一、單選題
1．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形中，連接，若，則的度數為（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據菱形的性質可得，則，進而即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是菱形
∴，
∴，
∵，
∴,
故選：C．
【點睛】本題考查了菱形的性質，熟練掌握是菱形的性質解題的關鍵．
2．（2023·湖南常德·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在正方形中，對角線相交于點O，E，F分別為，上的一點，且，連接．若，則的度數為( )

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根據正方形的性質得到，，然后結合得到，然后證明出，最后利用三角形內角和定理求解即可．
【詳解】∵四邊形是正方形
∴，
∵
∴，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
故選：C．
【點睛】此題考查了正方形的性質，全等三角形的性質和判定，等腰直角三角形三角形的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．
3．（2023·湖南常德·統(tǒng)考中考真題）下列命題正確的是( )
A．正方形的對角線相等且互相平分B．對角互補的四邊形是平行四邊形
C．矩形的對角線互相垂直D．一組鄰邊相等的四邊形是菱形
【答案】A
【分析】根據正方形、平行四邊形、矩形、菱形的各自性質和構成條件進行判斷即可．
【詳解】A、正方形的對角線相等且互相垂直平分，描述正確；
B、對角互補的四邊形不一定是平行四邊形，只是內接于圓，描述錯誤；
C、矩形的對角線不一定垂直，但相等，描述錯誤；
D、一組鄰邊相等的平行四邊形才構成菱形，描述錯誤．
故選：A．
【點睛】本題考查平行四邊形、矩形、菱形、正方形的性質和判定，解題的關鍵是熟悉掌握各類特殊四邊形的判定和性質．
4．（2023·浙江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，則的長為（ ）


A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】連接與交于O．先證明是等邊三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的長度，即可求得的長度．
【詳解】解：連接與交于O．

∵四邊形是菱形，
∴，，，，
∵，且，
∴是等邊三角形，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故選：D．
【點睛】此題主要考查了菱形的性質、勾股定理、等邊三角形的判定和性質、角所對直角邊等于斜邊的一半，關鍵是熟練掌握菱形的性質．
5．（2023·上?！そy(tǒng)考中考真題）在四邊形中，．下列說法能使四邊形為矩形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】結合平行四邊形的判定和性質及矩形的判定逐一分析即可．
【詳解】A：，
為平行四邊形而非矩形
故A不符合題意
B：，
為平行四邊形而非矩形
故B不符合題意
C：
為矩形
故C符合題意
D：
不是平行四邊形也不是矩形
故D不符合題意
故選：C ．
【點睛】本題主要考查平行線的性質，平行四邊形的判定和性質及矩形的判定等知識，熟練掌握以上知識并靈活運用是解題的關鍵．
6．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）如圖，以鈍角三角形的最長邊為邊向外作矩形，連結，設，，的面積分別為，若要求出的值，只需知道( )

A．的面積B．的面積C．的面積D．矩形的面積
【答案】C
【分析】過點作，交的延長線于點，的延長線于點，易得：，利用矩形的性質和三角形的面積公式，可得，再根據，得到，即可得出結論．
【詳解】解：過點作，交的延長線于點，的延長線于點，

∵矩形，
∴，
∴，
∴四邊形為矩形，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴只需要知道的面積即可求出的值；
故選C．
【點睛】本題考查矩形的性質，求三角形的面積．解題的關鍵是得到
7．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖所示，在矩形中，，與相交于點O，下列說法正確的是（ ）

A．點O為矩形的對稱中心B．點O為線段的對稱中心
C．直線為矩形的對稱軸D．直線為線段的對稱軸
【答案】A
【分析】由矩形是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點，線段的對稱中心是線段的中點，矩形是軸對稱圖形，對稱軸是過一組對邊中點的直線，從而可得答案．
【詳解】解：矩形是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點，故A符合題意；
線段的對稱中心是線段的中點，故B不符合題意；
矩形是軸對稱圖形，對稱軸是過一組對邊中點的直線，
故C，D不符合題意；
故選A
【點睛】本題考查的是軸對稱圖形與中心對稱圖形的含義，矩形的性質，熟記矩形既是中心對稱圖形也是軸對稱圖形是解本題的關鍵．
8．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，邊長為6的正方形中，M為對角線上的一點，連接并延長交于點P．若，則的長為（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根據正方形的性質、三角形全等的判定證出，根據全等三角形的性質可得，再根據等腰三角形的性質可得，從而可得，然后利用勾股定理、含30度角的直角三角形的性質求解即可得．
【詳解】解：四邊形是邊長為6的正方形，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
又，
，
設，則，，
，
解得，
，，
，
故選：C．
【點睛】本題考查了正方形的性質、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質、等腰三角形的性質等知識點，熟練掌握正方形的性質是解題關鍵．
9．（2023·四川樂山·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形的對角線與相交于點O，E為邊的中點，連結．若，則（ ）

