專題06圖形的性質(zhì)

考點01平行線的性質(zhì)與判定

1．（2025·浙江·中考真題）如圖所示，直線被直線c所截．若，則（）

?,??∥?,∠1=91°

A．B．C．D．

【答案】∠2B=91°∠3=91°∠4=91°∠5=91°

【分析】本題考查平行線的性質(zhì)，根據(jù)平行線的性質(zhì)，結合平角的定義，對頂角相等，求出每個角的度數(shù)，

進行判斷即可．

【詳解】解：∵，

∴?，∥?,∠1=91°；

故選∠3B=．∠1=91°∠4=∠5=∠2=180°?∠1=89°

2．（2023·浙江金華·中考真題）如圖，已知，則的度數(shù)是（）

∠1=∠2=∠3=50°∠4

A．B．C．D．

【答案】12C0°125°130°135°

【分析】由1=3=50可得a∥b，可得2=5=50，再利用鄰補角的含義可得答案．

【詳解】解：∠如圖∠，標記°角，∠∠°

∵1=3=50，

∴a∠∥b，∠而2=°50，

∴2=5=∠50，°

∴∠4=1∠80°5=130；

故選∠C°?∠°

【點睛】本題考查的是平行線的判定與性質(zhì)，鄰補角的含義，熟記平行線的判定與性質(zhì)是解本題的關鍵．

3．（2023·浙江杭州·中考真題）如圖，點分別在的邊上，且，點在線段的延長

線上．若，，則?,?△??．???,????∥?????

∠???=28°∠???=118°∠?=

【答案】90/90度

【分析】首先°根據(jù)平行線的性質(zhì)得到B=ADE=28，然后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)求解即可．

【詳解】∵DE∥BC，ADE=28，∠∠°

∴B=ADE=28，∠°

∵∠ACF∠=118，°

∴∠A=ACF°B=11828=90．

故答∠案為∠：90?．∠°?°°

【點睛】此題考°查了平行線的性質(zhì)和三角形外角的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．

考點02三角形的性質(zhì)

1．（2023·浙江衢州·中考真題）如圖是脊柱側彎的檢測示意圖，在體檢時為方便測出Cobb角的大小，

需將轉(zhuǎn)化為與它相等的角，則圖中與相等的角是（）∠?

∠?∠?

A．B．C．D．

【答案】∠?B??∠???∠???∠???

【分析】根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可知：O與ADO互余，DEB與ADO互余，根據(jù)同角的余角相等可得

結論．∠∠∠∠

【詳解】由示意圖可知：DOA和DBE都是直角三角形，

O+ADO=90，DE△B+ADO△=90，

∴∠DEB∠=O，°∠∠°

∴故∠選：B．∠

【點睛】本題考查直角三角形的性質(zhì)的應用，掌握直角三角形的兩個銳角互余是解題的關鍵．

2．（2023·浙江金華·中考真題）在下列長度的四條線段中，能與長的兩條線段圍成一個三角形的

是（）6cm,8cm

A．B．C．D．

【答案】1cCm2cm13cm14cm

【分析】根據(jù)三角形三邊的關系求出第三邊的取值范圍，再判斷即可．

【詳解】解：設第三邊長度為xcm，

則第三邊的取值范圍是2<x<14，

只有選項C符合，

故選：C．

【點睛】本題考查了三角形三邊的關系，能熟練求出求出第三邊的取值范圍是本題的關鍵．

3．（2023·浙江·中考真題）如圖，點P是的重心，點D是邊的中點，交于點E，

交于點F，若四邊形的面積為6，△則???的面積為（??）??∥??????∥??

??????△???

