）如圖，矩形中，，，動點E，F(xiàn)分別從點A，C同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿，向終點B，D運動，過點E，F(xiàn)作直線l，過點A作直線l的垂線，垂足為G，則的最大值為（

）

A． B． C．2 D．1【答案】D【分析】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、動點軌跡、與圓有關的位置關系等知識，根據(jù)矩形的性質(zhì)以及直角三角形斜邊中線的性質(zhì)確定G的軌跡是本題解題的關鍵．連接，交于點，取中點，連接，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，可以得出的軌跡，從而求出的最大值．【詳解】解：連接，交于點，取中點，連接，如圖所示：

∵四邊形是矩形，∴，，，∴在中，，∴，∵，，在與中，，，，，共線，，是中點，∴在中，，的軌跡為以為圓心，為半徑即為直徑的圓弧．∴的最大值為的長，即．故選：D．9．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點在軸負半軸上，頂點在直線上，若點的橫坐標是8，為點的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點B作軸，垂足為點D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性質(zhì)得到軸，最后由平移即可求解．【詳解】解：過點B作軸，垂足為點D，∵頂點在直線上，點的橫坐標是8，∴，即，∴，∵軸，∴由勾股定理得：，∵四邊形是菱形，∴軸，∴將點B向左平移10個單位得到點C，∴點，故選：B．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像，勾股定理，菱形的性質(zhì)，點的坐標平移，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關鍵．10．（2024·重慶·中考真題）如圖，在正方形的邊上有一點，連接，把繞點逆時針旋轉，得到，連接并延長與的延長線交于點．則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】過點F作延長線的垂線，垂足為點H，則，證明，則，設，得到，則，故，同理可求，則，因此．【詳解】解：過點F作延長線的垂線，垂足為點H，則，由旋轉得，∵四邊形是正方形，∴，，，設，∴，∵，∴，∴，∴，，設，則，∴，∴，而，∴，∴，∵，∴，同理可求，∴，∴，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，旋轉的性質(zhì)，正確添加輔助線，構造“一線三等角全等”是解題的關鍵．11．（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，菱形的對角線，相交于點O，E是的中點，連接．若，則菱形的邊長為（

）

A．6 B．8 C．10 D．12【答案】A【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”可得，即可得解．本題主要考查了菱形的性質(zhì)和“直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半”的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【詳解】解：∵四邊形是菱形，，∵E是的中點，，∴。故選：A．12．（2024·北京·中考真題）如圖，在菱形中，，為對角線的交點.將菱形繞點逆時針旋轉得到菱形，兩個菱形的公共點為，，，.對八邊形給出下面四個結論：①該八邊形各邊長都相等；②該八邊形各內(nèi)角都相等；③點到該八邊形各頂點的距離都相等；④點到該八邊形各邊所在直線的距離都相等。上述結論中，所有正確結論的序號是（

