专题 13 特殊平行四边形
目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（3大模块知识梳理）
知识模块一：矩形的性质与判定
知识模块二：菱形的性质与判定
知识模块三：正方形的性质与判定
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（12大基础考点）
考点一：根据特殊四边形的性质求角度
考点二：根据特殊四边形的性质求线段长
考点三：根据特殊四边形的性质求周长
考点四：根据特殊四边形的性质求面积
考点五：根据特殊四边形的性质求点的坐标
考点六：利用特殊四边形的性质证明
考点七：特殊四边形的折叠问题
考点八：证明四边形是特殊四边形
考点九：根据特殊四边形的性质与判定求角度
考点十：根据特殊四边形的性质与判定求线段长
考点十一：根据特殊四边形的性质与判定求周长
考点十二： 根据特殊四边形的性质与判定求面积
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（6大重难点）
重难点一： 与特殊平行四边形有关的最值问题
重难点二： 中点模型
重难点三： 十字架模型
重难点四： 半角模型
重难点五： 一线三垂直模型
重难点六： 对角互补模型
05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，夯实基础。（2大易错点）
易错点1： 未掌握矩形，菱形，正方形的判定定理
易错点2： 求菱形面积时出错知识模块一：矩形
知识点一：矩形的性质
性质 符号语言 图示边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC A D
角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°
O
对角线 两条对角线互相平分 ∵四边形ABCD是矩形
且相等 B C
∴AO=CO=BO=DO
【补充】
1）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；
2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题.
3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
知识点二：矩形的判定
判定定理 符号语言 图示
一个角是直角的平行四 在平行四边形ABCD中， A D
边形是矩形
∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩
形
角
B C
三个角是直角的四边形 在四边形ABCD中， A D
是矩形
∵∠B=∠A=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形
B C
对角线 对角线相等的平行四边 在平行四边形ABCD中， A D
形是矩形
∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形
O
B C
知识模块二：菱形
知识点一：菱形的性质
性质定理 符号语言 图示
边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CD=AD=BC A
对角 对角线互相垂直，且每一 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD，
线 条对角线平分一组对角 B O D
AC平分∠BAD，AC平分∠BAD，
AC平分∠BAD，AC平分∠BAD C
【补充】1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质；
2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形.
3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形.
4）菱形的面积公式：
A A
n
h
B D B m O D
a
C C
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即 .
知识点二：菱形的判定
判定定理 符号语言 图示
四条边相等的四边形是 在四边形ABCD中，
边 菱形. ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形 ABCD是 A
菱形
B D
一组邻边相等的平行四 在平行四边形ABCD中，
边形是菱形. ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 C
对角线 对角线互相垂直的平行 在平行四边形ABCD中， A
四边形是菱形. ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形
B D
O
C
知识模块三：正方形
知识点一：正方形的性质
1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行.
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.
【补充】
1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°.
3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形.
4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半.知识点二：正方形的判定
定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 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
判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形
矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形
菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形
菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形
考点一： 根据特殊四边形的性质求角度
1．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F在矩形ABCD边上，
连接OF．若∠ADB=38°，∠BOF=30°，则∠AOF= ．
【答案】46°或106°
【分析】根据题意画出图形，分点F在AB上和BC上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∴∠ADO=∠OAD，
∵∠ADB=38°，
∴∠ADO=∠OAD=38°
∴∠AOB=∠ADO+∠OAD=76°，
如图所示，当F点在AB上时，
∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB−∠BOF=76°−30°=46°
如图所示，当点F在BC上时，∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB+∠BOF=76°+30°=106°，
故答案为：46°或106°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若∠BAD=α，∠CBE=β，
则β=（ ）
1 3 1 3
A．45°+ α B．45°+ α C．90°− α D．90°− α
2 2 2 2
【答案】D
【分析】由题意可得∠FBG=∠DAB=α，由菱形的性质可得AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，由
平行线的性质可得∠DAB+∠ABC=180°，进行计算即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：∠FBG=∠DAB=α，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=α+β+α+β=2α+2β
∴α+2α+2β=180°，
3
∴β=90°− α，
2
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质，是解题的关键．3．（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形ABCD内的一点，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°
得到△CBF．若∠ABE=55°，则∠EGC= 度．
【答案】80
【分析】先求得∠BEF和∠CBE的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵∠ABE=55°，
∴∠CBE=90°−55°=35°，
∵△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到△CBF
∴∠EBF=90°，BE=BF，
∴∠BEF=45°，
∴∠EGC= ∠CBE+∠BEF=35°+45°=80°，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转
图形的性质求解是解题的关键．
考点二： 根据特殊四边形的性质求线段长
4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长
DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为 ．21
【答案】
20
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为H，
利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，利用
三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵ ABCD
四边形 为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=√AB2+BC2=√32+42=5，
1 1 1 1
∴S = AD⋅DC= AC⋅DE，即 ×4×3= ×5×DE，
△ADC 2 2 2 2
12
解得：DE= ，
5
12
DE DC
∴cos∠EDC= = ，即 5 3 ，
DC DF =
3 DF
15
解得：DF= ，
4
∴FC=√DF2−DC2=
√ (15) 2
−32=
9
，
4 4
9 7
∴BF=BC−FC=4− = ，
4 41 1 1 1 7
∴S = BD⋅FH= BF⋅DC，即 ×5×FH= × ×3，
△BDF 2 2 2 2 4
21
解得：FH= ，
20
21
故答案为： ．
20
5．（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，边AB在数轴上，将AC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．1−√3 C．0 D．3−2√3
【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CF⊥AE于点F，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CF⊥AE于点F，
∵∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∵BC=2，
1
∴BF= BC=1，CF=√BC2−BF2=√3，
2
∴AF=AB+BF=3，
∴AE=AC=√AF2+CF2=√32+(√3) 2=2√3，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是3−2√3，
故选：D．
6．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是OA的中点，点FEF
是OD上一点．连接EF．若∠FEO=45°，则 的值为 ．
BC
1
【答案】
2
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到∠OAD=45°，
EF OE 1
AD=BC，再证明EF∥AD，进而可证明△OEF∽△OAD，由相似三角形的性质可得 = = ，即
AD OA 2
EF 1
= ．
BC 2
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴∠OAD=45°，AD=BC，
∵点E是OA的中点，
OE 1
∴ = ，
OA 2
∵∠FEO=45°，
∴EF∥AD，
∴△OEF∽△OAD，
EF OE 1 EF 1
∴ = = ，即 = ，
AD OA 2 BC 2
1
故答案为： ．
2
考点三： 根据特殊四边形的性质求周长
7．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=60°，
AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若EF=2√3，则矩形ABCD的周长是（ ）A．16√3 B．8√3+4 C．4√3+8 D．8√3+8
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出OA=OB，即可求证△ABO为等边三角形，进而得出点E为OB中点，根据
中位线定理得出BC=2EF=4√3，易得∠CBD=30°，求出CD=BC⋅tan∠BCD=4，即可得出矩形的
周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠ABD=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∵AE⊥BD，
∴点E为OB中点，
∵F是OC的中点，若EF=2√3，
∴BC=2EF=4√3，
∵∠ABD=60°，
∴∠CBD=30°，
√3
∴CD=BC⋅tan∠BCA=4√3× =4，
3
∴矩形ABCD的周长=2(BC+CD)=2(4√3+4)=8√3+8，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关
键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，
以及解直角三角形的方法和步骤．
8．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD各边中
点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）A．4+2√3 B．6+2√3 C．4+4√3 D．6+4√3
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角
形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】
解：如图，连接AC、BD，相交于点O，
∵ E、F、G、H AB、BC、CD、DA
点 分别是边 的中点，
1 1
∴EF= AC，GH= AC，
2 2
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形， AB=4，∠A=120°，
∴对角线AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
1
在Rt△AOB中，AB=4，OA= AC=2，
2
∴OB=√42−22=2√3，
∴BD=4√3，1 1
∴EF= AC=2，EH= BD=2√3，
2 2
∴四边形EFGH的周长为(2+2√3)×2=4+4√3．
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行
四边形的判定与性质进行计算．
9．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边
长是80cm，则图中阴影图形的周长是（ ）
A．440cm B．320cm C．280cm D．160cm
【答案】A
【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是80cm的正方形的周长加上
边长是80cm的正方形的两条边长再减去2×20cm，由此解答即可．
【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条
边长再减去2×20cm，
∴阴影图形的周长是：4×80+2×80−2×20=440cm，
故选：A．
考点四： 根据特殊四边形的性质求面积
10．（2022·湖南邵阳·中考真题）已知矩形的一边长为6cm，一条对角线的长为10cm，则矩形的面积为
cm2．
【答案】48
【分析】如图，先根据勾股定理求出AB=√102−62=8cm，再由S =AB×BC求解即可．
矩形ABCD
【详解】解：在矩形ABCD中，BC=6cm，AC=10cm，∴在Rt△ABC中，AB=√102−62=8(cm)，
∴S =AB×BC=8×6=48(cm2 )．
矩形ABCD
故答案为：48．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识．
11．（2024·广东·中考真题）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若
△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出S =6，
△ADE
BF 2 BF
S =8，根据△ABF和菱形的面积求出 = ， =2，则可求出△CDF的面积，然后利用
△ABF BC 3 CF
S =S −S −S −S 求解即可．
阴影 菱形ABCD △ADE △BEF △CDF
【详解】解：连接AF、BD，
∵菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，△BEF的面积为4，1 1 1
∴S = S = × S =6，S =2S =8，
△ADE 2 △ABD 2 2 菱形ABCD △ABF △BEF
设菱形ABCD中BC边上的高为h，
1 1
BF⋅ℎ BF
则 S 2 ，即 8 2 ，
△ABF = =
S BC⋅ℎ 24 BC
菱形ABCD
BF 2
∴ = ，
BC 3
BF
∴ =2，
CF
1
BF⋅ℎ
S 2 BF
∴ △ABF = = =2，
S 1 CF
△CDF CF⋅ℎ
2
∴S =4，
△CDF
∴S =S −S −S −S =10，
阴影 菱形ABCD △ADE △BEF △CDF
故答案为：10．
12．（2023·湖南·中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为4dm的正方形纸
板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部
分的面积为 dm3．
【答案】2
【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，
√2 1
依题意，OD= AD=2√2，OE= OD=√2
2 2∴图中阴影部分的面积为OE2=(√2) 2=2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考点五： 根据特殊四边形的性质求点的坐标
13．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−4,0)，点C的坐标为(0,2)．以
OA，OC为边作矩形OABC，若将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，则点B'的坐
标为（ ）
A．(−4,−2) B．(−4,2) C．(2,4) D．(4,2)
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到OA=4，OC=2，再
由矩形的性质可得AB=OC=2，∠ABC=90°，由旋转的性质可得OA'=OA=4，A'B'=AB=2，
∠OA'B'=90°，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为(−4,0)，点C的坐标为(0,2)，
∴OA=4，OC=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC=2，∠ABC=90°，
∵将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，
∴OA'=OA=4，A'B'=AB=2，∠OA'B'=90°，
∴A'B'⊥y轴，
∴点B'的坐标为(2,4)，
故选：C．
14．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的顶点A在x轴负半轴上，顶点
3
B在直线y= x上，若点B的横坐标是8，为点C的坐标为（ ）
4A．(−1,6) B．(−2,6) C．(−3,6) D．(−4,6)
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，先求出B(8,6)，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性质得
到BC=BO=10,BC∥x轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，
3
∵顶点B在直线y= x上，点B的横坐标是8，
4
3
∴y =8× =6，即BD=6，
B 4
∴B(8,6)，
∵BD⊥x轴，
∴由勾股定理得：BO=√BD2+DO2=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=BO=10,BC∥x轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点C(−2,6)，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添
加辅助线是解题的关键．
15．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为
(−2，0)，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为(0，6)，则点E的坐
标为 ．【答案】(3,10)
【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，先判断四边形AOGD是矩形，得出
OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，根据折叠的性质得出BF=BC=a，CE=FE，在Rt△BOF中，
利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在Rt△EGF中，利用勾股定理构建关于CE的方程，求出
CE的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，
则四边形AOGD是矩形，
∴OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，
∵折叠，
∴BF=BC=a，CE=FE，
∵点A的坐标为(−2，0)，点F的坐标为(0，6)，
∴AO=2，FO=6，
∴BO=AB−AO=a−2，
在Rt△BOF中，BO2+FO2=BF2，
∴(a−2) 2+62=a2，
解得a=10，
∴FG=OG−OF=4，¿=CD−DG−CE=8−CE，
在Rt△EGF中，GE2+FG2=EF2，
∴(8−CE) 2+42=CE2，解得CE=5，
∴¿=3，
∴点E的坐标为(3,10)，
故答案为：(3,10)．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利
用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
考点六： 利用特殊四边形的性质证明
16．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，直线EF分别交AD，BC，BD于点E，F，
O，下列条件中，不能证明△BOF≌△DOE的是（ ）
A．O为矩形ABCD两条对角线的交点 B．EO=FO
C．AE=CF D．EF⊥BD
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质和全等三角形
的判定是解题的关键．
由矩形的性质得出AD=BC AD∥BC，再由平行线的性质得出∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，然
后由全等三角形的判定逐一判定即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC AD∥BC，
∴∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，
A、∵O为矩形ABCD两条对角线的交点，
∴OB=OD，
在△BOF和△DOE中，
¿，
∴△BOF≌△DOE(AAS)，
故此选项不符合题意；B、在△BOF和△DOE中，
¿，
∴△BOF≌△DOE(AAS)，
故此选项不符合题意；
C、∵AE=CF，
∴BC−CF=AD−AE，
即BF=DE，
在△BOF和△DOE中，
¿，
∴△BOF≌△DOE(ASA)，
故此选项不符合题意；
D、∵EF⊥BD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
两三角形中缺少对应边相等，所以不能判定△BOF≌△DOE，
故此选项符合题意；
故选：D．
17．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形ABCD中，BC=10，面积为60，对角线AC与BD相交于点
O，过点A作AE⊥BC，交边BC于点E，连接EO，则EO= ．
【答案】√10
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出
AC、BD的长度．根据菱形的面积公式结合BC的长度即可得出BD、AC的长度，在Rt△BOC中利用勾
股定理即可求出CO的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC,OB=OD,AB=BC=CD=DA=10，
