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重难点 03 平行四边形与特殊平行四边形综合训练
中考数学中《平行四边形、矩形、菱形》部分主要考向分为五类：
一、多边形内角和
二、平行四边形的性质与判定
三、矩形的性质与判定
四、菱形的性质与判定
五、正方形的性质
平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边
形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考
察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准
确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合。
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考向一：多边形内角和
【题型1 多边形的内角和的计算】
1.多边形边数的求解方法
①代入法:设多边形的边数为n，代入内角和公式(n-2)x180°，得到关于n的方程，然后解方程求出n；
②外角和定理:多边形的外角和是固定的，为360°
2.灵活运用内外角的关系
①内外角转化:将多边形的内角通过外角定理转化为外角，然后利用外角和为360°来求解；
②辅助线构造:在复杂图形中，通过添加辅助线构造出多边形，利用多边形的内角和公式求解。
1．（2025·江苏南京·中考真题）如图，在正n边形中，∠1=20°，则n的值是（ ）
A．16 B．18 C．20 D．36
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理，中心角，
先标字母，将正n变形看成一个圆，再根据圆周角定理求出∠BOC，可求出中心角的度数，进而得出
正多边形的边数．
【详解】解：如图所示，标准正方形的中心O，∠AOB为中心角，将正n变形看成一个圆，
∵∠1=20°，
∴∠BOC=2∠1=40°，
∴∠AOB=∠AOC=20°，
360°
∴n= =18．
20°
故选：B．
2．（2024·吉林长春·中考真题）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五
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边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则∠α的大小为（ ）
A．54∘ B．60∘ C．70∘ D．72∘
【答案】D
【分析】本题考查了多边形内角与外角，正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和公式是解题
的关键．
根据正五边形的内角和公式和邻补角的性质即可得到结论．
(5−2)×180°
【详解】解：∠α=180°− =72°，
5
故选：D．
3．（2024·山东·中考真题）如图，已知AB，BC，CD是正n边形的三条边，在同一平面内，以BC为边在
该正n边形的外部作正方形BCMN．若∠ABN=120°，则n的值为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】A
【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正
多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案.
【详解】解：∵正方形BCMN，
∴∠NBC=90°，
∵∠ABN=120°，
∴∠ABC=360°−90°−120°=150°，
∴正n边形的一个外角为180°−150°=30°，
360°
∴n的值为 =12；
30°
故选A
4．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形ABCDEF的面积为6√3，则正六边形的边长为（ ）
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A．1 B．√3 C．2 D．4
【答案】C
【分析】本题考查正六边形的性质，正三角形的性质，设出边长去表示正三角形面积和正六边形面积
即可．
【详解】解：如图：根据多边形的内角和定理可求出正六边形的一个内角为120°，故正六边形是由6
个正三角形构成的，过O点作OM⊥AB垂足是M，
设正六边形的边长为a，即OA=AB=a
在正三角形OAB中，
∵OM⊥AB，
a
∴AM=BM= ，
2
在Rt△AMO中，OM=√OA2−AM2=
√
a2−
(a) 2
=
√3
a
2 2
1 1 √3a √3a2
一个正三角形的面积为： ⋅AB⋅OM= ×a× = ，
2 2 2 4
√3a2 3√3a2
正六边形的面积为： ×6= ，
4 2
3√3a2
∴ =6√3，
2
解得：a=2，
故选：C．
5．（2024·山西·模拟预测）如图，将正五边形纸片ABCDE沿BP折叠，得到△BC′P，点C的对应点为点
C′，BC′的延长线交DE于点F，若DF=EF，则∠BPC′的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．72°
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正多边形
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的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理是解题的关键．由正五边形纸片ABCDE，可得
180°×(5−2) 1
∠ABC=∠C= =108°，由DF=EF，可得∠FBC= ∠ABC=54°，由折叠的性质
5 2
1
可知，∠BC′P=∠C=108°，∠C′BP=∠CBP= ∠FBC=27°，根据
2
∠BPC′=180°−∠BC′P−∠C′BP，求解作答即可．
【详解】解：∵正五边形纸片ABCDE，
180°×(5−2)
∴∠ABC=∠C= =108°，
5
∵DF=EF，
1
∴∠FBC= ∠ABC=54°，
2
1
由折叠的性质可知，∠BC′P=∠C=108°，∠C′BP=∠CBP= ∠FBC=27°，
2
∴∠BPC′=180°−∠BC′P−∠C′BP=45°，
故选：B．
6．（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形ABCDE边DE的中点，连接BF并延长与CD延长线交于
点G，则∠BGC的度数为 ．
【答案】18°/18度
【分析】连接BD，BE，根据正多边形的性质可证△ABE≌△CBD(SAS)，得到BE=BD，进而得到
BG是DE的垂直平分线，即∠DFG=90°，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而
得到∠FDG=72°，再根据三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：连接BD，BE，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=AE，∠A=∠C