）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】B【分析】根據(jù)菱形，，則，，結合旋轉的性質(zhì)得到點一定在對角線上，且，，繼而得到，，結合，繼而得到，可證，，同理可證，證，繼而得到，得到，可以判定該八邊形各邊長都相等，故①正確；根據(jù)角的平分線的性質(zhì)定理，得點到該八邊形各邊所在直線的距離都相等，可以判定④正確；根據(jù)題意，得，結合，，得到，可判定②該八邊形各內(nèi)角不相等；判定②錯誤，證，進一步可得，可判定點到該八邊形各頂點的距離都相等錯誤即③錯誤，解答即可.本題考查了旋轉的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，三角形全等判定和性質(zhì)，角的平分線性質(zhì)定理，熟練掌握旋轉的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，三角形全等判定和性質(zhì)是解題的關鍵.【詳解】向兩方分別延長，連接，根據(jù)菱形，，則，，∵菱形繞點逆時針旋轉得到菱形，∴點一定在對角線上，且，，∴，，∵，∴，∴，，同理可證，∵，∴，∴，∴，∴該八邊形各邊長都相等，故①正確；根據(jù)角的平分線的性質(zhì)定理，得點到該八邊形各邊所在直線的距離都相等，∴④正確；根據(jù)題意，得，∵，，∴，∴該八邊形各內(nèi)角不相等；∴②錯誤，根據(jù)，∴，∴，∵，故，∴點到該八邊形各頂點的距離都相等錯誤∴③錯誤，故選B．二、填空題13．（2024·四川·中考真題）在菱形ABCD中，AB＝2，則菱形的周長是．【答案】8cm【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可直接進行求解．【詳解】解：由菱形的四條邊相等可得：菱形的周長為2×4=8cm，故答案為：8cm．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關鍵．14．（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，正方形的對角線相交于原點O．若點A的坐標是，則點C的坐標是．【答案】【分析】本題考查坐標與圖形，根據(jù)正方形的對角線互相垂直平分，得到關于原點對稱，即可得出結果．【詳解】解：∵正方形的對角線相交于原點O，∴，∴關于原點對稱，∵點A的坐標是，∴點C的坐標是；故答案為：．15．（2024·上?！ぶ锌颊骖}）在菱形中，，則．【答案】/57度【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理，利用菱形性質(zhì)得出，利用等邊對等角得出，然后結合三角形內(nèi)角和定理求解即可．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，∴，故答案為：．16．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）已知菱形中對角線相交于點O，添加條件可使菱形成為正方形．【答案】或【分析】本題主要考查的是菱形和正方形的判定，熟練掌握菱形的判定定理是解題的關鍵，依據(jù)正方形的判定定理進行判斷即可.【詳解】解：根據(jù)對角線相等的菱形是正方形，可添加：；根據(jù)有一個角是直角的菱形是正方形，可添加的：；故添加的條件為：或．17．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，四邊形為正方形，為等邊三角形，于點F，若，則．【答案】2【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形，根據(jù)正方形和等邊三角形的性質(zhì)，得到為含30度角的直角三角形，，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：∵四邊形為正方形，為等邊三角形，，，∴，∴，∴；故答案為：2．18．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，正方形頂點M的坐標為，是等邊三角形，點B坐標是，在正方形內(nèi)部緊靠正方形的邊（方向為）做無滑動滾動，第一次滾動后，點A的對應點記為，的坐標是；第二次滾動后，的對應點記為，的坐標是；第三次滾動后，的對應點記為，的坐標是；如此下去，……，則的坐標是．【答案】【分析】本題考查了點的坐標變化規(guī)律，正方形性質(zhì)，等邊三角形性質(zhì)，根據(jù)三角形的運動方式，依次求出點A的對應點，，，的坐標，發(fā)現(xiàn)規(guī)律即可解決問題．【詳解】解：正方形頂點M的坐標為，,是等邊三角形，點B坐標是，等邊三角形高為，由題知，的坐標是；的坐標是；的坐標是；繼續(xù)滾動有，的坐標是；的坐標是；的坐標是；的坐標是；的坐標是；的坐標是；的坐標是；的坐標是；的坐標是；的坐標是；不斷循環(huán)，循環(huán)規(guī)律為以，，，，12個為一組，，的坐標與的坐標一樣為，故答案為：．19．（2024·四川廣安·中考真題）如圖，直線與軸、軸分別相交于點，，將繞點逆時針方向旋轉得到，則點的坐標為．【答案】【分析】本題考查一次函數(shù)圖象與坐標軸的交點，旋轉的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)等，延長交y軸于點E，先求出點A和點B的坐標，再根據(jù)旋轉的性質(zhì)證明四邊形是正方形，進而求出和的長度即可求解．【詳解】解：如圖，延長交y軸于點E，中，令，則，令，解得，，，，，繞點逆時針方向旋轉得到，，，，四邊形是正方形．，，點的坐標為．故答案為：．20．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，將一張矩形紙片上下對折，使之完全重合，打開后，得到折痕EF，連接BF．再將矩形紙片折疊，使點B落在BF上的點H處，折痕為AG．若點G恰好為線段BC最靠近點B的一個五等分點，，則BC的長為．

【答案】【分析】本題考查矩形折疊，勾股定理，解直角三角形，設與交于點，，則：，勾股定理求出，等積法求出，根據(jù)，列出方程進行求解即可．【詳解】解：設與交于點，∵矩形，∴，∵翻折，∴，，設，則：，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，經(jīng)檢驗是原方程的解，∴；故答案為：．

21．（2024·四川德陽·中考真題）如圖，四邊形是矩形，是正三角形，點是的中點，點是矩形內(nèi)一點，且是以為底的等腰三角形，則的面積與的面積的比值是．【答案】2【分析】本題考查矩形的性質(zhì)，正三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識點，正確設出邊長表示出兩個三角形的面積是解題的關鍵．作輔助線如圖，設，，根據(jù)相關圖形的性表示出三角形的面積即可得到答案．【詳解】解：如圖，找，中點為，，連接，，連接，，過作交的延長線于點，延長，與交于點．設，，∵是以為底的等腰三角形，∴在上，∴到的距離即為，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，故答案為：2．22．（2024·四川南充·中考真題）如圖，在矩形中，為邊上一點，，將沿折疊得，連接，，若平分，，則的長為．