A．15B．18C．24D．36

【答案】B

【分析】連接BD,根據(jù)三角形重心的性質(zhì)可知：P在BD上，由三角形中線平分三角形的面積可知：SABC=

△

2SBDC，證明DFPBEP和BEPBCD,根據(jù)相似三角形面積的比等于相似比的平方可解答．

【詳△解】解：如△圖，連～接△BD，△～△

點P是ABC的重心，點D是邊AC的中點，P在BD上，

SABC=2SBDC，∵△

B∴P:△PD=2:1，△

DF∥BC，

∵DFPBEP

S1

∴△DFP=～，△

S△BEP4

∴△

EF∥AC，

∵BEPBCD，

22

∴△SBEP～B△P24

===，

S△BCDBD39

△

設∴DFP的面積為m，則BEP的面積為4m，BCD的面積為9m，

四△邊形CDFE的面積為6△，△

∵m+9m4m=6，

∴m=1，?

∴BCD的面積為9，

∴△ABC的面積是18．

∴故△選：B．

【點睛】本題主要考查了三角形重心的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，難度適中，準確作出輔助線是解

題的關鍵．

4．（2023·浙江臺州·中考真題）如圖，銳角三角形中，，點D，E分別在邊，上，連接，

．下列命題中，假．命．題．是（）．?????=????????

??

A．若，則B．若，則

C．若??=??，則∠???=∠???D．若∠???=∠???，則??=??

【答案】A??=??∠???=∠???∠???=∠?????=??

【分析】由AB=AC，可得ABC=ACB，再由CD=BE，BC=CB，由SSA無法證明BCD與CBE

全等，從而無法得到DCB=∠EBC；∠證明ABEACD可得CD=BE；證明ABE△ACD，△可得

ACD=ABE，即可∠證明；證∠明DBC△ECB?A△SA，即可得出結論．△?△

∠【詳解】∠解：∵AB=AC，△?△

∴ABC=ACB，

∵∠若CD=B∠E，

又BC=CB，

∴BCD與CBE滿足“SSA”的關系，無法證明全等，

因此△無法得出△DCB=EBC，故A是假命題，

∵若DCB=∠EBC，∠

∴A∠CD=A∠BE，

在∠ABE和∠ACD中，

△ACD=A△BE

AB=AC，

∠A=∠A

∴∠ABE∠ACDASA，

∴C△D=BE?，△故B是真命題；

若BD=CE，則AD=AE，

在ABE和ACD中，

A△B=AC△

A=A，

AE=AD

∠∠

∴ABEACDSAS，

∴△ACD=?△ABE，

∵∠ABC=∠ACB，

∴∠DCB=∠EBC，故C是真命題；

若∠DCB=∠EBC，則在DBC和ECB中，

∠ABC=∠ACB△△

BC=BC，

∠DCB=∠EBC

∴∠DBC∠ECBASA，

∴B△D=CE?，△故D是真命題；

故選：A．

【點睛】本題考查等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，命題的真假判斷，正確的命題叫

真命題，錯誤的命題叫假命題，判斷命題的真假關鍵是掌握相關性質(zhì)定理．

5．（2024·浙江·中考真題）如圖，D，E分別是邊，的中點，連接，．若，

則的長為△???????????∠???=∠???,??=2

??

【答案】4

【分析】本題主要考查三角形中位線定理和等腰三角形的判定，由三角形中位線定理得DE∥BC,BC=

2DE=4,得出C=AED=BEC,得出BE=BC=4

【詳解】解：∠∵D，∠E分別是∠ABC邊AB，AC的中點，

∴DE是ABC的中位線，△

∴DE∥B△C,BC=2DE=4,

∴AED=C,

∠∠

∵AED=BEC,

∴∠C=BE∠C,

∴B∠E=B∠C=4,

故答案為：4

6．（2023·浙江金華·中考真題）如圖，把兩根鋼條，的一個端點連在一起，點，分別是，

的中點．若，則該工件內(nèi)槽寬的長為????．??????

??=4cm??cm

【答案】8

【分析】利用三角形中位線定理即可求解．

【詳解】解：∵點C，D分別是OA，OB的中點，

1

∴CD=AB，

2

∴AB=2CD=8cm，

故答案為：8．

【點睛】本題考查了三角形中位線定理的應用，掌握“三角形的中位線是第三邊的一半”是解題的關鍵．

7．（2023·浙江·中考真題）如圖，在中，的垂直平分線交于點，交于點，．若

，則的長是．△???????????∠?=∠???