1
∵S = AC⋅BD=60，
菱形ABCD 2
∴AC⋅BD=120，
∴BO⋅OC＝30．∵BO2+CO2=BC2=100，
∴(BO+OC) 2−2BO⋅CO=100，
∴BO+CO=4√10（负值已舍去），
∴BO=4√10−OC，
∴BO2+CO2=102，
∴(4√10−OC)
2+CO2=100，
∴CO=√10，CO＝3√10（舍去）．
∵AE⊥BC，AO=CO，
∴EO=CO=√10．
故答案为：√10．
18．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且
BG=3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为（ ）
1 1 2 1
A． B． C． D．
4 3 5 2
【答案】A
【分析】由正方形性质可求出BG的长，进而求出AG的长，证△ADE∽△GAB，利用相似三角形对应边成
比例可求得AE、DE的长，证△ABF≌△DAE，得AF=DE，根据线段的和差求得EF的长即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴BC=CD=DA=AB=4，∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AGB，
∵BG=3CG，
∴BG=3，
∴在Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，则由勾股定理可得AG=√42+32=5，
∵DE⊥AG，
∴∠DEA=∠≝=∠ABC=90°，
∴△ADE∽△GAB，
∴AD:GA=AE:GB=DE:AB，
即4:5=AE:3=DE:4，
12 16
∴AE= ，DE= ，
5 5
又∵BF∥DE，
∴∠AFB=∠≝=90°，
又∵AB=AD，∠DAE=∠ABF，
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
16
∴AF=DE= ，
5
16 12 4
∴EF=AF−AE= − = ，
5 5 5
EF 1
∴tan∠EDF= = ，
DE 4
故选：A．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，
正切的定义等知识，灵活运用相似三角形的判定与性质求出线段的长是解答本题的关键．
考点七： 特殊四边形的折叠问题
19．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M，N分别在边BC，AD
上．连接MN，将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处．则tan∠AMN的值是（ ）
A．2 B．√2 C．√3 D．√5【答案】A
【分析】连接AC交MN于点F，设AB=2m，则BC=2AB=4m，利用勾股定理求得
1
AC=√AB2+BC2=2√5m，由折叠得到AM=CM，MN垂直平分AC，则AF=CF= AC=√5m，由
2
5 √5 AF
AB2+BM2=AM2代入求得AM= m，则MF=√AM2−AF2= m，所以tan∠AMN= =2，于
2 2 MF
是得到问题的答案．
【详解】解：连接AC交MN于点F，
设AB=2m，则BC=2AB=4m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC=√AB2+BC2=2√5m
∵将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线MN对称，
∴AM=CM，MN垂直平分AC，
1
∴BM=BC−CM=4m−AM，∠AFM=90°，AF=CF= AC=√5m，
2
∵AB2+BM2=AM2，
∴(2m) 2+(4m−AM) 2=AM2
5
∴AM= m，
2
√5
∴MF=√AM2−AF2= m
2
AF √5m
tan∠AMN= = =2
∴ MF √5 ．
m
2故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是
解题的关键．
20．（2023·江苏南京·中考真题）如图， 在菱形纸片ABCD中， 点E在边AB上，将纸片沿CE折叠， 点
B落在B'处，CB'⊥AD， 垂足为F 若CF=4cm，FB'=1cm， 则BE= cm
25 4
【答案】 /3
7 7
【分析】根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可．
【详解】解：∵CF=4cm，FB'=1cm，
∴CB'=CF+FB'=5cm，
由翻折，菱形的性质，得： CB=CD=CB'=5cm， CB∥AD，∠B=∠D，
∵CB'⊥AD，
∴CB'⊥BC，
∴∠BCB'=90°，
∴∠BCE=∠B'CE=45°，
∵CD=5，CF=4，∠CFD=90°，
∴FD=3，
过点E作EG⊥BC，
设CG=x， 则EG=x，BG=5−x，
∵∠B=∠D，∠BGE=∠DFC，
∴△EGB∽△CFD，
EG EB GB
∴ = = ，
CF DC DFx EB 5−x
∴ = = ，
4 5 3
20
解得：x= ，
7
25
∴BE= ，
7
25
故答案为： ．
7
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质是解
题的关键．
21．（2023·湖北·中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边
AD上（点M不与点A,D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点
E,F，连接BM．
(1)求证：∠AMB=∠BMP；
(2)若DP=1，求MD的长．
【答案】(1)证明见解析
12
(2)MD=
5
【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进
而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明∠AMB=∠BMP；
（2）如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则
MP=
1
MQ=
3+2x
．由勾股定理建立方程x2+12=
(3+2x) 2
，解方程即可得到MD=
12
．
3 3 3 5
【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB．
∴∠EMB=∠EBM．∴∠EMP−∠EMB=∠EBC−∠EBM，即∠BMP=∠MBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠AMB=∠MBC．
∴∠AMB=∠BMP．
（2）解：如图，延长MN,BC交于点Q．
∵AD∥BC，
∴△DMP∽△CQP．
又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，
∴CP=2
MD MP DP 1
∴ = = = ，
QC QP CP 2
∴QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，
∴BQ=3+2x．
∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，
∴MQ=BQ=3+2x．
1 3+2x
∴MP= MQ= ．
3 3
在Rt△DMP中，M D2+DP2=M P2，
∴x2+12=
(3+2x) 2
．
3
12
解得：x =0（舍），x = ．
1 2 5
12
∴MD= ．
5
【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
考点八： 证明四边形是特殊四边形
22．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，O是边AB的中点，
∠AOD=∠BOC．求证：四边形ABCD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SAS可证明△AOD≌△BOC，得出AD=BC，根据∠A=∠B=90°得出AD∥BC，即可证明
四边形ABCD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ABCD是矩形．
【详解】证明：∵O是边AB的中点，
∴OA=OB，
在△AOD和△BOC中，¿，
∴△AOD≌△BOC，
∴AD=BC，
∵∠A=∠B=90°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
23．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点F在边AD上，AB=AF，连接
BF，点O为BF的中点，AO的延长线交边BC于点E，连接EF
(1)求证：四边形ABEF是菱形：(2)若平行四边形ABCD的周长为22,CE=1,∠BAD=120°，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=5
【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AF∥BE,∠AFB=∠EBF,∠FAE=∠BEA,再证明△AOF≌△EOB，得
出BE=AF，证明出四边形ABEF是平行四边形，由AB=AF得出四边形ABEF是菱形：
（2）求出菱形ABEF的周长为20，得出AB=5，再证明△ABE是等边三角形，得出AE=AB=5．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,即AF∥BE,
∴∠AFB=∠EBF,∠FAE=∠BEA,
∵O为BF的中点，
∴BO=FO,
∴△AOF≌△EOB，
∴BE=FA,
∵AF∥BE,
∴四边形ABEF是平行四边形，
又AB=AF,
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵AD=BC,AF=BE,
∴DF=CE=1,
∵平行四边形ABCD的周长为22，
∴菱形ABEF的周长为：22−2=20,
∴AB=20÷4=5,
∵四边形ABEF是菱形，
1 1
∴∠BAE= ∠BAD= ×120°=60°,
2 2
又AB=AE,
∴△ABE是等边三角形，
∵AE=AB=5．
24．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，分别以点B,C为圆心，
1 1
AC, BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP,CP．
2 2(1)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
(2)请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？
【答案】(1)平行四边形，见解析
(2)AC=BD且AC⊥BD
1 1
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到BP= AC=OC,CP= BD=OB，根据两组对边分别相等的
2 2
四边形是平行四边形判定即可．
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．
【详解】（1）四边形BPCO是平行四边形．理由如下：
∵▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，
∴AO=OC,BO=OD，
1 1
∵以点B,C为圆心， AC, BD长为半径画弧，两弧交于点P，
2 2
1 1
∴BP= AC=OC,CP= BD=OB
2 2
∴四边形BPCO是平行四边形．
（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴AC=BD且AC⊥BD时，四边形BPCO是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
考点九： 根据特殊四边形的性质与判定求角度
25．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形ABCD：①画∠MAN；②以点A为圆心，
1个单位长为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，
两弧交于点C；④连接BC，CD，BD．若∠A=44°，则∠CBD的大小是（ ）A．64° B．66° C．68° D．70°
【答案】C
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形ABCD是菱形，进而根据菱形的
性质，即可求解．
【详解】解：作图可得AB=AD=BC=DC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC,∠ABD=∠CBD
∵∠A=44°，
∴∠MBC=∠A=44°，
1 1
∴∠CBD= (180°−∠MBC)= (180°−44°)=68°，
2 2
故选：C．
26．（2023·江苏镇江·二模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边