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
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∴BE=BD，
∵点F是DE的中点，
∴BG是DE的垂直平分线，
∴∠DFG=90°，
(5−2)×180°
∵在正五边形ABCDE中，∠CDE= =108°，
5
∴∠FDG=180°−∠CDE=72°，
∴∠G=180°−∠DFG−∠FDG=180°−90°−72°=18°．
故答案为：18°
【点睛】本题考查正多边形的性质，内角，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，三角形的
内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
7．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形ABCDE的边长为4，则这个正五边形的对角线AC的长是
．
【答案】2√5+2/2+2√5
【分析】此题考查了正五边形以及等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．根据正五边形以及
等腰三角形的性质得出AF=AB=4，再证明△BCF∽△ACB，根据相似三角形的性质求出CF，最
后由线段和差即可求出AC的长．
【详解】解：如图，连接BD交AC于点F，
∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴∠ABC=∠BCD= =108°，AB=BC=CD=4，
5
180°−108°
∴∠BCA=∠BAC= =36°，
2
∴∠ABF=108°−36°=72°，
∵∠AFB=∠CBD+∠BCA=36°+36°=72°，
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∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=4，
∵∠BCF=∠ACB，∠BAC=∠CBF，
∴△BCF∽△ACB，
BC CF
∴ = ，
AC BC
4 CF
即 = ，
CF+4 4
解得CF=2√5−2或CF=−2√5−2（舍去），
∴AC=CF+AF=2√5−2+4=2√5+2，
故答案为：2√5+2．
8．（2024·陕西·模拟预测）如图，在正五边形ABCDE中，AD,CE相交于点 F，连接BF，则∠CFB的
度数是 ．
【答案】54°/54度
【分析】根据五边形ABCDE是正五边形，求出∠CDE=∠DEA=108°，再根据等腰三角形的定义
及三角形内角和定理求出∠EDA=∠DAE=36°，同理得∠DEC=36°，再求出∠DFE=108°，证
明△AFE≌△CFD，得到AF=CF，再证明△ABF≌△CBF，推出
1 1
∠CFB=∠AFB= ∠AFC= ∠DFE，即可解答．
2 2
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴∠CDE=∠DEA= =108°，
5
∵DE=AE，
1
∴∠EDA=∠DAE= (180°−∠DEA)=36°，
2
同理∠DEC=36°，
∴∠DFE=180°−∠≝−∠EDF=180−36°−36°=108°，
∵∠≝=∠EDF,∠EDF=∠EAD，
∴∠≝=∠EAD，
∵∠≝=∠DCE，
∴∠DCE=∠EAD，
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∵∠AFE=∠CFD,CD=AE，
∴△AFE≌△CFD，
∴AF=CF，
∵∠BAE=∠BCD,∠DAE=∠DCE，
∴∠BAE−∠DAE=∠BCD−∠DCE，即∠BAF=∠BCF，
∵BF=BF，
∴△ABF≌△CBF，
1 1
∴∠CFB=∠AFB= ∠AFC= ∠DFE=54°，
2 2
故答案为：54°．
【点睛】本题考查正多边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性
质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．
考向二：平行四边形的性质与判定
【题型2 平行四边形的性质】
1.平行四边形的性质可以从三个方面记，
①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补； ③对角线：对角线互相平分；
2.平行四边形的问题经常转化为全等三角形的判定与性质类问题来解决。
1．（2024·海南·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=8，以点D为圆心作弧，交AB于点M、N，分别
1
以点M、N为圆心，大于 MN为半径作弧，两弧交于点F，作直线DF交AB于点E，若
2
∠BCE=∠DCE，DE=4，则四边形BCDE的周长是（ ）
A．22 B．21 C．20 D．18
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股
定理．利用勾股定理求得CE的长，再证明BE=BC，作BG⊥CE于点G，求得CG=EG=2√5，利用
tan∠DCE=tan∠BCE，求得BG=√5，再利用勾股定理求得BE=BC=5，据此求解即可．
【详解】解：∵▱ABCD，AB=8，
∴CD=AB=8，
由作图知DE⊥AB，
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∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴DE⊥CD，
∵DE=4，
∴CE=√42+82=4√5，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠BEC，
∵∠BCE=∠DCE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC，
作BG⊥CE于点G，
1
则CG=EG= CE=2√5，
2
∵∠DCE=∠BCE，
∴tan∠DCE=tan∠BCE，
DE BG 4 BG
∴ = ，即 = ，
CD CG 8 2√5
∴BG=√5，
∴BE=BC=√(√5) 2+(2√5) 2=5，
∴四边形BCDE的周长是4+8+5+5=22，
故选：A．
2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E是BC的中点，
AC=4．若▱ABCD的周长为12，则△COE的周长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中
位线的性质可求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
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∴O是AC中点，
又∵E是BC中点，
∴OE是△ABC的中位线，
1 1
∴OE= AB，CE= BC，
2 2
∵▱ABCD的周长为12，AC=4，
1
∴AB+BC= ×12=6，
2
1 1
∴△COE的周长为OE+CE+OC= (AB+BC+AC)= ×(6+4)=5．
2 2
故选：B.