??=4??

【答案】4

【分析】由B=ADB可得AD=AB=4，由DE是AC的垂直平分線可得AD=DC，從而可得DC=AB=4．

【詳解】解∠：∵∠B=ADB，

∴AD=AB=4，∠∠

∵DE是AC的垂直平分線，

∴AD=DC，

∴DC=AB=4．

故答案為：4．

【點睛】本題主要考查了線段垂直平分線的性質(zhì)以及等角對等邊等知識，熟練掌握相關知識是解答本題的

關鍵．

8．（2023·浙江臺州·中考真題）如圖，點，在線段上（點C在點，之間），分別以，為邊向

同側作等邊三角形與等邊三角形，?邊?長分別為??，．與交?于點?H，延長，?交?于?點?G，

長為c．??????????????????

（1）若四邊形的周長與的周長相等，則，，之間的等量關系為．

（2）若四邊形????的面積與△???的面積相等，則?a，?b，?c之間的等量關系為．

【答案】5?a?+?5?b=7c△a?2?+?b2=c2

【分析】由題意可得：ABG為等邊三角形，四邊形EHFG為平行四邊形，AB=AG=c，（1）分別求得

四邊形EHFG的周長與△CDH的周長，根據(jù)題意，求解即可；（2）分別求得四邊形EHFG的面積與CDH

的面積，根據(jù)題意，求解△即可．△

【詳解】解：等邊三角形ADE與等邊三角形CBF中，A=B=EDA=HCD=60，

∴CDH和ABG為等邊三角形，CF∥AG，ED∥BG∠∠∠∠°

∴A△B=AG=△BG=c，四邊形EHFG為平行四邊形，

又∵等邊三角形ADE與等邊三角形CBF

∴GF=cb，EG=ca，AC=cb，

∴CD=A?DAC=a+?bc，?

（1）平行四?邊形EHFG的?周長為：2FG+EG=2cb+ca=4c2a2b，

CDH的周長為：3CD=3a+3b3c????

△由題意可得：3a+3b3c=4c2?a2b

???

即：5a+5b=7c；

（2）過點F作FMEG，過點H作HNCD，如下圖：

⊥⊥

在RtFMG中，GF=cb，GMF=90，G=60，

△3c?b∠°∠°

∴MF=GFsin60=

2

?

×°3cacb

則平行四邊形EHFG的面積為EGMF=

2

??

在RtCNH中，CH=a+bc，×CNH=90，HCN=60，

△3a+bc?∠°∠°

∴HN=CHsin60=

2

?

×°13a+bc2

則CDH的面積為：CDHN=

24

?

△3a+bc2×3c×acb

由題意可得：=

42

???

化簡可得：a2+b2=c2

故答案為：5a+5b=7c；a2+b2=c2

【點睛】此題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，解題的關鍵是

熟練掌握并靈活利用等邊三角形的性質(zhì)求得對應線段的長度．

9．（2025·浙江·中考真題）如圖，在中，，點O在邊上，以點O為圓心，長為半徑

的半圓，交于點D，與相切于點△E?，?連?接??=??????

??????,??

(1)求證：．

(2)若??⊥??，求四邊形的面積．

【答案??】=(1?)見?,解??析=3????