AB、BC、CD、DA上，且AE=CG,BF=DH，连接EG、FH．
(1)求证：△AEH≌△CGF；
(2)若EG=FH,∠AHE=35°，求∠DHG的度数．
【答案】(1)见解析
(2)55°
【分析】本题考查平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，关键是证明
四边形EFGH是矩形．
（1）由平行四边形的性质得到∠A=∠C,AD=BC，得到AH=CF，由SAS即可证明△AEH≌△CGF；（2）由△AEH≌△CGF，△DHG≌△BFE，得到HE=FG,GH=EF，推出四边形EFGH是平行四边形，
又EG=FH，得到四边形EFGH是矩形，因此∠EHG=90°，进而可求出∠DHG的度数．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，
∵BF=DH，
∴AD−DH=BC−BF，
∴AH=CF，
在△AEH和△CGF中，
¿，
∴△AEH≌△CGF(SAS)；
（2）由（1）知△AEH≌△CGF，
同理：△DHG≌△BFE，
∴HE=FG，GH=EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EG=FH，
∴四边形EFGH是矩形，
∴∠EHG=90°，
∵∠AHE=35°，
∴∠DHG=180°−∠EHG−∠AHE=55°．
27．（2023·四川·中考真题）如图，半径为5的扇形AOB中，∠AOB=90°，C是A´B上一点，CD⊥OA，
CE⊥OB，垂足分别为D，E，若CD=CE，则图中阴影部分面积为( )25π 25π 25π 25π
A． B． C． D．
16 8 6 4
【答案】B
【分析】连接OC，证明四边形CDOE是正方形，进而得出S =S ，∠COE=45°，然后根据扇形
△CDE △OCE
面积公式即可求解．
【详解】解：如图所示，连接OC，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，∠AOB=90°，
∴四边形CDOE是矩形，
∵CD=CE，
∴四边形CDOE是正方形，
∴S =S ，∠COE=45°，
△CDE △OCE
45 25
∴图中阴影部分面积=S = π×52= π，
扇形BOC 360 8
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，求扇形面积，证明四边形CDOE是正方形是解题的关键．
考点十： 根据特殊四边形的性质与判定求线段长
28．（2024·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，点P是边AB上任意
一点，过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分别为点D，E，连接DE，则DE的最小值是（ ）13 60 12 30
A． B． C． D．
2 13 5 13
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不
大，设计很新颖，解题的关键是求DE的最小值转化为其相等线段CP的最小值．连接CP，根据矩形的性质
可知：DE=CP，当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，再根据三
角形的面积为定值即可求出CP的长．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，
∴AB=√AC2+BC2=13，
连接CP，如图所示：
∵PD⊥AC于点D，PE⊥CB于点E，∠ACB=90°，
∴∠PDC=∠PEC=∠ACB=90°，
∴四边形DPEC是矩形，
∴DE=CP，
当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，5×12 60
∴此时DE=CP= = ．
13 13
故选：B．
29．（2024·山东德州·中考真题）如图，▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．
(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的边长．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，
tan37°≈0.75）
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根据平行四边形性质得出∠BAC=∠ACD，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出
∠DAC=∠ACD，AD=CD，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
1 1
（2）连接BD，由菱形性质可知∠COB=90°，OA=OC= AC=4，∠ACB= ∠DCB=37°，在利用
2 2
余弦求出BC长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∴∠BAC=∠ACD．
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∴∠DAC=∠ACD．
∴AD=CD．
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD，交AC于点O，∵四边形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，
1 1
∴∠COB=90°，OA=OC= AC=4，∠ACB= ∠DCB=37°，
2 2
OC 4 4
∴BC= = ≈ =5，
cos∠ACB cos37° 0.8
即菱形ABCD的边长为5．
30．（2020·贵州黔西·中考真题）如图，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，AB=2，点D为AB的中
点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形EDF，点C恰在E´F上，则图中阴影部分的面积为 ．
π 1
【答案】 −
4 2
1
【分析】连接CD，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，由等腰直角三角形的性质可得CD= AB=1，
2
√2 √2 90π×12 π
∠ACD=∠BCD=45°，证明四边形DMCN为正方形，得出DN= CD= ，S = = ，
2 2 扇形 360 4
1
证明△DNH≌△DMG(AAS)，得出S =S ，求出S =S = ，即可得解．
△DMG △DHN 四边形DHCG 四边形DNCM 2
【详解】解：如图，连接CD，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，，
∵CA=CB，∠ACB=90°，点D为AB的中点，AB=2，
1
∴CD= AB=1，∠ACD=∠BCD=45°，
2
∵DM⊥BC，DN⊥AC，
∴∠DNC=∠DMC=∠DMG=∠ACB=90°，△DCN为等腰直角三角形，DM=DN，
∴四边形DMCN为矩形，CN=DN，
∴四边形DMCN为正方形，
√2 √2 90π×12 π
∴DN= CD= ，S = = ，
2 2 扇形 360 4
∵∠NDH+∠HEM=∠HEM+∠MDG=90°，
∴∠NDH=∠MDG，
∴△DNH≌△DMG(AAS)，
∴S =S ，
△DMG △DHN
√2 √2 1
∵S =S +S =S +S =S = × = ，
四边形DHCG △DMG 四边形DHCM △DHN 四边形DHCM 四边形DNCM 2 2 2
π 1
∴S =S −S = − ，
阴影 扇形 四边形DHCG 4 2
π 1
故答案为： − ．
4 2
【点睛】本题考查了扇形面积、正方形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性
质、角平分线的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
考点十一： 根据特殊四边形的性质与判定求周长
31．（2021·内蒙古·中考真题）如图，在▱ABCD中，AD=12，以AD为直径的⊙O与BC相切于点E，
连接OC．若OC=AB，则▱ABCD的周长为 ．【答案】24+6√5
【分析】连接OE，作AF⊥BC于F，先证明▱AOEF为矩形，进而证明Rt△ABF≌Rt△OCE，得到
BF=CE=3，利用勾股定理求出OC=3√5，即可求出▱ABCD的周长．
【详解】解：如图，连接OE，作AF⊥BC于F，
∵BE为⊙O的切线，
∴∠OEC=∠OEB=90°，
∵AD∥BC，
∴AF∥OE，
∴四边形AFEO为平行四边形，
∵∠OEF=90°，
∴▱AOEF为矩形，
1
∴AF=OE，EF=AO= AD=6,
2
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD=12，
∵AB=OC
∴Rt△ABF≌Rt△OCE，
∴BF=CE=3，
∵OE=OA=6，
∴在Rt△OCE中，OC=√OE2+CE2=3√5，
∴AB=CD=OC=3√5，
∴ ▱ABCD的周长为为（12+3√5）×2=24+6√5．故答案为：24+6√5
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，矩形的性质，全等三角形判定与性质，勾股定理，平行四边形等知
识，熟知相关定理，并根据题意添加辅助线是解题关键．
32．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE=DF，
连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
(1)求证：△AEM≌△CFM；
(2)若AC⊥EF，AF=3√2，求四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)12√2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AB∥DC，AB=DC，进而得出∠AEM=∠CFM，证明
AE=CF，根据AAS证明△AEM≌△CFM，即可得证；
（2）证明▱AECF是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，AB=DC（平行四边形的对边平行且相等）
∴∠AEM=∠CFM（两直线平行，内错角相等）
∵BE=DF
∴AB+BE=CD+DF 即AE=CF
在△AEM和△CFM中
¿
∴△AEM≌△CFM(AAS)；
（2）解：∵AE=CF，AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵AC⊥EF
∴▱AECF是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴AE=EC=CF=AF（菱形的四条边都相等）
∴菱形AECF的周长=4AF=4×3√2=12√2.【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知
识是解题的关键．
33．（2023·浙江·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，AB=10，两锐角的角
平分线交于点P，点E，F分别在边AC，BC上，且∠EPF=45°，求△CEF的周长．
【答案】4
【分析】
本题考查直角平分线的性质定理，正方形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添
加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．根据题意过点P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，
PK⊥AB于K，在EA上取一点J，使得MJ=FN，连接PJ，进而利用全等三角形的性质证明
EF=EM+EN，即可得出结论．
【详解】
解：如图，过点P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，PK⊥AB于K，在EA上取一点J，
得MJ=FN，连接PJ．
∵BP平分∠ABC，PA平分∠CAB，PM⊥BAC，PN⊥BC，PK⊥AB，
∴PM=PK，PK=PN，
∴PM=PN，
∴∠C=∠PMC=∠PNC=90°，
∴四边形PMCN是正方形，
∴CM=PM，∴∠MPN=90°，
在△PMJ和△PNF中，
¿，
∴△PMJ≌△PNF(SAS)，
∴∠MPJ=∠FPN，PJ=PF，
∴∠JPF=∠MPN=90°，
∵∠EPF=45°，
∴∠EPF=∠EPJ=45°，
在△PEF和△PEJ中，
¿，
∴△PEF≌△PEJ(SAS)，
∴EF=EJ，
∴EF=EM+FN，
∴△CEF的周长=CE+EF+CF=CE+EM+CF+FN=2EM=2PM，
1 1
∵ S = BC⋅AC= (AC+BC+AB)⋅PM，
ΔABC 2 2
∴24=12PM，
∴PM=2，
∴△ECF的周长为4．
考点十二： 根据特殊四边形的性质与判定求面积
34．（2023·山东潍坊·中考真题）工匠师傅准备从六边形的铁皮ABCDEF中，裁出一块矩形铁皮制作工件，