3．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在▱ABCD中，点O是BD的中点，EF过点O，下列结论：①
AB∥DC；②EO=ED；③∠A=∠C；④S =S ，其中正确结论的个数为（ ）
四边形ABOE 四边形CDOF
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，对角线互相平分，对角相等
等性质进行判断即可
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD∥BC，∠A=∠C，故①③正确，
1
∴S =S = S ，∠ODE=∠OBF，
△ABD △CDB 2 平行四边形ABCD
∵点O是BD的中点，
∴OD=OB，
又∵∠DOE=∠BOF，OD=OB，∠ODE=∠OBF，
∴△ODE≌△OBF(ASA)，
∴S =S ，EO=FO≠ED，故②不正确，
△ODE △OBF
∵S =S ，S =S ，
△ABD △CDB △ODE △OBF
∴S −S =S −S ，
△ABD △ODE △CDB △OBF
即S =S ，故④正确，
四这形ABOE 四边形CDOF
综上所述，正确结论的个数为3个，
故选：C．
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4．（2024·辽宁·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，若
AC=3，BD=5，则四边形OCED的周长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
由四边形ABCD是平行四边形得到DO=2.5，OC=1.5，再证明四边形OCED是平行四边形，则
DE=OC=1.5,CE=OD=2.5，即可求解周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
1 1
∴DO= DB=2.5，OC= AC=1.5，
2 2
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∴DE=OC=1.5,CE=OD=2.5，
∴周长为：2×(1.5+2.5)=8，
故选：C．
5．（2024·山西·中考真题）如图，在▱ABCD中，AC为对角线，AE⊥BC于点E，点F是AE延长线上
一点，且∠ACF=∠CAF，线段的延长线交于点G．若AB=√5，AD=4，tan∠ABC＝2，则BG
的长为 ．
20√5 20
【答案】 / √5
19 19
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识
点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键．
AE
如图：过点F作FH⊥AC于H，延长AD与GC的延长线交于K，由tan∠ABC= =2得
BE
AE=2BE，进而得BE=1 ，AE=2，则CE=3，AC=√13，再由∠ACF=∠CAF得FA=FC，
√13 1 1 AF⋅CE 3AF
则AH=CH= ，由S = AC·FH= AF·CE，得FH= = ，在Rt△AFH中由
2 △FAC 2 2 AC √13
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13 5 39
勾股定理得AF= ，则EF=AF−AE= ，证明△FCE∽△FKA得AK= ，则
4 4 5
19 39√5
DK=AK−AD= ，再证明△KDC∽△KAG得AG= ，由此可得BG的长．
5 19
【详解】解：如图：过点F作FH⊥AC于H，延长AD与GC的延长线交于K，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=√5,BC=AD=4，AB∥CD，BC∥AD，
又∵AE⊥BC，
AE
在Rt△ABE中，tan∠ABC= =2，
BE
∴AE=2BE，
由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，即(2BE) 2+BE2=(√5) 2 ，
∴BE=1，
∴AE=2BE=2，
∴CE=BC−BE=3，
在Rt△ACE中，由勾股定理得： AC=√AE2+CE2=√13，
∵∠ACF=∠CAF，
∴FA=FC，
∵FH⊥AC，
1 √13
∴AH=CH= AC= ，
2 2
1 1
∵S = AC⋅FH= AF⋅CE，
△FAC 2 2
AF⋅CE 3AF
∴FH= = ，
AC √13
在Rt△AFH中，由勾股定理得：AF2−FH2=AH2，即AF2−
(3AF) 2
=
(√13) 2
，
√13 2
13
∴AF= ，
4
5
∴EF=AF−AE= ，
4
∵BC∥AD，
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∴△FCE∽△FKA，
5 13
∴EF：AF=CE：AK，即 : =3:AK，
4 4
39
∴AK= ，
5
19
∴DK=AK−AD= ，
5
∵AB∥CD，
∴△KDC∽△KAG，
19 39
∴DK：AK=CD：AG，即 : =√5:AG，
5 5
39√5
∴AG= ，
19
39√5 20√5
∴BG=AG−AB= −√5= ．
19 19
20√5
故答案为： ．
19
6．（2024·广东广州·中考真题）如图，▱ABCD中，BC=2，点E在DA的延长线上，BE=3，若BA平分
∠EBC，则DE= ．
【答案】5
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关
键．由平行四边形的性质可知，AD=BC=2，BC∥AD，进而得出∠BAE=∠EBA，再由等角对
等边的性质，得到BE=AE=3，即可求出DE的长．
【详解】解：在▱ABCD中，BC=2，
∴AD=BC=2，BC∥AD，
∴∠CBA=∠BAE，
∵BA平分∠EBC，
∴∠CBA=∠EBA，
∴∠BAE=∠EBA，
∴BE=AE=3，
∴DE=AD+AE=2+3=5，
故答案为：5．
7．（2024·湖北·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，且AE=CF，
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求证：BE=DF．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证△ABE≌△CDF
是解答本题的关键．
由平行四边形的性质可得AB∥CD，AB=CD即∠BAE=∠DCF，根据SAS可得△ABE≌△CDF，
最后根据全等三角形的性质即可解答．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
¿，
∴△ABE≌△CDF，
∴BE=DF．
8．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE,CE，
且S =S ．
△ABE △DCE
(1)如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE,EF相交于点G,H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG:GH:HC；
(2)如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM,CE的延长线与AM相交于点N．试探
究线段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)①见解析；②AG:GH:HC=2:1:3
(2)AM=3AN，理由见解析
【分析】（1）①根据S =S ，得出E为AD的中点，证明出△AHE≌△CHF即可；②先证明
△ABE △DCE
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AB AG
出△AGB∽△HGE得到 = =2，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；
EH GH
（2）连接BD交CN于点F，证明△AEB≌△DEM(AAS)，进一步证明出四边形ABDM为平行四边
1
形，得出DF为△CMN的中位线，得到DF= MN，再证明出△AEN≌△≝¿得到DF=AN，再通过
2
等量代换即可求解．
【详解】（1）解：①∵S =S ，