3

(2)3+

2

【分析】本題考查了圓的切線的性質(zhì)，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知

識點，熟練掌握各知識點并靈活運用是解題的關鍵．

（1）根據(jù)等邊對等角導角得到ODAC，再結合圓的切線性質(zhì)得到DOE=AEO=90，即可證明垂直；

（2）先得到ABC是等邊三角形，∥則A=60，解RtAOE求出A∠O,AE，∠根據(jù)AE+E°C=AO+OB，求

出EC，再由△梯形面積公式求解．∠°△

【詳解】（1）證明：由題意得OD=OB=OE，

∴ODB=B，

∵A∠B=AC∠，

∴C=B，

∴∠ODB∠=C，

∴O∠DAC，∠

∵以點∥O為圓心，OB長為半徑的半圓與AC相切于點E，

∴OEAC，

∴DO⊥E=AEO=90，

∴O∠DOE∠；°

（2）解⊥：∵AB=BC，AB=AC，

∴AB=AC=BC，

∴ABC是等邊三角形，

∴△A=60，

∵O∠EAC°，OD=OB=OE=3，

OE3OE3

∴AE=⊥==1，AO===2，

tanA3sinA3

2

∴AC=AB=AO+OB=2+3，

∴EC=ACAE=2+31=1+3，

?113

∴四邊形OD?CE的面積為：OD+ECOE=1+3+33=3+．

222

××

考點03勾股定理

1．（2024·浙江·中考真題）如圖，正方形由四個全等的直角三角形

????(△???,△???,△???,△???)

和中間一個小正方形組成，連接．若，則（）

????????=4,??=3??=

A．5B．C．D．4

【答案】C2617

【分析】本題考查了勾股定理，正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，求得HE的長度，利用勾股定理即可解

答，利用全等三角形的性質(zhì)得到HE=1是解題的關鍵．

【詳解】解：ABE,BCF,CDG,DAH是四個全等的直角三角形，AE=4,BE=3

AH=EB，D∵H△=AE=△4，△△

∴HE=AEAH=1，

∴四邊形EF?GH為正方形，

∵DHE=90，

∴∠DE=DH2°+HE2=17，

∴故選：C．

2．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在紙片中，，點，分別在邊上，

且，將沿折疊，使點A落在△邊???上的點∠?F=處9，0則°,∠?=60°（）????,??

??=??△?????????:??=

A．B．C．D．

【答案】3D:23:223:34:3

【分析】本題考查勾股定理與折疊，30直角三角形的性質(zhì)，由折疊可得FED=AED=75，AD=AE=EF，

即可得到FEC=30，再分別在Rt°ABC和RtEFC利用30直角三∠角形的∠性質(zhì)和勾股°定理求解即可．

【詳解】解∠：∵C=°90,B=60，△△°

∴A=30，∠°∠°

∴A∠B=2B°C，AC=AB2BC2=3BC，

23

∴AB=AC，?

3

∵AD=AE，

180A

∴ADE=AED==75，

2

°?∠

∵將∠ADE∠沿DE折疊，使點A°落在邊BC上的點F處，

∴F△ED=AED=75，AD=AE=EF，

∴∠FEC=1∠80FE°DAED=30，

∴E∠F=2FC，E°C?=∠EF2?∠FC2=3FC°，

∴AD=AE=EF=2FC，?

∴AC=AE+EC=2+3FC，

23236+43

∴AB=AC=2+3FC=FC，

333

6×+4343

∴BD=ABAD=FC2FC=FC，

33

?43?

∴BD:CE=FC:3FC=4:3，

3

故選：D．

3．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，中，于點，則

的最大值為．△?????=10,??=2,??⊥???,??=2????

【答案】10

【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)．首先過點C作CECD，使CD=2CE，連接AE、DE，利

1

用勾股定理可求DE=10，利用兩邊成比例且夾角相等，可證⊥BCE∽ACD，根據(jù)相似三角形對應邊

2

1△△

成比例可得BE=10，當點B、E、D三點共線時BD有最大值可求BD的最大值．

2

【詳解】解：如下圖所示，過點C作CECD，使CD=2CE，連接AE、DE，

⊥

CD=2，

∵2

CE=

2

2

∴2210

DE=CE2+CD2=2+=，

22

∴CECD，

∵EC⊥D=ACB=90，

∴∠BCE=∠ACD，°

ACDC

又∴∠=∠=2，

BCEC

∵BCE∽ACD，

ADACDC

∴△==△=2，

BEBCEC

∴11

BE=AD=10，

22

∴11

當點B、E、D三點共線時BD有最大值，BD=BE+DE=10+10=10．

22

故答案為：10．

4．（2023·浙江湖州·中考真題）如圖，在中，，于點D，點E為AB的中點，連結

DE．已知，，求BD，DE△的??長?．??=????⊥??