A．2B．C．3D．4
【答案】B
【分析】先由菱形的性質得，，，再由勾股定理求出，然后由直角 三角形斜邊的中線等于斜邊的一半求解．
【詳解】解：∵菱形，
∴，，，
∴由勾股定理，得，
∵E為邊的中點，
∴
故選：B．
【點睛】本考查菱形的性質，勾股定理，直角三角形的性質，熟練掌握菱形的性質，直角三角形的性質是解題的關鍵．
10．（2023·甘肅武威·統(tǒng)考中考真題）如圖，將矩形對折，使邊與，與分別重合，展開后得到四邊形．若，，則四邊形的面積為（ ）

A．2B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】由題意可得四邊形是菱形，，，由菱形的面積等于對角線乘積的一半即可得到答案．
【詳解】解：∵將矩形對折，使邊與，與分別重合，展開后得到四邊形，
∴，與互相平分，
∴四邊形是菱形，
∵，，
∴菱形的面積為．
故選：B
【點睛】此題考查了矩形的折疊、菱形的判定和性質等知識，熟練掌握菱形的面積等于對角線乘積的一半是解題的關鍵．
11．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，為對角線的中點，．動點在線段上，動點在線段上，點同時從點出發(fā)，分別向終點運動，且始終保持．點關于的對稱點為；點關于的對稱點為．在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是（ ）
A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形
B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形
【答案】A
【分析】根據題意，分別證明四邊形是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．
【詳解】∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，，
∵、，
∴
∵對稱，
∴，
∴
∵對稱，
∴，
∴，
同理，
∴
∴
∴四邊形是平行四邊形，
如圖所示，

當三點重合時，，
∴
即
∴四邊形是菱形，
如圖所示，當分別為的中點時，
設，則，，
在中，，
連接，，
∵，
∴是等邊三角形，
∵為中點，
∴，，
∴，
根據對稱性可得，
∴，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四邊形是矩形，

當分別與重合時，都是等邊三角形，則四邊形是菱形

∴在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，
故選：A．
【點睛】本題考查了菱形的性質與判定，平行四邊形的性質與判定，矩形的性質與判定，勾股定理與勾股定理的逆定理，軸對稱的性質，含30度角的直角三角形的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
12．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，O為對角線的中點，E為正方形內一點，連接，，連接并延長，與的平分線交于點F，連接，若，則的長度為（ ）

A．2B．C．1D．
【答案】D
【分析】連接，根據正方形得到，，根據角平分線的性質和等腰三角形的性質，求得，再證明，求得，最后根據直角三角形斜邊上的中點等于斜邊的一半，即可求出的長度．
【詳解】解：如圖，連接，

四邊形是正方形，
，，，
，
，
，
平分，
，
，
在與,
，
，
，
，
O為對角線的中點，
，
故選：D．
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質，三角形內角和定理，正方形的性質，直角三角形特征，作出正確的輔助線，求得是解題的關鍵．
二、解答題
13．（2023·湖南懷化·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，過對角線的中點作的垂線，分別交，于點，．

(1)證明：；
(2)連接、，證明：四邊形是菱形．
【答案】(1)見解析；(2)見解析
【分析】（1）根據矩形的性質得出，則，根據是的中點，可得，即可證明；
（2）根據可得，進而可得四邊形是平行四邊形，根據對角線互相垂直的四邊形是菱形，即可得證．
【詳解】（1）證明：如圖所示，

∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵是的中點，
∴，
在與中
，
∴；
（2）∵
∴，
又∵
∴四邊形是平行四邊形，
∵
∴四邊形是菱形．
【點睛】本題考查了矩形的性質，全等三角形的性質與判定，菱形的判定，熟練掌握特殊四邊形的性質與判定是解題的關鍵．
14．（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形的對角線，相交于點O，．