如图所示．经测量，AB∥DE，AB与DE之间的距离为2米，AB=3米，AF=BC=1米，
∠A=∠B=90°，∠C=∠F=135°．MH，HG，GN是工匠师傅画出的裁剪虚线．当MH的长度为多少
时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是多少？5 25
【答案】当MH的长度为 米时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是 平方米
4 8
【分析】连接CF，分别交MH于点P，交GN于点Q，先判断出四边形ABCF是矩形，从而可得
∠EFC=∠DCF=45°，再判断出四边形AMPF和四边形BCQN都是矩形，从而可得
PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，然后设矩形MNGH的面积为y
平方米，MH=GN=x米，则AM=PH=(x−1)米，BN=GQ=(x−1)米，利用矩形的面积公式可得y关
于x的二次函数，最后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：如图，连接CF，分别交MH于点P，交GN于点Q，
∵∠A=∠B=90°
，
∴AF∥BC，
∵AF=BC=1米，
∴四边形ABCF是平行四边形，
又∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴∠AFC=∠BCF=90°，CF∥AB，
∵∠BCD=∠AFE=135°，
∴∠EFC=∠DCF=45°，
∵四边形MNGH是矩形，
∴MH⊥AB,GN⊥AB,GN=MH，
∴四边形AMPF和四边形BCQN都是矩形，
∴PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，
∴Rt△PFH和Rt△QCG都是等腰直角三角形，
∴PH=PF,GQ=CQ，
∴AM=PH,BN=GQ，
设矩形MNGH的面积为y平方米，MH=GN=x米，则AM=PH=(x−1)米，BN=GQ=(x−1)米，
∵AB=3米，∴MN=AB−AM−BN=(5−2x)米，
( 5) 2 25
∴y=MH⋅MN=x(5−2x)=−2 x− + ，
4 8
又∵AB∥DE，AB与DE之间的距离为2米，AF=BC=1米，
∴1≤x≤2，
5 5
由二次函数的性质可知，当1≤x≤ 时，y随x的增大而增大；当 <x≤2时，y随x的增大而减小，
4 4
5 25
则当x= 时，y取得最大值，最大值为 ，
4 8
5 25
答：当MH的长度为 米时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是 平方米．
4 8
【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、矩形的判定与性质等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题
关键．
35．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC=60°，则阴影部分
的面积是（ ）
9 9√3
A． B．3√3 C． D．6√3
2 2
【答案】D
【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继而
求得AB=BC的长，判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【详解】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AB=2AE，BC=2CF，
∵AB2=AE2+BE2，BE=3，
∴AB=2√3，
同理： BC=2√3，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=2√3，
∴S =AD×BE=6√3．
菱形ABCD
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性
质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
36．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且EF＝2AE＝
S
2CF，连接DE并延长交AB于点M，连接DF并延长交BC于点N，连接MN，则 △AMD =（ ）
S
△MBN
3 2 1
A． B． C．1 D．
4 3 2
【答案】A
【分析】设AB=AD=BC=CD=3a，首先证明AM=CN，再利用平行线分线段成比例定理求出CN=a，
推出AM=a，BM=BN=2a，可得结论．
【详解】解：设AB=AD=BC=CD=3a，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAE=∠DCF=45°，∠DAM=∠DCN=90°，
在ΔDAE和ΔDCF中，
¿，
∴ΔDAE≅ΔDCF(SAS)，
∴∠ADE=∠CDF，
在ΔDAM和ΔDCN中，
¿，
∴ΔDAM≅ΔDCN(ASA)，
∴AM=CN，
∵AB=BC，
∴BM=BN，
∵CN//AD，
CN CF 1
∴ = = ，
AD AF 3
∴CN=AM=a，BM=BN=2a，
1
⋅AD⋅AM
S 2 3a×a 3
∴ ΔADM = = = ，
S 1 2a×2a 4
ΔBMN ⋅BM⋅BN
2
故选：A．
【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定理等知识，解题的关
键是学会利用参数，设正方形的边长为3a，求出AM=a，BM=BN=2a．
重难点一： 与特殊平行四边形有关的最值问题
1. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，且BA=6，AC=8，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为（ ）
A．5 B．3.6 C．2.4 D．4.8
【答案】D
【分析】连接AD，先得出四边形AMDN为矩形，然后得到AD=MN，即可运用等面积法求解．
【详解】解：如图，连接AD．
∵∠BAC=90°，且BA=6，AC=8，
∴BC=√AB2+AC2=10，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴四边形AMDN为矩形，
∴AD=MN，
∴当AD最小时，MN最小．
1 1
当AD⊥BC时，AD最小，此时S = AB⋅AC= AD⋅BC，
△ABC 2 2
AB⋅AC
∴AD= =4.8，
BC
∴线段MN的最小值为4.8．
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌
握以上基本知识．
2．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠ABC=60°，M是对角线BD上的一个动点，CF=BF，则MA+MF的最小值为（ ）
A．1 B．√2 C．√3 D．2
【答案】C
【分析】连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值，证明△ABC是等边三角形，AF是高线，利用三角函
数即可求解．
【详解】解：连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值．
∵四边形ABCD是菱形，
AB＝BC，
∴又∵∠ABC＝60°，
ABC是等边三角形，
∴∵△CF=BF
F是BC的中点，
∴AF BC．
∴ ⊥ √3
则AF＝AB•sin60°＝2× =√3．
2
即MA+MF的最小值是√3．
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形以及三角函数，确定AF的长就是MA+MF的最小值是关键．
3．（2021·青海·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM=2，N是AC上一动点，
则DN+MN的最小值为【答案】10
【分析】本题考查了轴对称的应用，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据轴对称的性质作出
图形得到DN+MN的最小值即为线段BM的长．连结BD，BN，BM，根据轴对称的性质，得到
BN=DN，DN+MN的最小值即BN+MN的最小值，即为线段BM的长，再根据勾股定理，即可求得
BM的长，即得答案．
【详解】连结BD，BN，BM，
∵正方形是轴对称图形，点B与点D是以直线AC为对称轴的对称点，
∴直线AC即为BD的垂直平分线，
∴BN=DN，
∴DN+MN=BN+MN，
当点N在BM与AC的交点P处，DN+MN取得最小值，最小值为BM的长，
∵正方形ABCD的边长为8，且DM=2，
∴BC=CD=8，CM=8−2=6，∠BCD=90°，
∴BM=√BC2+CM2=√82+62=10，
∴DN+MN的最小值为10．
故答案为：10．
重难点二： 中点模型
1．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD，DA的中点，顺次连接
E,F,G,H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
EFGH
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形 被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦
里尼翁(Varingnon，Pierre1654－1722)是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系
密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或
正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH,FG于点P,Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
1
∵H,G分别为AD,CD的中点，∴HG∥AC,HG= AC．（依据1）
2
DN DG 1
= DG=GC DN=NM= DM
NM GC 2
∴ ．∵ ，∴ ．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
1
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S =HG⋅MN= HG⋅DM．
▱HPQG 2
1 1
∵S = AC⋅DM=HG⋅DM，∴S = S ．同理，…
△ADC 2 ▱HPQG 2 △ADC
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD长
度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的
定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：
如图即为所求
（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
1 1
∴EF= AC,GH= AC．
2 2
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的
关键．
2．（2024·青海·中考真题）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学
兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
1 1
∴EF= AC，GH= AC（____ ____）
2 2
①
∴EF=GH．
同理可得：EH=FG．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据①________
【探究二】
中点四边形形
原四边形对角线关系
状
不相等、不垂直 平行四边形AC=BD 菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC⊥BD ________
②
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
中点四边形形状
原四边形对角线关系
________ ________
③ ④
结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．
【答案】（1）①中位线定理（2）证明见解析
（3）②矩形
（4）证明见解析
（5）补图见解析；③AC⊥BD且AC=BD；④正方形
【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性
质等知识
（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；
（2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题；
（3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题.