△ABE △DCE
∴E为AD的中点，
∴AE=DE，
∵F是边BC的中点，
∴BF=CF，
∴AE=CF，
在▱ABCD中，AD∥BC
∴∠EAH=∠FCH，
又∵∠AHE=∠CHF，
∴△AHE≌△CHF(AAS)，
∴AH=CH，
∴H是AC的中点；
②∵AE=BF,AE∥BF，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴AB∥EF，
∴△AGB∽△HGE，
AB AG
∴ = ，
EH GH
∵△AHE≌△CHF，
∴EH=FH，
AB AG
∴ = =2，
EH GH
∴AG=2GH，
1 1
∴GH= AH= HC，
3 3
∴AG:GH:HC=2:1:3；
（2）解：线段AM与线段AN之间的数量关系为：AM=3AN，理由如下：
连接BD交CN于点F，如下图：
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由题意，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM,CE的延长线与AM相交于点N，
∵AE=DE,∠AEB=∠DEM，
又∵AB∥CD，
∴AB∥CM，
∴∠ABE=∠DME，
∴△AEB≌△DEM(AAS)，
∴AB=DM，
∴四边形ABDM为平行四边形，
∴AM=BD,AB=MD，
∵ AB=CD，
∴DM=CD，
∴D为CM的中点，
∵DF∥MN，
CD CF 1
∴ = = ，
CM CN 2
∴F为CN的中点，
∴DF为△CMN的中位线，
1
∴DF= MN，
2
∵AE=DE,∠AEN=∠≝,∠NAE=∠FDE，
∴△AEN≌△≝(ASA)，
∴DF=AN，
1
∴DF=AN= MN，
2
∴MN=2AN，
∴AM=AN+MN=3AN，
∴AM=3AN．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角
形的中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．
9．（2024·山东日照·中考真题）如图，以▱ABCD的顶点B为圆心，AB长为半径画弧，交BC于点E，再
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1
分别以点A，E为圆心，大于 AE的长为半径画弧，两弧交于点F，画射线BF，交AD于点G，交
2
CD的延长线于点H．
(1)由以上作图可知，∠1与∠2的数量关系是_______
(2)求证：CB=CH
(3)若AB=4，AG=2GD，∠ABC=60°，求△BCH的面积．
【答案】(1)∠1=∠2
(2)证明见解析
(3)9√3
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性
质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，BF为∠ABC的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知∠1=∠H，结合∠1=∠2，从而推出∠2=∠H，即可证明；
（3）过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M，根据平行四边形的性质AB=CD=4，
AB AG 1
∠HCM=∠ABC=60°， = ，结合AG=2GD，推出DH= AB，从而得到CH，BC，
DH GD 2
1
HM=CH⋅sin∠HCM，最后由S = BC⋅HM计算即可．
△BCH 2
【详解】（1）解：由作图可知，BF为∠ABC的角平分线
∴∠1=∠2
故答案为：∠1=∠2
（2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB∥CD
∴∠1=∠H
∵∠1=∠2
∴∠2=∠H
∴CB=CH
（3）解：如图，过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M
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∵ ABCD AB=4
四边形 为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=4
∴∠HCM=∠ABC=60°，△ABG∽△DHG
AB AG
∴ =
DH GD
又∵AG=2GD
AG
∴ =2
GD
AB AG
∴ = =2
DH GD
1 1
∴DH= AB= ×4=2
2 2
∴CH=DH+CD=6
∴BC=CH=6
√3
∴HM=CH⋅sin∠HCM=CH⋅sin60°=6× =3√3
2
1 1
∴S = BC⋅HM= ×6×3√3=9√3．
△BCH 2 2
【题型3 平行四边形的性质与判定综合】
1、平行四边形的判定也可以从三个方面记，
①边：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；②角：两组对角分别相等；
③对角线：对角线互相平分；
2、平行四边形的判定和性质经常综合在一起考，即先考判定一个四边形是平行四边，
然后再利用平行四边形的性质去解剩余的问题。做题时，不要太轻率，要综合考虑用到
的考点。
1．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD，∠BCD的平分
线，且E、F分别在边BC，AD上．
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(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若∠ADC=60°，DF=2AF=2，求△GDF的面积．
【答案】(1)见解析
2
(2)S = √3．
△GDF 3
【分析】（1）由平行四边形的性质得到∠BAD=∠BCD，AD∥BC，结合角平分线的条件得到
∠DAE=∠BCF，由AD∥BC得到∠DFC=∠BCF，∠DAE=∠DFC，根据平行线的判定得到
AE∥FC，根据平行四边形的判定即可得到AECF是平行四边形；
（2）求得△DFC是等边三角形，得到DF=DC=CF=2，CE=AF=1，证明△DFG∽△ECG，求
4 2
得FG= ，作GH⊥DF于点H，在Rt△FGH中，求得GH= √3，据此求解即可．
3 3
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，AD∥BC，
∵AE，CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
1 1
∴∠BAE=∠DAE= ∠BAD，∠BCF=∠DCF= ∠BCD，
2 2
∴∠DAE=∠BCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠BCF，
∴∠DAE=∠DFC，
∴AE∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形；
1
（2）解：由（1）得∠DFC=∠BCF，∠BCF=∠DCF= ∠BCD，
2
∴∠DFC=∠DCF，
∵∠ADC=60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴∠DFC=60°，
∵DF=2AF=2，
∴DF=DC=CF=2，CE=AF=1，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△ECG，
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FG DF 2
∴ = = =2，
CG CE 1
2 4
∴FG= CF= ，
3 3
作GH⊥DF于点H，
4
在Rt△FGH中，∠GFH=60°，FG= ，
3
2
∴GH=FG⋅sin60°= √3，
3
1 1 2 2
∴S = DF×GH= ×2× √3= √3．
△GDF 2 2 3 3
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，
等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
2．（2024·北京·中考真题）如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF=FB，
AF∥DC.
(1)求证：四边形AFCD为平行四边形；
(2)若∠EFB=90°，tan∠FEB=3，EF=1，求BC的长.