(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析；(2)3
【分析】（1）先根據矩形的性質求得，然后根據有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形分析推理；
（2）根據矩形的性質求得的面積，然后結合菱形的性質求解．
【詳解】（1）解：∵，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵矩形中，，
∴平行四邊形是菱形；
（2）解：矩形的面積為，
∴的面積為，
∴菱形的面積為．
【點睛】本題考查矩形的性質、菱形的判定，屬于中考基礎題，掌握矩形的性質和菱形的判定方法，正確推理論證是解題關鍵．
15．（2023·湖南永州·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知四邊形是平行四邊形，其對角線相交于點O，．

(1)是直角三角形嗎？請說明理由；
(2)求證：四邊形是菱形．
【答案】(1)是直角三角形，理由見解析．(2)見解析
【分析】（1）根據平行四邊形對角線互相平分可得，再根據勾股定理的逆定理，即可得出結論；
（2）根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，即可求證．
【詳解】（1）解：是直角三角形，理由如下：
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∵，
∴是直角三角形．
（2）證明：由（1）可得：是直角三角形，
∴，
即，
∵四邊形是平行四邊形，
∴四邊形是菱形．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，勾股定理的逆定理，菱形的判定，解題的關鍵是掌握平行四邊形對角線互相平分，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．
16．（2023·新疆·統(tǒng)考中考真題）如圖，和相交于點，，．點、分別是、的中點．

(1)求證：；
(2)當時，求證：四邊形是矩形．
【答案】(1)見解析；(2)見解析
【分析】（1）直接證明，得出，根據、分別是、的中點，即可得證；
（2）證明四邊形是平行四邊形，進而根據，推導出是等邊三角形，進而可得，即可證明四邊形是矩形．
【詳解】（1）證明：在與中，
∴，
∴，
又∵、分別是、的中點，
∴；
（2）∵，
∴四邊形是平行四邊形，，
∵為的中點，，
∴，
∵，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，矩形判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
17．（2023·云南·統(tǒng)考中考真題）如圖，平行四邊形中，分別是的平分線，且分別在邊上，．

(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，的面積等于，求平行線與間的距離．
【答案】(1)證明見解析；(2)
【分析】（1）先證，再證，從而四邊形是平行四邊形，又，于是四邊形是菱形；
（2）連接，先求得，再證，，于是有，得，再證，從而根據面積公式即可求得．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，
∴，
∵分別是的平分線，
∴，，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形；
（2）解：連接，

∵，，
∴，
∴，
∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∴，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵的面積等于，
∴，
∴平行線與間的距離．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定及性質，菱形的判定，角平分線的定義，等腰三角形的判定，三角函數的應用以及平行線間的距離，熟練掌握平行四邊形的判定及性質，菱形的判定，角平分線的定義，等腰三角形的判定，三角函數的應用以及平行線間的距離等知識是解題的關鍵．
18．（2023·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形中，，點O為對角線的中點，過點O的直線l分別與、所在的直線相交于點E、F．（點E不與點D重合）

(1)求證：；
(2)當直線時，連接、，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．
【答案】(1)見解析；(2)四邊形為菱形；理由見解析
【分析】（1）根據證明即可；
（2）連接、，根據，得出，根據，證明四邊形為平行四邊形，根據，證明四邊形為菱形即可．
【詳解】（1）證明：∵點O為對角線的中點，
∴，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：四邊形為菱形，理由如下：
連接、，如圖所示：

根據解析（1）可知，，
∴，
∵，
∴四邊形為平行四邊形，
∵，即，
∴四邊形為菱形．
【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質，菱形的判定，平行線的性質，解題的關鍵是熟練掌握三角形全等的判定方法和菱形的判定方法．
19．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，于點，于點，連接

(1)求證：；
(2)若，求的度數．
【答案】(1)證明見解析；(2)
【分析】（1）根據菱形的性質的三角形全等即可證明．
（2）根據菱形的性質和已知條件可推出度數，再根據第一問的三角形全等和直角三角形的性質可求出和度數，從而求出度數，證明了等邊三角形，即可求出的度數．
【詳解】（1）證明：菱形，
，
又，
．
在和中，
，
．
．
（2）解：菱形，
，
，
．
又，
．
由（1）知，
．
．
，
等邊三角形．
．
【點睛】本題考查了三角形全等、菱形的性質、等邊三角形的性質，解題的關鍵在于熟練掌握全等的方法和菱形的性質．
20．（2023·湖北鄂州·統(tǒng)考中考真題）如圖，點E是矩形的邊上的一點，且．