【详解】（1）①证明依据是：中位线定理；
（2）证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
1 1
∴EF= AC，GH= AC
2 2
∴EF=GH．
同理可得：EH=FG．
∵AC=BD
∴EF=GH=EH=FG
∴中点四边形EFGH是菱形．
（3）②矩形；
故答案为：矩形
（4）证明∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EF∥AC，GH∥AC，
∴EF∥GH．
同理可得：EH∥FG．
∵AC⊥BD∴∠AOD=∠AIH=90°，∠FEH=∠AIH
∴∠AOD=∠EFG=∠FEH=∠EHG=90°
∴中点四边形EFGH是矩形．
（5）证明：如图4，∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
1 1
∴EF= AC，GH= AC
2 2
∴EF=GH．
同理可得：EH=FG．
∵AC=BD
∴EF=GH=EH=FG
∴中点四边形EFGH是菱形．
∵AC⊥BD
由（4）可知∠AOD=∠EFG=∠FEH=∠EHG=90°
∴菱形EFGH是正方形．
故答案为：③AC⊥BD且AC=BD；④正方形重难点三： 十字架模型
1．（2023·山东·中考真题）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，
垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长BC到点H，使
CH=DE，连接DH．求证：∠ADF=∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，
求CF的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）3
【分析】（1）由矩形的性质可得∠ADE=∠DCF=90°，则∠CDF+∠DFC=90°，再由AE⊥DF，
可得∠DGE=90°，则∠CDF+∠AED=90°，根据等角的余角相等得∠AED=∠DFC，即可得证；
（2）利用“HL”证明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，利用“SAS”证明
△DCF≌△DCH，则∠DHC=∠DFC，由正方形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质，即可得
证；
（3）延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，由菱形的性质可得AD=DC，AD∥BC，则
∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCG(SAS)，由全等的性质可得∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，
进而推出△DFG是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=∠DCF=90°，
∴∠CDF+∠DFC=90°，
∵ AE⊥DF，
∴∠DGE=90°，∴∠CDF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DCF(HL)，
∴DE=CF，
又∵ CH=DE，
∴ CF=CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴ ∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，
∴△DCF≌△DCH(SAS)，
∴∠H=∠DFC，
∵ AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=∠H；
（3）解：如图，延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，
∵ ABCD
四边形 是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DCG，
∴△ADE≌△DCG(SAS)，
∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，
∵AE=DF，
∴DG=DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG=FC+CG=DF=11，∴FC=11−CG=11−8=3．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，
全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．
2．（2023·河南·三模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形与垂直”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
如图1，正方形纸片ABCD，在边BC上任意取一点E，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，与边CD交
于点F．
根据以上操作，请直接写出图1中BE与CF的数量关系：______．
(2)迁移探究
小华将正方形纸片换成矩形纸片，继续探究，过程如下：
如图2，在矩形纸片ABCD中，AB:AD=m:n，在边BC上任意取一点E，连接AE，过点B作BF⊥AE
BE
于点G，与边CD交于点F，请求出 的值，并说明理由；
CF
(3)拓展应用
如图3，已知正方形纸片ABCD的边长为2，动点E由点A向终点D做匀速运动，动点F由点D向终点C做
匀速运动，动点E、F同时开始运动，且速度相同，连接AF、BE，交于点G，连接GD，则线段GD长度
的最小值为______，点G的运动轨迹的长为______．（直接写出答案不必说明理由）
【答案】(1)BE=CF
m
(2) ，理由见解析
n
π
(3)线段GD的最小值为√5−1，点G的运动轨迹的长为
2
【分析】（1）根据正方形的性质，由条件利用三角形全等判定可得△ABE≌△BCF，即可证明BE=CF；
（2）证明△ABE∼△BCF，根据相似三角形的性质可得出结论；1
（3）根据三边关系可判断出GD的最小值，再判断出点G在以点M为圆心，在以半径为1的 圆上运动，
4
再求点G的运动轨迹即可
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
又AE⊥BF，
∴∠AGB=90°,
∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°,
∴∠BAE=∠FBC，
在△ABE和△BCF中，
∵AB=BC，∠BAE=∠FBC，∠ABE=∠BCF
∴△ABE≌△BCF，
∴BE=CF；
故答案为：BE=CF；
m
（2） ，理由如下：
n
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，
又AE⊥BF，
∴∠AGB=90°,
∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°,
∴∠BAE=∠FBC，
∴△ABE∼△BCF
BE AB
∴ =
CF BC
AB AB m
∵ = =
AD BC n
BE m
∴ =
CF n
（3）如图，取AB的中点M，连接DM，GM，由题意知，AE=DF，AB=AD，∠BAE=∠ADF
∴Rt△ABE≌Rt△DAF，
∴∠FAD=∠ABE
∴∠AGB=∠FAD+∠AEB=∠ABE+∠AEB=90°
∵M是AB的中点，AB=2，
∴AM=MB=MG=1，
在Rt△ADM中，MD=√22+12=√5；
在△MGD中，
∵GD≥MD−MG=√5−1，
∴GD的最小值是√5−1，
∵∠AGB=90°，
∴A、G、B三点共圆，
1
∴点G在以点M为圆心，在以半径为1的 圆上运动，
4
π
∴点G的运动轨迹的长为：2π÷4= ，
2
π
故答案为：√5−1； ．
2
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，直角三角形斜边
上的中线，相似三角形的判定与性质以及圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识
解决问题．
重难点四： 半角模型
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有45°角的三角
尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN．
【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上．求证：
∠CNM=∠CNH；
【探究二】在图②中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F．求证：△CEF∽△CNM；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线BD与三角尺45°角两边CM，CN分别交于点E，F．
EF
连接AC交BD于点O，求 的值．
NM
EF √2
【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三] =
NM 2
【分析】[探究一]证明△CNM≌△CNH，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明∠CEF=∠FNB，根据三角形内角和得出∠CEF=∠FNB，加上公共角
∠ECF=∠NCM，进而即可证明
EC CD 1
[探究三]先证明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA， = = ，将△DMC绕点C顺时针旋转
NC AC √2
90°得到△BGC，则点G在直线AB上．得出△NCG≌△NCM，根据全等三角形的性质得出
∠MNC=∠GNC，进而可得∠CNM=∠CEF，证明△ECF∽△NCM，根据相似三角形的性质得出
EF EC CD 1
= = = ，即可得出结论．
NM NC AC √2
【详解】[探究一]
∵把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上，
∴CM=CH,∠MCH=90°，
∴∠NCH=∠MCH−∠MCN=90°−45°=45°，
∴∠MCN=∠HCN，
在△CNM与△CNH中
¿∴△CNM≌△CNH
∴∠CNM=∠CNH
[探究二]证明：如图所示，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBA=45°，
又∠MCN=45°，
∴∠FBN=∠FCE=45°，
∵∠EFC=∠BFN，
∴∠CEF=∠FNB，
又∵∠CNM=∠CNH，
∴∠CEF=∠CNM，
又∵公共角∠ECF=∠NCM，
∴△CEF∽△CNM；
[探究三] 证明：∵AC,BD是正方形的对角线，
∴∠CDE=∠CDA+∠EDM=135°，∠CAN=180°−∠BAC=135°，
∴∠CDE=∠CAN，
∵∠MCN=∠DCA=45°，
∴∠MCN−∠DCN=∠DCA−∠DCN，
即∠ECD=∠NCA，
∴△ECD∽△NCA，
EC CD 1
∴∠CED=∠CNA， = = ，
NC AC √2
如图所示，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上．∴MC=GC，∠MCG=90°，
∴∠NCG=∠NCM=45°，
又CN=CN，
∴△NCG≌△NCM，
∴∠MNC=∠GNC，
∵∠CNA=∠CEF，
∴∠CNM=∠CEF，
又∠ECF=∠NCM，
∴△ECF∽△NCM，
EF EC CD 1
∴ = = = ，
NM NC AC √2
EF √2
即 = ．
NM 2
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，
熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E在边BC上，且∠DAE=45°，BD=3，
CE=4，求DE的长．