【答案】(1)见详解
(2)√13
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到EF∥AD，而AF∥DC，即可求证；
（2）解Rt△EFB求得FB=3，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到CF=AD=2，最后对
Rt△CFB运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵E是AB的中点，DF=FB，
∴EF∥AD，
∵AF∥DC，
∴四边形AFCD为平行四边形；
（2）解：∵∠EFB=90°，
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∴∠CFB=180°−90°=90°，
FB
在Rt△EFB中，tan∠FEB= =3，EF=1，
FE
∴FB=3，
∵E是AB的中点，DF=FB
∴AD=2EF=2，
∵四边形AFCD为平行四边形，
∴CF=AD=2，
∴在Rt△CFB中，由勾股定理得CB=√CF2+FB2=√13．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟
练掌握知识点是解决本题的关键．
3．（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E在边AB上， ．请从“①
∠B=∠AED；②AE=BE，AE=CD”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序
号），再解决下列问题：
(1)求证：四边形BCDE为平行四边形；
(2)若AD⊥AB，AD=8，BC=10，求线段AE的长．
【答案】(1)①或②，证明见解析；
(2)6
【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边
形的判定和性质是解题关键．
（1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可；
（2）根据平行四边形的性质得出DE=BC=10，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：选择①，
证明：∵∠B=∠AED，
∴DE∥CB，
∵AB∥CD，
∴四边形BCDE为平行四边形；
选择②，
证明：∵AE=BE，AE=CD，
∴CD=BE，
∵AB∥CD，
∴四边形BCDE为平行四边形；
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（2）解：由（1）得DE=BC=10，
∵AD⊥AB，AD=8，
∴AE=√DE2−AD2=6．
4．（2024·安徽·中考真题）如图1，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，
且AM=CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．
(1)求证：OE=OF；
(2)连接BM交AC于点H，连接HE，HF．
（ⅰ）如图2，若HE∥AB，求证：HF∥AD；
AC
（ⅱ）如图3，若▱ABCD为菱形，且MD=2AM，∠EHF=60°，求 的值．
BD
【答案】(1)见详解
2√3
(2)（ⅰ）见详解，（ⅱ）
5
【分析】（1）利用平行四边形的性质得出AM∥CN，再证明AMCN是平行四边形，再根据平行四
边形的性质可得出∠OAE=∠OCF，再利用ASA证明△AOE≌△COF，利用全等三角形的性质可得
出OE=OF．
OH OE OH OF
（2）（ⅰ）由平行线截线段成比例可得出 = ，结合已知条件等量代换 = ，进一步证
OA OB OA OD
明△HOF∽△AOD，由相似三角形的性质可得出∠OHF=∠OAD，即可得出HF∥AD．（ⅱ）
由菱形的性质得出AC⊥BD，进一步得出∠EHO=∠FHO=30°，OH=√3OE，进一步可得出
AH AM 1 AC OA 2OH
= = ，进一步得出OA=2OH，同理可求出OB=5OE，再根据 = = 即可得出
HC BC 3 BD OB 5OE
答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴AM∥CN，
又∵AM=CN，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴AN∥CM，
∴∠OAE=∠OCF．
在△AOE与△COF中，
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¿
∴△AOE≌△COF(ASA)．
∴OE=OF．
（2）（ⅰ）∵HE∥AB
OH OE
∴ = ，
OA OB
又OB=OD．OE=OF，
OH OF
∴ = ，
OA OD
∵∠HOF=∠AOD，
∴△HOF∽△AOD，
∴∠OHF=∠OAD，
∴HF∥AD
（ⅱ）∵ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又OE=OF，∠EHF=60°，
∴∠EHO=∠FHO=30°，
∴OH=√3OE，
∵AM∥BC．MD=2AM，
∴△AHM∽△CHB，
AH AM 1
∴ = = ，
HC BC 3
即HC=3AH，
∴OA+AH=3(OA−OH)，
∴OA=2OH，
∵BN∥AD，MD=2AM，AM=CN，
∴△BNE∽△DAE，
BE BN 2
∴ = = ，
ED AD 3
即3BE=2ED，
∴3(OB−OE)=2(OB+OE)
∴OB=5OE，
AC OA 2OH 2×√3OE 2√3
故 = = = = ．
BD OB 5OE 5OE 5
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形判定以及性质，相似三角形的判定
以及性质，平行线截线段成比例以及菱形的性质，掌握这些判定方法以及性质是解题的关键．
5．（2024·湖北十堰·模拟预测）综合与实践
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【特殊感知】（1）如图1，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，∠ACB=90°，
∠ABC=45°，求证：BC=2OC．
【变式探究】（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，在AC的右侧作等边
△ACD，取BD的中点F，连接CP．
①求证：CP是AD的垂直平分线；
②若BC=2，求CP的长．
【拓展提高】（3）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=α，D为BC上的任意一点，将
AD绕点A逆时针旋转得到线段AE，旋转角为2α．取BE的中点P，连接CP，猜想BD与CP的数量
关系，并给予证明．
1
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1；（3）CP= BD．理由见解析
2
【分析】（1）由平行四边形的性质得出OA=OC，证出∠ABC=∠ACB=45°，得出CB=AC，则
可得出结论；
（2）①延长BC至M，使BC=CM，连接AM，DM，证出∠ACP=30°，则∠ACP=∠DCP，由
等边三角形的性质可得出结论；
1
②证出CP= DM，则可得出答案；
2
（3）延长BC至M，使BC=CM，连接AM，EM，同（2）可知PC是△BEM的中位线，得出
1
CP= EM，证出△BAD≌△MAE(SAS)，得出BD=ME，
2
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵∠ACB=90°，∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴CB=AC，
∴BC=AC=2OC；
（2）①证明：延长BC至M，使BC=CM，连接AM，DM，
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∵∠ACB=90°
，
∴AC⊥BM，
∴AB=AM，
∴∠BAC=∠CAM=30°，
∴∠BAM=60°，
∴ △ABM为等边三角形，
∴∠AMB=60°，
∵ △ACD为等边三角形，
∴AC=AD，∠CAD=∠ACD=60°，
∴∠MAD=30°，
∴∠CAM=∠MAD，
∴AM垂直平分CD，
∴∠AMD=∠AMB=60°，
∵P为BD的中点，BC=CM，
∴CP∥DM，
∴∠BCP=∠BMD=120°，
∴∠ACP=30°，
∴∠ACP=∠DCP，
∵AC=CD，
∴CP是AD的垂直平分线；
②解：由①知CP是△BDM的中位线，
1
∴CP= DM，
2
∵BC=CM=DM，
1
∴CP= BC=1；
2
1
（3）解：CP= BD．
2
理由：延长BC至M，使BC=CM，连接AM，EM，
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同（2）可知PC是△BEM的中位线，
1
∴CP= EM，
2
同（2）可知∠BAC=∠CAM=α，AB=AM，
∴∠BAM=∠DAE，
∴∠BAD=∠MAE，
∵将AD绕点A逆时针旋转得到线段AE，
∴AD=AE，
∴ △BAD≌△MAE(SAS)，
∴BD=ME，
1
∴CP= BD．
2
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质，