??=10??=12

13

【答案】BD=5,DE=

2

【分析】先根據(jù)等腰三角形三線合一性質(zhì)求出BD的長，再根據(jù)勾股定理求得AB的長，最后根據(jù)條件可知

DE是ABC的中位線，求得DE的長．

△

【詳解】解，∵AB=AC，ADBC于點D，

1

∴BD=BC．⊥

2

∵BC=10，

∴BD=5．

∵ADBC于點D，

∴AD⊥B=90，

∴∠在RtABD°中，AB2=AD2+BD2．

∵AD=△12，

∴AB=AD2+BD2=122+55=13，

∵E為AB的中點，

113

∴DE=AB=．

22

【點睛】此題考查了三角形中位線的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，熟記三角形中位線的判定與性質(zhì)、

等腰三角形的性質(zhì)是解題的關鍵．

考點04三角形的全等

1．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在中，，點D，E都在邊上，

．若，則的長為△（??）???=??=23,∠???=120°??

∠???=60°??=2????

A．B．C．D．

【答案】3B+333?323?133?4

【分析】將ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120得到ACF，取CF的中點G，連接EF、EG，由AB=AC=23，

BAC=12△0，可得出B=ACB=30，°根據(jù)旋△轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得出ECG=60，結合CF=BD=2CE可得出

∠CEG為等邊°三角形，∠進而得∠出CEF°為直角三角形，求出BC的∠長度以及證°明全等找出DE=FE，設EC=

x△，則BD=CF=2x，DE=FE=△63x，在RtCEF中利用勾股定理可得出EF=CF2EC2=3x，利

用FE=63x=3x，可求出x以及?FE的值，△此題得解．?

【詳解】解?：將ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120得到ACF，取CF的中點G，連接EF、EG，如圖所示：

△°△

過點A作ANBC于點N，如圖，

∵AB=AC=23，BAC=120，⊥

∴BN=CN，B=∠ACB=30．°

在RtBAN中∠，∠B=30，A°B=23，

1

∴AN△=AB=3，∠°

2

∴BN=AB2AN2=3，

∴BC=6．?

∴ACB=B=ACF=30，

∴∠ECG=6∠0．∠°

∵C∠F=BD=°2CE，

∴CG=CE，

∴CEG為等邊三角形，

∴E△G=CG=FG，

1

∴EFG=FEG=CGE=30，

2

∴∠CEF為∠直角三角∠形．°

∵△BAC=120，DAE=60，

∴∠BAD+CA°E=∠60，°

∴∠FAE=∠FAC+CA°E=BAD+CAE=60．

在∠ADE和∠AFE∠中，∠∠°

△AD=AF△

DAE=FAE，

AE=AE

∠∠

∴ADEAFESAS，

∴D△E=FE≌．△

設EC=x，則BD=CF=2x，DE=FE=63x，

在RtCEF中，CEF=90，CF=2x，EC?=x，EF=CF2EC2=3x，

∴6△3x=3x，∠°?

?

∴x=33，

∴DE=?3x=333，

故選：B．?

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，通過勾股定理找出關于x的方程

是解題的關鍵．

2．（2023·浙江衢州·中考真題）如圖，在中，以點A為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，

于點D，E．分別以點D，E為圓心，大于△??長?為半徑畫弧，交于內(nèi)一點F.連結并延長，??交??

1

2??∠???????

于點G．連結，.添加下列條件，不能使成立的是（）

??????=??

A．B．C．D．

【答案】?D?=????⊥??∠???=∠?????=??