解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD'，连接ED'．由旋转的特征得∠BAD=∠CAD'，∠B=∠ACD'，AD=AD'，BD=CD'．
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=45°．
∵∠BAD=∠CAD'，
∴∠CAD'+∠EAC=45°，即∠EAD'=45°．
∴∠DAE=∠D' AE．
在△DAE和△D'AE中，
AD=AD'，∠DAE=∠D' AE，AE=AE，
∴___①___．
∴DE=D'E．
又∵∠ECD'=∠ECA+∠ACD'=∠ECA+∠B=90°，
∴在Rt△ECD'中，___②___．
∵CD'=BD=3，CE=4，
∴DE=D'E=___③___．
【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以
不变应万变．
【知识迁移】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长
的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明．【拓展应用】
如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．探究
BE、EF、DF的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．
【问题再探】
如图5，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，点D、E在边AC上，且∠DBE=45°．设
AD=x，CE= y，求y与x的函数关系式．
【答案】【问题解决】①△ADE≌△AD'E；②EC2+CD'2=ED'2；③5；【知识迁移】
21x−60
DN2+BM2=M N2，见解析；【拓展应用】2BE2+2DF2=EF2；【问题再探】y=
5x−28
【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；
【知识迁移】如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF'．过点D作DH⊥BD交边AF'于点H，
连接NH．由旋转的特征得AE=AF',BE=DF',∠BAE=∠DAF'．结合题意得
EF=DF+BE=DF+DF'=F'F．证明△AEF≌AF'F，得出∠EAF=∠F' AF．根据正方形性质得出
∠ABD=∠ADB=45°．结合DH⊥BD，得出∠ADH=∠HDB−∠ADB=45°．证明
△ABM≌△ADH，得出AM=AH,BM=DH．证明△AMN≌△AHN．得出MN=HN．在Rt△HND
中，根据勾股定理即可求解；
【拓展应用】如图所示，设直线EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针
旋转90°，得到△AGH，连接HM,HE．则△ADF≌△AGH．则DF=GH,AG=AD,AF=AH，
∠DAF=∠HAG，根据∠EAF=45°，证明△AEH≌△AEF，得出EF=HE，过点H作HO⊥CB交
CB于点O，过点H作HG⊥BM交BM于点M，则四边形OHGB为矩形．得出OH=BG,OB=HG，证明△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形，得出GM=DN=DF=HG，∠HME=90°，在
Rt△OHE中，根据勾股定理即可证明；
【问题再探】如图，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到BE'C'，连接E'D．过点E作EG⊥BC，垂足
为点G，过点E'作EG'⊥BC'，垂足为G'．过点E'作E'F∥BA，过点D作DF∥BC交AB于点H,E'F、
DF交于点F．由旋转的特征得BE=BE',∠CBE=∠C'BE',EG=E'G',BG=BG'．根据
∠ABC=90°,∠DBE=45°，得出∠DBE'=45°，证明△EBD≌△E'BD，得出DE=DE'，根据勾股
定理算出AC，根据AD=x,CE= y，表示出DE'=5−x−y，证明△AHD∽△ABC，根据相似三角形的
4 3 4 4 3
性质表示出AH= x,HD= x，HB=4− x，同理可得EG= y,GC= y．
5 5 5 5 5
4 3 4 3 4
E'G'= y,BG'=3− y，证明四边形FE'G'H为矩形．得出∠F=90°,FH= y,DF= x+ y，
5 5 5 5 5
4 3
FE'=1− x+ y，在Rt△E'FD中，根据勾股定理即可求解；
5 5
【详解】【问题解决】解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD'，连接ED'．
由旋转的特征得∠BAD=∠CAD'，∠B=∠ACD'，AD=AD'，BD=CD'．
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=45°．
∵∠BAD=∠CAD'，
∴∠CAD'+∠EAC=45°，即∠EAD'=45°．
∴∠DAE=∠D' AE．
在△DAE和△D' AE中，AD=AD'，∠DAE=∠D' AE，AE=AE，
∴①△ADE≌△AD'E．
∴DE=D'E．
又∵∠ECD'=∠ECA+∠ACD'=∠ECA+∠B=90°，
∴在Rt△ECD'中，②EC2+CD'2=ED'2．
∵CD'=BD=3，CE=4，∴DE=D'E=√32+42=5③．
【知识迁移】DN2+BM2=M N2．
证明：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF'．
过点D作DH⊥BD交边AF'于点H，连接NH．
由旋转的特征得AE=AF',BE=DF',∠BAE=∠DAF'．
由题意得EF+EC+FC=DC+BC=DF+FC+EC+BE，
∴EF=DF+BE=DF+DF'=F'F．
在△AEF和△AF'F中，AE=AF',EF=F'F,AF=AF，
∴△AEF≌AF'F(SSS)．
∴∠EAF=∠F' AF．
又∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD=∠ADB=45°．
∵DH⊥BD，
∴∠ADH=∠HDB−∠ADB=45°．
在△ABM和△ADH中，∠BAM=∠DAH,AB=AD,∠ABM=∠ADH，
∴△ABM≌△ADH(ASA)，
∴AM=AH,BM=DH．
在△AMN和△AHN中，AM=AH,∠MAN=∠HAN,AN=AN，
∴△AMN≌△AHN(SAS)．
∴MN=HN．
在Rt△HND中，DN2+DH2=H N2，
∴DN2+BM2=M N2．
【拓展应用】2BE2+2DF2=EF2．
证明：如图所示，设直线EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM,HE．
则△ADF≌△AGH．
则DF=GH,AG=AD,AF=AH，∠DAF=∠HAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠HAE=∠HAG+∠GAE=∠DAF+∠GAE=45°，
在△AEH和△AFE中
¿，
∴△AEH≌△AEF(SAS)，
∴EF=HE，
过点H作HO⊥CB交CB于点O，过点H作HG⊥BM交BM于点M，则四边形OHGB为矩形．
∴OH=BG,OB=HG，
∵∠CEF=45°，
∴∠CEF=∠CFE=∠DFN=∠DNF=∠BME=∠BEM=45°，
∴△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形，
∴CE=CF,BE=BM,DN=DF,AN=AM，
∴AM−AG=AN−AD，
∴GM=DN=DF=HG，
∴∠HMG=45°，
∴∠HME=45°+45°=90°，
在Rt△OHE中，OE2+OH2=H E2，(OB+BE) 2+BG2=EH2，
∴(GH+BE) 2+BG2=EH2，
即(GH+BE) 2+(BM−GM) 2=EH2，
又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM，∴(GH+BE) 2+(BE−GH) 2=EF2，
即2(DF2+BE2)=EF2，
【问题再探】如图，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BE'C'，连接E'D．过点E作EG⊥BC，垂
足为点G，过点E'作EG'⊥BC'，垂足为G'．过点E'作E'F∥BA，过点D作DF∥BC交AB于点
H,E'F、DF交于点F．
由旋转的特征得BE=BE',∠CBE=∠C'BE',EG=E'G',BG=BG'．
∵∠ABC=90°,∠DBE=45°，
∴∠CBE+∠DBA=45°，
∴∠C'BE'+∠DBA=45°，即∠DBE'=45°，
在△EBD和△E'BD中，BE=BE',∠DBE=∠DBE',BD=BD，
∴△EBD≌△E'BD(SAS)，
∴DE=DE'，
∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3，
∴AC=√AB2+BC2=5，
又∵AD=x,CE= y，
∴DE'=DE=5−x−y，
∵DF∥BC，
∴∠ADH=∠C,∠AHD=∠ABC=90°，
∴△AHD∽△ABC，
AH HD AD x 4 3
∴ = = = ，即AH= x,HD= x，
AB BC AC 5 5 54
∴HB=AB−AH=4− x，
5
4 3
同理可得EG= y,GC= y．
5 5
4 3
∴E'G'= y,BG'=BG=3− y，
5 5
∵E'G'⊥AB,∠ABC=90°，
∴E'G'∥BC∥FD，
又∵E'F∥AB,∠FHG'=∠AHD=90°，
∴四边形FE'G'H为矩形．
4 3 4
∴∠F=90°,FH=E'G'= y,DF=DH+FH= x+ y，
5 5 5
FE'=HG'=HB−BG'=4− 4 x− ( 3− 3 y ) =1− 4 x+ 3 y，
5 5 5 5
在Rt△E'FD中，E'F2+DF2=E'D2．
∴ ( 1− 4 x+ 3 y ) 2 + (3 x+ 4 y ) 2 =(5−x−y) 2 ，
5 5 5 5
21x−60
解得y= ．
5x−28
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、
勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运
用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．
重难点五： 一线三垂直模型
1．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】
（1）如图1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB=BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式写出线段
AE，DE，CD的数量关系，并说明理由．【模型应用】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AE⊥EF，AE=EF．用等式
写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AE⊥EF，AE=EF．
用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）DE+CD=AE，理由见详解，（2）AD=√2BE+DF，理由见详解，（3）
AD=√2BE−DF，理由见详解
【分析】（1）直接证明△ABE≌△BCD，即可证明；
（2）过E点作EM⊥AD于点M，过E点作EN⊥CD于点N，先证明Rt△AEM≌Rt△FEN，可得
√2
AM=NF，结合等腰直角三角形的性质可得：MD=DN= DE， NF=ND−DF=MD−DF，即有
2
√2 √2 √2 √2
NF=AM=AD−MD=AD− DE，NF= DE−DF，进而可得AD− DE= DE−DF，即
2 2 2 2
可证；
（3）过A点作AH⊥BD于点H，过F点作FG⊥BD，交BD的延长线于点G，先证明△HAE≌△GEF，
再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．
【详解】（1）DE+CD=AE，理由如下：