(1)尺規(guī)作圖（請用鉛筆）：作的平分線，交的延長線于點F，連接．（保留作圖痕跡，不寫作法）；
(2)試判斷四邊形的形狀，并說明理由．
【答案】(1)見解析；(2)四邊形是菱形，理由見解析
【分析】（1）根據題意結合尺規(guī)作角平分線的方法作圖即可；
（2）根據矩形的性質和平行線的性質得出，結合角平分線的定義可得，則，然后根據平行四邊形和菱形的判定定理得出結論．
【詳解】（1）解：如圖所示：

（2）四邊形是菱形；
理由：∵矩形中，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵，
∴平行四邊形是菱形．
【點睛】本題主要考查了尺規(guī)作角平分線，矩形的性質，平行線的性質，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定以及菱形的判定等知識，熟練掌握相關判定定理和性質定理是解題的關鍵．
21．（2023·吉林長春·統(tǒng)考中考真題）將兩個完全相同的含有角的直角三角板在同一平面內按如圖所示位置擺放．點A，E，B，D依次在同一直線上，連結、．

(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)己知，當四邊形是菱形時．的長為__________．
【答案】(1)見解析；(2)
【分析】（1）由題意可知易得，即，依據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形可證明；
（2）如圖，在中，由角所對的直角邊等于斜邊的一半和直角三角形銳角互余易得，；由菱形得對角線平分對角得，再由三角形外角和易證即可得，最后由求解即可．
【詳解】（1）證明：由題意可知，
，，
，
四邊形地平行四邊形；
（2）如圖，在中，，，，
，，
四邊形是菱形，
平分，
，
，
，
，
，
，
故答案為：．

【點睛】本題考查了全等三角形的性質，平行四邊形的判定，菱形的性質，角所對的直角邊等于斜邊的一半和直角三角形銳角互余，三角形外角及等角對等邊；解題的關鍵是熟練掌握相關知識綜合求解．
22．（2023·湖南張家界·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知點A，D，C，B在同一條直線上，且，，．

(1)求證：；
(2)若時，求證：四邊形是菱形．
【答案】(1)見解析；(2)見解析
【分析】（1）根據題意得出，再由全等三角形的判定和性質及平行線的判定證明即可；
（2）方法一：利用全等三角形的判定和性質得出，又，再由菱形的判定證明即可；方法二：利用（1）中結論得出，結合菱形的判定證明即可．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
即
在和中，
，
∴
∴，
∴
（2）方法一：在和中，
，
∴
∴，又，
∴四邊形是平行四邊形
∵，
∴是菱形；
方法二：∵，
∴
∴，
又，
∴四邊形是平行四邊形
∵，
∴是菱形．
【點睛】題目主要考查全等三角形的判定和性質，菱形的判定和性質，理解題意，熟練掌握運用這些知識點是解題關鍵．
23．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形是平行四邊形．

(1)尺規(guī)作圖；作對角線的垂直平分線（保留作圖痕跡）；
(2)若直線分別交，于，兩點，求證：四邊形是菱形
【答案】(1)見解析；(2)見解析
【分析】（1）根據垂直平分線的作圖方法進行作圖即可；
（2）設與交于點，證明，得到，得到四邊形為平行四邊形，根據，即可得證．
【詳解】（1）解：如圖所示，即為所求；

（2）∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
如圖：設與交于點，

∵是的垂直平分線，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四邊形為平行四邊形，
∵，
∴四邊形為菱形．
【點睛】本題考查基本作圖—作垂線，平行四邊形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，菱形的判定．熟練掌握菱形的判定定理，是解題的關鍵．
24．（2023·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題）如圖，的對角線交于點，分別以點為圓心，長為半徑畫弧，兩弧交于點，連接．

(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)請說明當的對角線滿足什么條件時，四邊形是正方形？
【答案】(1)平行四邊形，見解析；(2)且
【分析】（1）根據平行四邊形的性質，得到，根據兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形判定即可．
（2）根據對角線相等、平分且垂直的四邊形是正方形判定即可．
【詳解】（1）四邊形是平行四邊形．理由如下：
∵的對角線交于點，
∴，
∵以點為圓心，長為半徑畫弧，兩弧交于點，
∴
∴四邊形是平行四邊形．
（2）∵對角線相等、平分且垂直的四邊形是正方形，
∴且時，四邊形是正方形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質，正方形的判定和性質，熟練掌握判定和性質是解題的關鍵．
25．（2023·四川內江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，D是的中點，E是的中點，過點A作交的延長線于點F．