【分析】根據(jù)題意可知AG是三角形的角平分線，再結合選項所給的條件逐次判斷能否得出BG=CG即可．

【詳解】根據(jù)題中所給的作圖步驟可知，

AG是ABC的角平分線，即BAG=CAG．

當AB△=AC時，又BAG=C∠AG，且∠AG=AG，

所以ABGAC∠G(SAS)，∠

所以△BG=CG≌，△

故A選項不符合題意．

當AGBC時，

AGB⊥=AGC=90，

∠又BAG∠=CAG，且°AG=AG，

所以∠ABG∠ACG(ASA)，

所以△BG=CG≌，△

故B選項不符合題意．

當DGB=EGC時，

因為∠BAG∠=CAG，AD=AE，AG=AG，

∠∠

所以ADGAEG(AAS)，

所以△AGD=≌△AGE，

又D∠GB=E∠GC，

所以∠AGD∠+DGB=AGE+EGC，

即A∠GB=A∠GC．∠∠

又∠AGB+∠AGC=90，

所以∠AGB∠=AGC=°90，

則方法∠同（2）∠可得出BG°=CG，

故C選項不符合題意．

故選：D．

【點睛】本題考查全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定定理是解題的關鍵．

3．（2023·浙江·中考真題）如圖，在與中，，請?zhí)砑右粋€條件，使得

．△???△???∠?=∠?△???≌

△???

【答案】OA=OC或OB=OD或AB=CD

【分析】根據(jù)對頂角相等可得AOB=COD，再添加邊相等，可利用ASA或AAS判定AOBCOD．

【詳解】解：∵在AOB與∠COD中，∠A=C，AOB=COD，△≌△

∴添加OA=OC，△則AOB△CODAS∠A；∠∠∠

或添加OB=OD，則△AOB≌△CODAAS；

或添加AB=CD，則△AOB≌△CODAAS；

故答案為：OA=OC（△答案不≌唯△一）．

【點睛】本題考查了三角形全等的判定方法，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、

HL．注意：AAA、SSA不能判定兩個三角形全等，判定兩個三角形全等時，必須有邊的參與，若有兩邊一

角對應相等時，角必須是兩邊的夾角．

4．（2023·浙江衢州·中考真題）已知：如圖，在和中，，，，在同一條直線上．下面四

個條件：①；②；③；△④???△???．????

??=????=????=??∠???=∠???

(1)請選擇其中的三個條件，使得（寫出一種情況即可）；

(2)在（1）的條件下，求證：△???≌△?．??

【答案】(1)①②③或①③④（△寫?出??一≌種△情?況??即可）

(2)見解析

【分析】（1）根據(jù)兩三角形全等的判定條件，選擇合適的條件即可；

（2）根據(jù)（1）中所選的條件，進行證明即可．

【詳解】（1）解：根據(jù)題意，可以選擇的條件為：①②③；

或者選擇的條件為：①③④；

（2）證明：當選擇的條件為①②③時，

BE=CF，

∵BE+EC=CF+EC，

∴即BC=EF，

在ABC和DEF中，

A△B=DE△

BC=EF，

AC=DF

ABC≌DEFSSS；

∴當△選擇的條△件為①③④時，

BE=CF，

∵BE+EC=CF+EC，

∴即BC=EF，

在ABC和DEF中，

△AB=DE△

ABC=DEF，

BC=EF

∠∠

ABC≌DEFSAS．

∴【△點睛】本△題考查了全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定條件是解題的關鍵．

考點05平行四邊形的性質(zhì)

1．（2024·浙江·中考真題）如圖，在中，，相交于點O，．過點A作

的垂線交于點E，記長為x，??長?為??y．當??x，y?的?值發(fā)生變化時?，?=下2列,?代?數(shù)=式2的3值不變的是（??⊥）??

??????

A．B．C．D．

22

【答案】?C+???????+?

【分析】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，過點D作DFBC

交BC的延長線于點F，證明ABEDCFAAS，得到AE=DF,BE=CF=x，由勾股定理可得，AE2⊥=4

yx2，DF2=12y+x△2，則4≌△yx2=12y+x2，整理后即可得到答案．?