∵CD⊥BD，AE⊥BD，AB⊥BC，
∴∠ABC=∠D=∠AEB=90°，
∴∠ABE+∠CBD=∠C+∠CBD=90°，
∴∠ABE=∠C，
∵AB=BC，
∴△ABE≌△BCD，
∴BE=CD，AE=BD，
∴DE=BD−BE=AE−CD，
∴DE+CD=AE；
（2）AD=√2BE+DF，理由如下：
过E点作EM⊥AD于点M，过E点作EN⊥CD于点N，如图，∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，
∴∠ADB=∠CDB=45°，BD平分∠ADC，∠ADC=90°，
∴√2AD=√2CD=BD，
即DE=BD−BE=√2AD−BE，
∵EN⊥CD，EM⊥AD，
∴EM=EN，
∵AE=EF，
∴Rt△AEM≌Rt△FEN，
∴AM=NF，
∵EM=EN，EN⊥CD，EM⊥AD，∠ADC=90°，
∴四边形EMDN是正方形，
∴ED是正方形EMDN对角线，MD=ND，
√2
∴MD=DN= DE， NF=ND−DF=MD−DF，
2
√2 √2
∴NF=AM=AD−MD=AD− DE，NF= DE−DF，
2 2
√2 √2
∴AD− DE= DE−DF，即AD=√2DE−DF，
2 2
∵DE=√2AD−BE，
∴AD=√2(√2AD−BE)−DF，
即有AD=√2BE+DF；
（3）AD=√2BE−DF，理由如下，
过A点作AH⊥BD于点H，过F点作FG⊥BD，交BD的延长线于点G，如图，∵AH⊥BD，FG⊥BD，AE⊥EF，
∴∠AHE=∠G=∠AEF=90°，
∴∠AEH+∠HAE=∠AEH+∠FEG=90°，
∴∠HAE=∠FEG，
又∵AE=EF，
∴△HAE≌△GEF，
∴HE=FG，
∵在正方形ABCD中，∠BDC=45°，
∴∠FDG=∠BDC=45°，
∴∠DFG=45°，
∴△DFG是等腰直角三角形，
√2
∴FG= DF，
2
√2
∴HE=FG= DF，
2
∵∠ADB=45°，AH⊥HD，
∴△ADH是等腰直角三角形，
√2
∴HD= AD，
2
√2 √2
∴DE=HD−HE= AD− DF，
2 2
√2 √2
∴BD−BE=DE= AD− DF，
2 2
∵BD=√2AD，
√2 √2
∴√2AD−BE= AD− DF，
2 2
∴AD=√2BE−DF．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的
性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．
2．（2022·江苏南京·中考真题）在平面直角坐标系中，正方形ABCD如图所示，点A的坐标(−1,0)，点
D的坐标是(−2,4)，则点C的坐标是 ．
【答案】(2,5)
【分析】由全等三角形的判定得到△CDE≌△DAF，再利用全等三角形的性质得到
CE=DF=4，DE=AF=1即可解答．
【详解】解：作CF⊥y轴，DE⊥x轴于点E，CE与FD交于点E，
∵点A的坐标(−1,0)，点D的坐标是(−2,4)，
∴OF=2，AF=2−1=1，DF=4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AD，∠ADC=90°，
∵∠DEC=∠AFD=90°，
∴∠ADF+∠DAF=90°=∠ADF+∠CDE，
∴∠CDE=∠DAF，
在△CDE和△DAF中，
¿，
∴△CDE≌△DAF(AAS)，
∴CE=DF=4，DE=AF=1，
∴EF=1+4=5，
∴点C(2，5)，
故答案为(2，5)．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，正确添加辅助线是解题的关键．
重难点六： 对角互补模型
1．（2023·四川达州·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，AB=AD，已知四边形的
面积为9，CD=2，则BC长为（ ）
11
A．5 B．4 C． D．3
3
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，添加辅助线，构造全等三角形是解
题的关键．过点A作AE⊥BC于点E，AF⊥CD，交CD的延长线于点F，先证明△ABE≌△ADF，然
后证明四边形AECF是正方形，从而得到S =9，求得正方形的边长，再求出DF，BE的长，即
正方形AECF
得答案．
【详解】解：过点A作AE⊥BC于点E，AF⊥CD，交CD的延长线于点F，
∵∠C=90°，
∴四边形AECF是矩形，
∴∠EAF=∠F=∠AEC=90°，
∴∠EAD+∠FAD=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠EAD+∠EAB=90°，∴∠EAB=∠FAD，
∵∠AEB=∠F=90°，AB=AD，
∴△ABE≌△ADF(AAS)，
∴AE=AF，S =S +S =S +S =S =9，BE=DF，
四边形AECF △ADF 四边形AECD △ABE 四边形AECD 四边形ABCD
∴矩形AECF是正方形，
∴S =9，
正方形AECF
∴CE=CF=3，
∵CD=2，
∴DF=1，
∴BE=1，
∴BC=BE+CE=1+3=4．
故选：B．
2．（2021·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，两个半径长均为√2的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，
扇形CFD的圆心C是A´B的中点，且扇形CFD绕着点C旋转，半径AE，CF交于点G，半径BE，CD交
于点H，则图中阴影面积等于（ ）
π π
A． −1 B． −2 C．π−1 D．π−2
2 2
【答案】D
【分析】先根据扇形面积公式求出两扇形面积，再过C分别作CM AE于M，CN BE于N，连接EC，再
⊥ ⊥证明△CMG CNH，可证得白色部分的面积等于对角线为√2的正方形CMEN得面积，进而可求得阴影部
分的面积．≌△
【详解】解：∵两个直角扇形的半径长均为√2，
2
90π⋅(√2)
∴两个扇形面积和为 ×2=π，
360
过C分别作CM AE于M，CN BE于N，连接EC，则四边形CMEN是矩形，
C是A´B的中点⊥，
⊥
∵ AEC= BEC，即EC平分∠AEB，
∴∠CM=CN∠，
∴∴四边形CMEN是正方形，
CMG= MCN= CNH，
∴∠MCG+∠GCN=∠NCH+ GCN=90°，
∴∠MCG=∠NCH，∠ ∠
∴∠CMG ∠ CNH（ASA），
∴∴△白色部≌分△的面积等于对角线为√2的正方形CMEN的面积，
1
∴空白部分面积为 ×√2×√2=1，
2
∴阴影部分面积为π−2×1=π−2，
故选：D．
【点睛】本题考查扇形面积公式、圆的有关性质、角平分线的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的
判定与性质，熟记扇形面积公式，熟练掌握角平分线的性质定理和全等三角形的判定与性质，求出空白部
分面积是解答的关键．易错点1： 未掌握矩形，菱形，正方形的判定定理
1．（2020·山东威海·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD⊥AD，AB=10，AD=6，O
为BD的中点，E为边AB上一点，直线EO交CD于点F，连结DE，BF．下列结论不成立的是（ ）
A．四边形DEBF为平行四边形
B．若AE=3.6，则四边形DEBF为矩形
C．若AE=5，则四边形DEBF为菱形
D．若AE=4.8，则四边形DEBF为正方形
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解．
【详解】A.∵四边形ABCD是平行四边形
∴DC//AB
∴∠FDO=∠EBO
∵O为BD的中点
∴DO=BO
在△FDO与△EBO中
¿
∴△FDO≅△EBO(ASA)
∴DF=BE
又∵DC//AB
∴四边形DEBF为平行四边形，
故A选项正确；
B.假设DE⊥AB
∵BD⊥AD，AB=10，AD=6∴BD=√AB2−AD2=8
1 1
∴S = AD×BD= ×6×8=24
△ABD 2 2
2S
∴DE= △ABD=4.8
AB
∵DE⊥AB
∴AE=√AD2−DE2=3.6
则当AE=3.6时，DE⊥AB
∵四边形DEBF为平行四边形
∴四边形DEBF为矩形，
故B选项正确；
C.∵AE=5，AB=10
∴E是AB中点
∵BD⊥AD
∴DE=AE=BE
∵四边形DEBF为平行四边形
∴四边形DEBF为菱形，
故C选项正确；
D.当AE=4.8时与AE=3.6时矛盾，则DE不垂直于AB，则四边形DEBF不为矩形，则也不可能为正方形，
故D选项错误，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理，熟练掌握相关
性质及定理的几何证明方法是解决本题的关键．
2．（2022·四川攀枝花·中考真题）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、
△BCF．且点A在△BCF内部．给出以下结论：
①四边形ADFE是平行四边形；
②当∠BAC=150°时，四边形ADFE是矩形；
③当AB=AC时，四边形ADFE是菱形；
④当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形ADFE是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．【答案】①②③④
【分析】
对于结论①，由等边三角形的性质可得，△EFB≌△ACB(SAS)，则EF=AC=AD；同理，由
△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，由AE=DF，AD=EF即可得出四边形ADFE是平行四边形；对于
结论②，当∠BAC=150°时，∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=90°，结合结论①，可知结
论②正确；对于结论③，当AB=AC时，AE=AD，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合
②③的结论知：当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，故结论④正确．
【详解】解析：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC=60°，
∴∠EBF=∠ABC=60°−∠ABF，
∴△EFB≌△ACB(SAS)，
∴EF=AC=AD，
同理由△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，
由AE=DF，AD=EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；
②当∠BAC=150°时，
∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=360°−60°−150°−60°=90°，
由①知四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；
③由①知AB=AE，AC=AD，四边形AEFD是平行四边形，
∴当AB=AC时，AE=AD，
∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，
∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，熟练掌握以上图形的判定方法是
解题的关键．易错点2： 求菱形面积时出错
1．（2021·西藏·中考真题）已知一元二次方程x2﹣10x＋24＝0的两个根是菱形的两条对角线长，则这个菱
形的面积为（ ）
A．6 B．10 C．12 D．24
【答案】C
【分析】利用因式分解法求出已知方程的解确定出菱形两条对角线长，进而求出菱形面积即可．
【详解】解：方程x2﹣10x＋24＝0，
分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
可得x﹣4＝0或x﹣6＝0，
解得：x＝4或x＝6，
∴菱形两对角线长为4和6，
1
则这个菱形的面积为 ×4×6＝12．
2
故选：C．
【点睛】此题考查了求解一元二次方程和菱形的面积公式，难度一般．