(1)求證：；
(2)連接，若，求證：四邊形是矩形．
【答案】(1)見解析；(2)見解析；
【分析】（1）根據兩直線平行，內錯角相等求出，然后利用“角角邊”證明三角形全等，再由全等三角形的性質容易得出結論；
（2）先利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形證明四邊形是平行四邊形，再根據一個角是直角的平行四邊形是矩形判定即可．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵點E為的中點，
∴，
在和中，
，
∴；
∴，
∵，
∴；
（2）證明：，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴，
∴平行四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了矩形的判定，全等三角形的判定與性質，平行四邊形的判定，是基礎題，明確有一個角是直角的平行四邊形是矩形是解本題的關鍵．
26．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，點在的邊上，，請從以下三個選項中①；②；③，選擇一個合適的選項作為已知條件，使為矩形．

(1)你添加的條件是_________（填序號）；
(2)添加條件后，請證明為矩形．
【答案】(1)答案不唯一，①或②；(2)見解析
【分析】（1）根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形進行選??；
（2）通過證明可得，然后結合平行線的性質求得，從而得出為矩形．
【詳解】（1）解：①或②
（2）添加條件①，為矩形，理由如下：
在中，，
在和中，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴為矩形；
添加條件②，為矩形，理由如下：
在中，，
在和中，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴為矩形
【點睛】本題考查矩形的判定，全等三角形的判定和性質，掌握平行四邊形的性質和矩形的判定方法（有一個角是直角的平行四邊形是矩形）是解題關鍵．
27．（2023·四川樂山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，點D為邊上任意一點（不與點A、B重合），過點D作，，分別交、于點E、F，連接．

(1)求證：四邊形是矩形；
(2)若，求點C到的距離．
【答案】(1)見解析；(2)
【分析】（1）利用平行線的性質證明，再利用四邊形內角和為，證明，即可由矩形判定定理得出結論；
（2）先由勾股定理求出，再根據三角形面積公式求解即可．
【詳解】（1）證明：∵，，
∴四邊形為平行四邊形，
∵，
∴四邊形是矩形．
（2）解：∵，，
∴
設點C到的距離為h，
∵
∴
∴
答：點C到的距離為．
【點睛】本題考查矩形的判定，平行線的性質，勾股定理．熟練掌握矩形的判定定理和利用面積法求線段長是解題的關鍵．
28．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形中，，，為對角線．

(1)證明：四邊形是平行四邊形．
(2)已知，請用無刻度的直尺和圓規(guī)作菱形，頂點E，F分別在邊，上（保留作圖痕跡，不要求寫作法）．
【答案】(1)見解析；(2)見解析
【分析】（1）先證明，再證明，即，從而可得結論；
（2）作對角線的垂直平分線交于，交于，從而可得菱形．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵，
∴，
即．
∴．
∴四邊形是平行四邊形．
（2）如圖，

四邊形就是所求作的菱形．
【點睛】本題考查的是平行四邊形的判定與性質，作線段的垂直平分線，菱形的判定，熟練的利用菱形的判定進行作圖是解本題的關鍵．
三、填空題
29．（2023·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考中考真題）如圖，在四邊形中，，于點．請?zhí)砑右粋€條件：______，使四邊形成為菱形．

【答案】（荅案不唯一）
【分析】根據題意，先證明四邊形是平行四邊形，根據，可得四邊形成為菱形．
【詳解】解：添加條件
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形成為菱形．
添加條件
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形成為菱形．
添加條件
∵，
∴
∵，，
∴
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形成為菱形．
添加條件
在與中，
∴
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形成為菱形．
故答案為：（或或等）．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定，菱形的判定，熟練掌握菱形的判定定理是解題的關鍵．
30．（2023·遼寧大連·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，為菱形的對角線，，點為中點，則的長為_______________．
【答案】
【分析】根據題意得出是等邊三角形，進而得出，根據中位線的性質即可求解．
【詳解】解：∵在菱形中，為菱形的對角線，
∴，，
∵，
∴是等邊三角形，
∵，
∴，
∵是的中點，點為中點，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的性質與判定，中位線的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
31．（2023·福建·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，則的長為___________．

【答案】10
【分析】由菱形中，，易證得是等邊三角形，根據等邊三角形的性質即可得解．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴是等邊三角形，
∴．
故答案為：10．
【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，熟記菱形的性質并推出等邊三角形是解題的關鍵．
32．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，連接，以點為圓心，長為半徑作弧，交直線于點，連接，則的度數是________．