【答案】【分析】過作于點，于點，，由四邊形是矩形，得，，證明四邊形是矩形，通過角平分線的性質(zhì)證得四邊形是正方形，最后根據(jù)折疊的性質(zhì)和勾股定理即可求解．【詳解】如圖，過作于點，于點，

∴，∵四邊形是矩形，∴，，∴四邊形是矩形，∵平分，∴，，∴四邊形是正方形，由折疊性質(zhì)可知：，，∴，∴，，在中，由勾股定理得，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)和判定，折疊的性質(zhì)，勾股定理，所對直角邊是斜邊的一半，角平分線的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．23．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，在中，，，．點P在邊上，過點P作，垂足為D，過點D作，垂足為F．連接，取的中點E．在點P從點A到點C的運動過程中，點E所經(jīng)過的路徑長為．【答案】/【分析】本題考查含30度角的直角三角形，一次函數(shù)與幾何的綜合應用，矩形的判定和性質(zhì)，兩點間的距離，以為原點，建立如圖所示的坐標系，設，則，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)，求出點的坐標，得到點在直線上運動，求出點分別與重合時，點的坐標，利用兩點間的距離公式進行求解即可．【詳解】解：以為原點，建立如圖所示的坐標系，設，則，則：，∵，∴，∵，∴，∴，∴，過點作，則：，∴，∵，，，∴四邊形為矩形，∴，∴，∵為的中點，∴，令，則：，∴點在直線上運動，當點與重合時，，此時，當點與重合時，，此時，∴點E所經(jīng)過的路徑長為；故答案為：．24．（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，正方形的邊長為1，M、N是邊、上的動點．若，則的最小值為．【答案】/【分析】將順時針旋轉得到，再證明，從而得到，再設設，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，從而利用完全平方公式得到，從而得解．【詳解】解：∵正方形的邊長為1，∴，，將順時針旋轉得到，則，∴，，，，∴點P、B、M、C共線，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，設，，則，，∴，∵，∴，即，整理得：，∴，當且僅當，即，也即時，取最小值，故答案為：．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，二次根式的運算，完全平方公式等知識，證明和得到是解題的關鍵．三、解答題25．（2024·四川廣安·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AB和BC上的點，且BE＝BF．求證：∠DEF＝∠DFE．【答案】見解析【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，再由BE=BF，可推出AE=CF，即可利用SAS證明△ADE≌△CDF得到DE=DF，則∠DEF=∠DFE．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，∵BE=BF，∴AB-BE=BC-BF，即AE=CF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴DE=DF，∴∠DEF=∠DFE．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，解題的關鍵在于能夠熟練掌握菱形的性質(zhì)．26．（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，在矩形中，是的中點，連接．求證：(1)；(2)．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊對等角．（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出，再根據(jù)中點的定義得出，即可根據(jù)求證；（2）根據(jù)全等的性質(zhì)得出，根據(jù)等邊對等角即可求證．【詳解】（1）證明：∵四邊形是矩形，∴，∵是的中點，∴，在和中，，∴（2）證明：∵，∴，∴．27．（2024·福建·中考真題）如圖，在菱形中，點分別在邊上，，求證：．【答案】見解析【分析】本題考查菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解答的關鍵．根據(jù)菱形的性質(zhì)證得，，再根據(jù)全等三角形的判定證明即可．【詳解】證明：四邊形是菱形，，，，，．28．（2024·云南·中考真題）如圖，在四邊形中，點、、、分別是各邊的中點，且，，四邊形是矩形．(1)求證：四邊形是菱形；(2)若矩形的周長為22，四邊形的面積為10，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，，證明四邊形是平行四邊形，再利用三角形中位線定理得到，，利用矩形的性質(zhì)得到，即可證明四邊形是菱形；（2）利用三角形中位線定理和菱形性質(zhì)得到，利用lx面積公式得到，再利用完全平方公式結合勾股定理進行變形求解即可得到．【詳解】（1）解：連接，，，，四邊形是平行四邊形，四邊形中，點、、、分別是各邊的中點，，，四邊形是矩形，，，四邊形是菱形；（2）解：四邊形中，點、、、分別是各邊的中點，，，矩形的周長為22，，四邊形是菱形，即，四邊形的面積為10，，即，，，．【點睛】本題考查了平行四邊形性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，三角形中位線定理，菱形的性質(zhì)和判定，菱形面積公式，勾股定理，完全平方公式，熟練掌握相關性質(zhì)是解題的關鍵．29．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，點O是對角線的交點，過點O的直線分別交，于點E，F(xiàn)．(1)求證：；(2)當時，，分別連接，，求此時四邊形的周長．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題主要考查了平行四邊形和菱形．熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，是解決問題的關鍵．（1）由題目中的中，O為對角線的中點，可以得出，，結合，可以證得兩個三角形全等，進而得出結論；（2）由（1）中得到的結論可以得到，結合得出四邊形是平行四邊形，進而利用證明出四邊形為菱形，根據(jù)即可求出菱形的周長．【詳解】（1）∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵點O是對角線的交點，∴，在△和中，，∴．（2）由（1）知，，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴是菱形，∴，∴，∴四邊形的周長為．30．（2024·四川涼山·中考真題）如圖，在菱形中，，是邊上一個動點，連接，的垂直平分線交于點，交于點．連接．