【詳?解】解：過點D?作DFBC交?BC的?延長線于?點F，

⊥

∵AEBC的垂線交BC于點E，

∴AE⊥B=DFC=90，

∵∠四邊形A∠BCD是平行°四邊形，

∴AB=DC,ABCD，

∴ABE=DCF∥，

∴∠ABE∠DCFAAS

∴A△E=DF≌,B△E=CF=x，

由勾股定理可得，AE2=AC2CE2=AC2BCBE2=4yx2，

DF2=BD2BF2=BD2BC?+CF2=BD?2BC?+BE2=1?2?y+x2，

∴4y?x2=12y?+x2，??

∴y?+x?2yx2?=8

??

∴x2+2xy+y2y2+2xyx2=8

即4xy=8，解得?xy=2，?

∴當x，y的值發(fā)生變化時，代數(shù)式的值不變的是xy，

故選：C

2．（2023·浙江杭州·中考真題）如圖，平行四邊形的對角線相交于點，點在對角線上，

且，連接，．??????,????,???

??=??=????,????,??

(1)求證：四邊形是平行四邊形．

(2)若的面積??等??于2，求的面積．

【答案△】??(1?)見解析△???

(2)1

【分析】（1）根據(jù)平行四邊形對角線互相平分可得OA=OC，OB=OD，結合BE=FD可得OE=OF，即

可證明四邊形AECF是平行四邊形；

（2）根據(jù)等底等高的三角形面積相等可得SAEF=SABE=2，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得SCFO=

111△△△

S=S=2=1．

2CEF2AEF2

△△

【詳解】（1）證明：×四邊形ABCD是平行四邊形，

OA=OC，OB=OD∵，

∴BE=FD，

∵OBBE=ODFD，

∴OE=?OF，?

∴又OA=OC，

四∵邊形AECF是平行四邊形．

∴（2）解：SABE=2，BE=EF，

△

SAEF=∵SABE=2，

∴四邊△形AEC△F是平行四邊形，

111

∵S=S=S=2=1．

CFO2CEF2AEF2

△△△

【∴點睛】本題考查平行四邊形的×判定與性質(zhì)，解題的關鍵是掌握平行四邊形的對角線互相平分．

考點06矩形菱形正方形的性質(zhì)

1．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，矩形中，．點P是邊上一動點，點M為

線段上一動點．，則的?最??小?值為（??=）2．5,??=8??

??∠???=∠?????

A．2B．C．D．

8105

【答案】A212.421?4

1

【分析】設AD的中點為O，連接OB,OM，證明AMD=90，得出OM=AD=4，點M在O點為圓心，

2

4為半徑的圓上，利用勾股定理求出OB從而計算∠出答案．°

【詳解】解：設AD的中點為O，連接OB,OM，

∵四邊形ABCD為矩形，

BAD=90,AD=BC=8，

∴∠BAP+M°AD=90，

∴∠ADM=∠BAP，°

∵∠MAD+∠ADM=90，

∴∠AMD=∠90，°

∴∠AO=OD=°4，

1

∵OM=AD=4，

2

∴

∴點M在O點為圓心，4為半徑的圓O上．

2

OB=AO2+AB2=42+25=6，

∵BMOBOM=2，

∴∵BM≥的最小?值為2．

故選：A．

【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，二次根式的性質(zhì)，圓周角定理等

知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，應用直角三角形性質(zhì)解決問題．

2．（2023·浙江金華·中考真題）如圖，在中，，以其三邊為邊在的同側作三個正

方形，點在上，與交于點，R與t△?交?于?點．∠?若??=90°，則四邊形的值?是?（）

?正方形????

???????????????=???????