三角形中位线定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考向三：矩形的性质与判定
【题型4 矩形的性质】
1.矩形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆，
①矩形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四个角都是直角、对角线相等；
2.矩形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理结合来
求长度。
1．（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（ ）
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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，
2
5 √5
由AB2+BM2=AM2代入求得AM= m，则MF=√AM2−AF2= m，所以
2 2
AF
tan∠AMN= =2，于是得到问题的答案．
MF
【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．
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2．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线a∥b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，若∠2=41°，则
∠1的度数为（ ）
A．41° B．51° C．49° D．59°
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点B作BE∥a，得到BE∥a∥b，推出
∠ABC=∠1+∠2，进行求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
过点B作BE∥a，
∵a∥b，
∴BE∥a∥b，
∴∠1=∠ABE,∠2=∠CBE，
∴∠ABC=∠ABE+∠CBE=∠1+∠2，
∵∠2=41°，
∴∠1=90°−41°=49°；
故选C．
3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD=12cm，CD=10cm，他
进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD′N，AD′交折痕MN于点E，则
线段EN的长为（ ）
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169 167 55
A．8cm B． cm C． cm D． cm
24 24 8
【答案】B
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
根据矩形的性质和折叠的性质推出∠ANM=∠D′ AN，进而得出EA=AN，设EA=AN=xcm，则
EM=(12−x)cm，根据勾股定理可得：AM2+M E2=AE2，列出方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=10cm，
1
由折叠可得：AM= AB=5cm，AD=AD′=12cm，MN⊥AB，∠DAN=∠D′ AN，
2
∴四边形AMND是矩形，
∴MN∥AD，MN=AD=12cm，
∴∠DAN=∠ANM，
∴∠ANM=∠D′ AN，
∴EA=EN，
设EA=EN=xcm，则EM=(12−x)cm，
在Rt△AME中，根据勾股定理可得：AM2+M E2=AE2，
即52+(12−x) 2=x2，
169
解得：x= ，
24
169
即EN= cm，
24
故选：B．
4．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形ABCD中，BD为其对角线，一动点P从D出发，沿着
D→B→C的路径行进，过点P作PQ⊥CD，垂足为Q．设点P的运动路程为x，PQ−DQ为y，y
与x的函数图象如图2，则AD的长为（ ）
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4√2 8 7√3 11
A． B． C． D．
3 3 4 4
【答案】B
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键．
根据函数的图象与坐标的关系确定CD的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解．
【详解】解：由图象得：CD=2，当BD+BP=4时，PQ=CD=2，此时点P在BC边上，
设此时BP=a，则BD=4−a，AD=BC=2+a，
在Rt△BCD中，BD2−BC2=CD2，
即：(4−a) 2−(a+2) 2=22，
2
解得：a= ，
3
8
∴AD=a+2= ，
3
故选：B．
5．（2024·湖北·中考真题）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，
使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．
(1)如图1，求证：△DEP∽△CPH；
(2)如图2，当P为CD的中点，AB=2，AD=3时，求GH的长；
(3)如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
3
(2)GH=
4
√6
(3)BG= AB，见解析
6
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【分析】（1）证明对应角相等，即可得到△EDP∽△PCH；
（2）根据△EDP∽△PCH，求得PH的长度，从而得出GH长度；
（3）延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明△MBH≌△PCH，得到相等的边，再根据
△BMG∽△MAP，得出大小关系．
【详解】（1）证明：如图，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
1
∴DP=CP= ×2=1，
2
设EP=AE=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，
即x2=(3−x) 2+1，
5
解得x= ，
3
5
∴EP=AE=x= ，
3
4
∴ED=AD−AE= ，
3
∵△EDP∽△PCH，
4 5
ED EP
∴ = ，即3 3 ，
PC PH =
1 PH
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5
∴PH= ，
4
∵PG=AB=2，
3
∴GH=PG−PH= ．
4
（3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，
∵E F AD BC ABFE EF A P CD
， 分别在 ， 上，将四边形 沿 翻折，使 的对称点 落在
上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE=EP，
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP= y，
∴AB=PG=CD=2y，
∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH(ASA)，
∴BM=CP= y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3 y，
1 3
∴HP= PM= y，
2 2
√5
在Rt△PCH中，CH=√PH2−PC2= y，
2
∴BC=2CH=√5 y，
∴AD=BC=√5 y，
在Rt△APD中，AP=√AD2+PD2=√6 y，
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∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
BG BM 1
∴ = = ，
AP AM 3
√6
∴BG= y，
3
AB 2y
= =√6
∴ BG √6 ，
y
3
√6
∴AB=√6BG，即BG= AB．
6
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等
知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键．
【题型5 矩形的性质与判定综合】
矩形的判定也可以从两个方向记忆，
①从平行四边形入手判定，把矩形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是矩形；
②从普通四边形入手判定则有：
有三个角是直角的四边形是矩形、对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
1．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形ABCD．
(1)试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为2cm，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形ABCD的面积为8cm2，求此时