(1)求證：；(2)求的最小值．【答案】(1)見詳解(2)【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)證明，再結合是的垂直平分線，即可證明；（2）過點N作于點F，連接，，則，故，此時，在中，進行解直角三角形即可．【詳解】（1）證明：連接，

∵四邊形是菱形，∴，，∵，∴，∴，∵是的垂直平分線，∴，∴；（2）解：過點N作于點F，連接，

∵，∴，∵，∴，當點A、N、F三點共線時，取得最小值，如圖：

即，∴在中，，∴的最小值為．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，垂線段最短，解直角三角形，正確添加輔助線是解決本題的關鍵．31．（2024·江西·中考真題）如圖，為菱形的對角線，請僅用無刻度的直尺按要求完成以下作圖（保留作圖痕跡）(1)如圖，過點作的垂線；(2)如圖，點為線段的中點，過點作的平行線．【答案】(1)作圖見解析；(2)作圖見解析．【分析】（）作直線，由菱形的性質(zhì)可得，即為的垂線；（）連接并延長，與的延長線相交于點，作直線，因為點為線段的中點，所以，因為，所以，，故可得，得到，所以四邊形為平行四邊形，即；本題考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，掌握菱形的性質(zhì)及平行四邊形的判定方法是解題的關鍵．【詳解】（1）解：如圖，即為所求；（2）解：如圖，即為所求．32．（2024·江蘇揚州·中考真題）如圖1，將兩個寬度相等的矩形紙條疊放在一起，得到四邊形．(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；(2)已知矩形紙條寬度為，將矩形紙條旋轉至如圖2位置時，四邊形的面積為，求此時直線所夾銳角的度數(shù)．【答案】(1)四邊形是菱形，理由見詳解(2)【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)，掌握菱形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得四邊形是平行四邊形，作，可證，可得，由此可證平行四邊形是菱形；（2）作，根據(jù)面積的計算方法可得，結合菱形的性質(zhì)可得，根據(jù)含的直角三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下，如圖所示，過點作于點，過點作于點，根據(jù)題意，四邊形，四邊形是矩形，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵寬度相等，即，且，∴，∴，∴平行四邊形是菱形；（2）解：如圖所示，過點作于點，根據(jù)題意，，∵，∴，由（1）可得四邊形是菱形，∴，在中，，即，∴．33．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，與相交于點，，．(1)求證：；(2)用無刻度的直尺和圓規(guī)作圖：求作菱形，使得點M在上，點N在上．（不寫作法，保留作圖痕跡，標明字母）【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，結合，利用即可證明；（2）作的垂直平分線，分別交于點，連接即可．【詳解】（1）證明：，，．在和中，，；（2）解：是的垂直平分線，，由（1）的結論可知，,又∵,則,∴，是的垂直平分線，，，四邊形是菱形，如圖所示，菱形為所求．【點睛】本題考查了垂直平分線的作法，平行線的性質(zhì)，三角形全等的判定，菱形的判定，熟練掌握垂直平分線的作法及三角形全等的判定定理是解題的關鍵．34．（2024·江蘇鹽城·中考真題）如圖1，E、F、G、H分別是平行四邊形各邊的中點，連接交于點M，連接AG、CH交于點N，將四邊形稱為平行四邊形的“中頂點四邊形”．(1)求證：中頂點四邊形為平行四邊形；(2)①如圖2，連接交于點O，可得M、N兩點都在上，當平行四邊形滿足________時，中頂點四邊形是菱形；②如圖3，已知矩形為某平行四邊形的中頂點四邊形，請用無刻度的直尺和圓規(guī)作出該平行四邊形．（保留作圖痕跡，不寫作法）【答案】(1)見解析(2)①；②見解析．【分析】題目主要考查平行四邊形及菱形的判定和性質(zhì)，三角形重心的性質(zhì)，理解題意，熟練掌握三角形重心的性質(zhì)是解題關鍵．