A．B．C．D．

1136

【答案】4B51225

13

【分析】設HF=FG=a，正方形ACGH的邊長為2a，證明tanHAF=tanGFP，先后求得GP=a，PC=a，

22

1∠∠5

BC=a，利用三角形面積公式求得S=a2，證明RtBQCRtBPE，求得S=a2，S=

BCQ4BEP4四邊形CQEP

△△

a2，據(jù)此求解即可．△∽△

【詳解】解：∵四邊形ACGH是正方形，且HF=FG，

設HF=FG=a，則AC=CG=GH=AH=2a，

∵四邊形ABEF是正方形，

∴AFP=90，

∴∠HAF=90°HFA=GFP，

HFGP1

∴t∠anHAF=°ta?n∠GFP，即∠==，

HAFG2

∠1∠

∴GP=a，

2

13

∴PC=2aa=a，

22

?

HFBC1

同理tanHAF=tanCAB，即==，

HAAC2

∴BC=a∠，∠

1

同理CQ=a，

2

5

∴PB=a，

2

125111

BQ2=a2+a=a2，S=aa=a2，

24BCQ224

△

∵RtBQCRtBPE，××

5

S2a2

∴B△CQBQ∽△41，

==252=

SBEPBPa5

△4

△

5

∴S=5S=a2，

BEPBCQ4

△△

∴2，

S四邊形CQEP=SBEPSBCQ=a

△?△

∵222222，

S正方形ABEF=AB=AC+BC=2a+a=5a

S四邊形PCQEa21

∴=2=，

S正方形ABEF5a5

故選：B．

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，解題的關鍵是學會利用

參數(shù)構建方程解決問題．

3．（2023·浙江寧波·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??(?)???,??

△???△???△????,?1,?2???1??2

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A作FGBC，交EB的延長線于點F，DC的延長線于點G，易得：FG=BC,AFBE,AGCD，

1

利用矩形的性質(zhì)和三角∥形的面積公式，可得S+S=S，再根據(jù)S=S+S⊥S⊥S=

122矩形BCDEABC矩形BCDE12

△

1??

S+S，得到SSS=S，即可得出結論．

ABC2矩形BCDE12ABC

△??△

【詳解】解：過點A作FGBC，交EB的延長線于點F，DC的延長線于點G，

∥

∵矩形BCDE，

∴BCBE,BCCD,BE=CD，

∴FG⊥BE,FG⊥CD，

∴四邊⊥形BFGC⊥為矩形，

∴FG=BC,AFBE,AGCD，

11

∴S=BEAF⊥,S=CD⊥AG，

1222

1??11

∴S+S=BEAF+AG=BEBC=S，

12222矩形BCDE

?1

又S=S+SSS=S+S，

ABC矩形BCDE12ABC2矩形BCDE

△△

1??1

∴SSS=S+SS=S，

12ABC2矩形BCDE2矩形BCDEABC

??△?△

∴只需要知道ABC的面積即可求出SS1S2的值；

故選C．△??

1

【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，求三角形的面積．解題的關鍵是得到S+S=S

122矩形BCDE

4．（2023·浙江紹興·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∠???=60．°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?（?,??）

?1,?2???,???1,?2?1?2?1?2

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(jù)題意，分別證明四邊形E1E2F1F2是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．

【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，BAD=ABC=90，

∴BDC=A∠BD=60∠，ADB=°CBD=9060=30，

∵O∠E=OF、∠OB=OD，°∠∠°?°°

∴DF=EB

∵對稱，

∴DF=DF2，BF=BF1，BE=BE2,DE=DE1

∴E1F2=E2F1

∵對稱，

∴F2DC=CDF=60，EDA=E1DA=30

∴∠E1DB=∠60，°∠∠°

同理∠F1BD=6°0，

∴DE∠1∥BF1°

∴E1F2∥E2F1

∴四邊形E1E2F1F2是平行四邊形，

如圖所示，

當E,F,O三點重合時，DO=BO，

∴DE1=DF2=AE1=AE2

即E1E2=E1F2

∴四邊形E1E2F1F2是菱形，

如圖所示，當E,F分別為OD,OB的中點時，

設DB=4，則DF2=DF=1，DE1