【答案】或
【分析】根據題意畫出圖形，結合菱形的性質可得，再進行分類討論：當點E在點A上方時，當點E在點A下方時，即可進行解答．
【詳解】解：∵四邊形為菱形，，
∴，
連接，
①當點E在點A上方時，如圖，
∵，，
∴，
②當點E在點A下方時，如圖，
∵，，
∴，
故答案為：或．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質，等腰三角形的性質，三角形的內角和以及三角形的外角定理，解題的關鍵是掌握菱形的對角線平分內角；等腰三角形兩底角相等，三角形的內角和為；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角之和．
33．（2023·甘肅武威·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形中，，，，垂足分別為，，若，則________．

【答案】
【分析】根據菱形的性質，含直角三角形的性質，及三角函數即可得出結果．
【詳解】解：在菱形中，，
，
，
，
，
在中，，
同理，，
，
，
在中，
．
故答案為：．
【點睛】本題考查了菱形的性質，含直角三角形的性質，及三角函數等知識，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．
34．（2023·山東聊城·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，的垂直平分線交于點，交于點O，連接，，過點C作，交的延長線于點F，連接．若，，則四邊形的面積為______．
.
【答案】24
【分析】根據平行線的性質可得，根據垂直平分線的性質可得，，根據全等三角形的判定和性質可得，，根據平行四邊形的判定和菱形的判定可推得四邊形為菱形，根據勾股定理求得，根據菱形的性質即可求得四邊形的面積．
【詳解】∵，
∴，
∵的垂直平分線交于點，
∴，，
∴，
∴，，
∴四邊形為平行四邊形，
又∵，，，
∴平行四邊形為菱形，
∵，
∴，
∴，
在中，，
故菱形的面積為，
故答案為：24．
【點睛】本題考查了平行線的性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握以上判定和性質是解題的關鍵．
35．（2023·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，點E，F，G，H分別是，，，上的點，且，若菱形的面積等于24，，則___________________．

【答案】6
【分析】連接，交于點O，由題意易得，，，，則有，然后可得，設，則有，進而根據相似三角形的性質可進行求解．
【詳解】解：連接，交于點O，如圖所示：

∵四邊形是菱形，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
設，則有，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
同理可得，即，
∴，
∴；
故答案為6．
【點睛】本題主要考查相似三角形的性質與判定及菱形的性質，熟練掌握菱形的性質及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
36．（2023·四川內江·統(tǒng)考中考真題）出入相補原理是我國古代數學的重要成就之一，最早是由三國時期數學家劉徽創(chuàng)建．“將一個幾何圖形，任意切成多塊小圖形，幾何圖形的總面積保持不變，等于所分割成的小圖形的面積之和”是該原理的重要內容之一、如圖，在矩形中，，，對角線與交于點O，點E為邊上的一個動點，，，垂足分別為點F，G，則___________．

【答案】/
【分析】連接，根據矩形的性質得到，，，根據勾股定理得到，求得，根據三角形的面積公式即可得到結論．
【詳解】解：連接，

四邊形是矩形，
，，，
，，
，
，
，
，
，
故答案為：．
【點睛】此題考查了矩形的性質、勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想的應用．
37．（2023·山東濱州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形的對角線相交于點，點分別是線段上的點．若，則的長為___________．

【答案】
【分析】過點分別作的垂線，垂足分別為，等面積法證明，進而證明，，根據全等三角形的性質得出，，根據已知條件求得，進而勾股定理求得，進而即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過點分別作的垂線，垂足分別為，

∵四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
設
在中，
∴
∴，
∴
∴
解得：
∴
在中，，
在中，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形的性質，全等三角形的性質與判定，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
38．（2023·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，對角線與相交于點O，E為上一點，，F為的中點，若的周長為32，則的長為___________．

【答案】
【分析】利用斜邊上的中線等于斜邊的一半和的周長，求出的長，進而求出的長，勾股定理求出的長，進而求出的長，利用三角形的中位線定理，即可得解．
【詳解】解：的周長為32，
．
為DE的中點，
．
，
，
，
，
．
四邊形是正方形，
，O為BD的中點，
是的中位線，
．
故答案為：．
【點睛】本題考查正方形的性質，斜邊上的中線，三角形的中位線定理．熟練掌握斜邊上的中線等于斜邊的一半，是解題的關鍵．
39．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，，．在邊上取一點E，使，過點C作，垂足為點F，則的長為________．
【答案】
【分析】利用矩形的性質、勾股定理求出，利用證明，根據全等三角形的性質求解即可．
【詳解】解：∵矩形中，，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
故答案為：．
【點睛】本題考查矩形的性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵．

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