（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，線段的中點平分線段，推出四邊形，四邊形均為平行四邊形，進而得到：，即可得證；（2）①根據(jù)菱形的性質(zhì)結合圖形即可得出結果；②連接，作直線，交于點O，然后作，然后連接即可得出點M和N分別為的重心，據(jù)此作圖即可．【詳解】（1）證明：∵，∴，∵點E、F、G、H分別是各邊的中點，∴，∴四邊形為平行四邊形，同理可得：四邊形為平行四邊形，∴，∴四邊形是平行四邊形；（2）①當平行四邊形滿足時，中頂點四邊形是菱形，由（1）得四邊形是平行四邊形，∵，∴，∴中頂點四邊形是菱形，故答案為：；②如圖所示，即為所求，連接，作直線，交于點O，然后作（或作BM=MN=ND），然后連接即可，∴點M和N分別為的重心，符合題意；證明：矩形，∴，∵，∴，∴四邊形為平行四邊形；分別延長交四邊于點E、F、G、H如圖所示：∵矩形，∴，，由作圖得，∴，∴，∴點F為的中點，同理得：點E為的中點，點G為的中點，點H為的中點．35．（2024·四川廣安·中考真題）如圖，矩形紙片的長為4，寬為3，矩形內(nèi)已用虛線畫出網(wǎng)格線，每個小正方形的邊長均為1，小正方形的頂點稱為格點，現(xiàn)沿著網(wǎng)格線對矩形紙片進行剪裁，使其分成兩塊紙片．請在下列備用圖中，用實線畫出符合相應要求的剪裁線．注：①剪裁過程中，在格點處剪裁方向可發(fā)生改變但仍須沿著網(wǎng)格線剪裁；②在各種剪法中，若剪裁線通過旋轉、平移或翻折后能完全重合則視為同一情況．【答案】見解析【分析】本題考查的是矩形的性質(zhì)，全等圖形的定義與性質(zhì)，同時考查了學生實際的動手操作能力，根據(jù)全等圖形的性質(zhì)分別畫出符合題意的圖形即可.【詳解】解：如圖，36．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，在中，，D是的中點，，，．(1)求證：四邊形是矩形；(2)若，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】本題主要考查了矩形的判定以及性質(zhì)，三腰三角形三線合一的性質(zhì)，勾股定理等知識，掌握這些性質(zhì)是解題的關鍵．（1）由等腰三角形三線合一的性質(zhì)得出，有平行線的性質(zhì)得出，結合已知條件可得出，即可證明四邊形是矩形．（2）由（1）可知四邊形是矩形．由矩形的性質(zhì)得出，，，由已知條件可得出，由勾股定理求出，最后根據(jù)等面積法可得出，即可求出．【詳解】（1）證明：∵，D是BC的中點，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴四邊形是矩形．（2）由（1）可知四邊形是矩形．∴，，，∵D是的中點，∴，在中，，∴，∵，∴即，∴．37．（2024·四川巴中·中考真題）綜合與實踐(1)操作與發(fā)現(xiàn)：平行四邊形和梯形都可以剪開拼成一個矩形，拼接示意圖如圖1、圖2．在圖2中，四邊形為梯形，，是邊上的點．經(jīng)過剪拼，四邊形為矩形．則______．(2)探究與證明：探究將任意一個四邊形剪開拼成一個平行四邊形，拼接示意圖如圖3、圖4、圖5．在圖5中，是四邊形邊上的點．是拼接之后形成的四邊形．①通過操作得出：與的比值為______．②證明：四邊形為平行四邊形．(3)實踐與應用：任意一個四邊形能不能剪開拼成一個矩形？若能，請將四邊形剪成4塊，按圖5的方式補全圖6，并簡單說明剪開和拼接過程．若不能，請說明理由．【答案】(1)(2)①1；②見詳解(3)見詳解【分析】（1）由“角角邊”即可證明；（2）①由操作知，將四邊形繞點E旋轉得到四邊形，故，因此；②由兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形證明；（3）取為中點為，連接，過點，點分別作，，垂足為點，將四邊形繞點旋轉至四邊形，將四邊形繞點旋轉至四邊形，將四邊形放置左上方空出，使得點C與點A重合，與重合，與重合，點N的對應點為點，則四邊形即為所求矩形．【詳解】（1）解：如圖，∵，∴，由題意得為中點，‘∴’，∵，∴故答案為：；（2）解：①如圖，由操作知，點E為中點，將四邊形繞點E旋轉得到四邊形，∴，∴，故答案為：1；②如圖，由題意得，是的中點，操作為將四邊形繞點E旋轉得到