直线AD、CD所夹锐角∠1的度数．
【答案】(1)四边形ABCD是菱形，理由见详解
(2)∠1=30°
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握
菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得四边形ABCD是平行四边形，作AT⊥NP，CU⊥EH，可证
△ATB≌△CUB，可得AB=CB，由此可证平行四边形ABCD是菱形；
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（2）作AR⊥CD，根据面积的计算方法可得CD=4，AR=2，结合菱形的性质可得AD=4，根据
含30°的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：四边形ABCD是菱形，理由如下，
如图所示，过点A作AT⊥NP于点T，过点C作CU⊥EH于点U，
根据题意，四边形EFGH，四边形MNPQ是矩形，
∴EH∥FG，MQ∥NP，
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵宽度相等，即AT=CU，且∠ATB=∠CUB=90°，∠ABT=∠CBU，
∴△ATB≌△CUB(AAS)，
∴AB=CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：如图所示，过点A作AR⊥CD于点R，
根据题意，AR=2cm，
∵S =CD·AR=8，
四边形ABCD
∴CD=4，
由（1）可得四边形ABCD是菱形，
∴AD=4，
1
在Rt△ATD中，AR= AD，
2
1
即sin∠1= ，
2
∴∠1=30°．
2．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABC=90°．
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(1)求证：AC=BD；
(2)点E在BC边上，满足∠CEO=∠COE．若AB=6，BC=8，求CE的长及tan∠CEO的值．
【答案】(1)见解析
(2)CE=5，tan∠CEO=3
【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，
熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键．
（1）直接根据矩形的判定证明即可；
1
（2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得AC=10，OB=OC．进而可得CO= AC=5，再根据等
2
腰三角形的判定得到CE=CO=5，过点O作OF⊥BC于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定
理分别求得CF=4，EF=1，OF=3，然后利用正切定义求解即可．
【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是平行四边形，且∠ABC=90°，
所以四边形ABCD是矩形．
所以AC=BD；
（2）解：在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
所以AC=√AB2+BC2=√62+82=10，
因为四边形ABCD是矩形，
1
所以CO= AC=5，OB=OC．
2
因为∠CEO=∠COE，所以CE=CO=5．
1
过点O作OF⊥BC于点F，则CF= BC=4，
2
所以EF=CE−CF=5−4=1，
在Rt△COF中，OF=√OC2−CF2=√52−42=3，
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OF
所以tan∠CEO= =3．
EF
3．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在△ABD中，AB=BD，⊙O为△ABD的外接圆，BE为⊙O的切
线，AC为⊙O的直径，连接DC并延长交BE于点E．
(1)求证：DE⊥BE；
(2)若AB=5√6，BE=5，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3√5
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质：
（1）连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，易证BO垂直平分AD，圆周角定理，切线的性质，
推出四边形BHDE为矩形，即可得证；
（2）由（1）可知DH=BE=5，勾股定理求出BH的长，设⊙O的半径为r，在Rt△AOH中，利用
勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，
∵AB=BD，OA=OD，
∴BO垂直平分AD，
∴BH⊥AD，AH=DH，
∵BE为⊙O的切线，
∴HB⊥BE，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴四边形BHDE为矩形，
∴DE⊥BE；
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（2）由（1）知四边形BHDE为矩形，BH⊥AD，AH=DH，
∴AH=DH=BE=5，
∴BH=√AB2−AH2=5√5，
设⊙O的半径为r，则：OA=OB=r,OH=BH−OB=5√5−r，
在Rt△AOH中，由勾股定理，得：r2=(5) 2+(5√5−r) 2 ，
解得：r=3√5；
即：⊙O的半径为3√5．
考向四：菱形的性质与判定
【题型6 菱形的性质】
1、菱形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆，
①菱形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四条边都相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一
组对角；
2、菱形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理结合来求长度。
3、菱形面积的特殊计算方法：对角线相乘除以2
1．（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°，
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∵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．
2．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是CD的中点，则sin∠EBC
的值为（ ）
√3 √7 √21 5√7
A． B． C． D．
5 5 14 14
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出
辅助线，构造直角三角形求解．
延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，设BC=CD=x，易得∠ABC=∠DCH=60°，
1 1 √3 1
则CE= CD= x，进而得出EH=CE⋅sin60°= x,CH=CE⋅cos60°= x，再得出
2 2 4 4
5 EH
BH=BC+CH= x，最后根据sin∠EBC= ，即可解答．
4 BE
【详解】解：延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，AB∥CD，
∴∠ABC=∠DCH=60°，
设BC=CD=x，
∵E是CD的中点，
1 1
∴CE= CD= x，
2 2
∵EH⊥BH，
√3 1
∴EH=CE⋅sin60°= x,CH=CE⋅cos60°= x，
4 4
5
∴BH=BC+CH= x，
4
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√7
BE=√BH2+EH2= x
2
√3
x
EH 4 √21
∴sin∠EBC= = = ，
BE √7 14
x
2
故选：C．
3．（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（ ）
4
A．(−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，
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∴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．
4．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，菱形ABCD中，点O是BD的中点，AM⊥BC，垂足为
M，AM交BD于点N，OM=2，BD=8，则MN的长为（ ）
4√5 3√5 2√5
A．√5 B． C． D．
5 5 5
【答案】C
【分析】本题主要考查了解三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半．
先由菱形性质可得对角线AC与BD交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得
√5
OA=OC=OM=2，进而由菱形对角线求出边长，由sin∠MAC=sin∠OBC= 解三角形即可求
5
4√5 3√5
出MC=ACsin∠MAC= ，MN=BMtan∠OBC= ．
5 5
【详解】解：连接AC，如图，
∵菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，
又∵点O是BD的中点，
∴A、O、C三点在同一直线上，
∴OA=OC，
∵OM=2，AM⊥BC，
∴OA=OC=OM=2，
∵BD=8，
1
∴OB=OD= BD=4，
2
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OC 2 1
∴BC=√OB2+OC2=√42+22=2√5，tan∠OBC= = = ，
OB 4 2
∵∠ACM+∠MAC=90°，∠ACM+∠OBC=90°，
∴∠MAC=∠OBC
OC 2 √5
∴sin∠MAC=sin∠OBC= = = ，
BC 2√5 5
4√5
∴MC=ACsin∠MAC= ，
5
4√5 6√5
∴BM=BC−MC=2√5− = ，
5 5
6√5 1 3√5
∴MN=BMtan∠OBC= × = ，
5 2 5
故选：C．
5.（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，AE⊥BC于点E，则
AE的长是（ ）
24 48
A． B．6 C． D．12
5 5
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得OC，进而得出AC=6，进而根据等
面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，
1
∴DO= BD=4，AC⊥BD，BC=CD=5，
2
在Rt△CDO中，CO=√DC2−DO2=3，
∴AC=2OC=6，
1
∵菱形ABCD的面积为 AC×BD=BC×AE，
2
1
×8×6
∴ 2 24，
AE= =
5 5
故选：A．
6．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在x轴的负半轴上，顶点C的坐
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标为(3,4)，则顶点A的坐标为（ ）
A．(−4,2) B．(−√3,4) C．(−2,4) D．(−4,√3)
【答案】C
【分析】本题考查平面直角坐标系内两点间的距离公式，菱形的性质，坐标与图形．结合菱形的性质
求出AC=OC=5是解题关键．由两点间的距离公式结合菱形的性质可求出AC=OC=5，从而可求出
AD=2，即得出顶点A的坐标为(−2,4)．
【详解】解：如图，
∵点C的坐标为(3,4)，
∴OC=√32+42=5．
∵四边形ABOC为菱形，
∴AC=OC=5，
∴AD=AC−CD=AC−x =5−3=2，
C
∴顶点A的坐标为(−2,4)．
故选C．
7．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2，则菱形ABCD的周长为 ．
【答案】8
【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解．
【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为2×4=8，
故答案为：8．
8．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交与点O，点E
OF 5
在BC延长线上，OE与CD相交与点F．若∠ACD=2∠OEC， = ，则菱形ABCD的面积为
FE 6
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．
【答案】96
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作OH∥BC交CD
1
于点H，则△DOH∽△DBC，求得OH= BC=5，再证明△OFH∽△EFC，求得EC=6，再证明
2
∠OEC=∠COE，则OC=EC=6，利用勾股定理求得OB的长，再利用菱形的面积公式求解即可得
到问题的答案．
【详解】解：作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，
∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD相交于点O，
1
∴BC=10，OD=OB= BD，OA=OC，AC⊥BD，
2
OH OD 1
∴ = = ，∠BOC=90°，
BC BD 2
1
∴OH= BC=5，
2
OF 5
∵OH∥BC， = ，
FE 6
∴△OFH∽△EFC，
OH OF 5
∴ = = ，
EC FE 6
6 6
∴EC= OH= ×5=6，
5 5
∵四边形ABCD是菱形，且∠ACD=2∠OEC，
∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，
∴∠OEC=∠COE，
∴OC=EC=6，
∴OB=√BC2−OC2=√102−62=8，
∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，
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1 1
∴S = BD·AC= ×16×12=96，
菱形ABCD 2 2
故答案为：96．
9．（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．
10．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，AC是一条对角线，
E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE=AF，则DE的长为 ．
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【答案】2√7
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，过D作DH⊥AC于
H，先判断△ABC，△ACD都是等边三角形，得出∠EAF=60°，AC=AB=6，
1
AH=CH= AC=3，利用含30°的直角三角形的性质可得出AE=2AF=2CE，进而求出CE，HE，
2
然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解∶过D作DH⊥AC于H，
∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
1
∴∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH= AC=3，
2
∵EF⊥AB，
∴∠AEF=30°，
∴AE=2AF，
又CE=AF，
∴AE=2CE，
∴CE=2，
∴HE=CH−CE=1，
在Rt△CDH中，DH2=CD2−CH2=27，
∴DE=√DH2+H E2=2√7，
故答案为：2√7．
11．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AE⊥CD，垂足为E,CF⊥AD，垂足为F．
求证：AF=CE．
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【答案】证明见解析．
【分析】本题主要考查了菱形的性质， 全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出AD=CD，
用AAS证明△AED≌△CFD，由全等三角形的性质可得出DE=DF， 由线段的和差关系即可得出
AF=CE．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AD=CD
∵AE⊥CD,CF⊥AD
∴∠AED=∠CFD=90°
∵∠D=∠D
∴△AED≌△CFD
∴DE=DF
∴AD−DF=CD−DE
∴AF=CE
【题型7 菱形的性质与判定综合】
菱形的判定也可以从两个方向记忆，
①从平行四边形入手判定，把菱形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是菱形；
②从普通四边形入手判定则有：
有四条边相等的四边形是菱形、对角线垂直且互相平分的四边形是菱形；
1．（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
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(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．
2．（2024·山东德州·中考真题）如图，▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．
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(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°，
2 2
在利用余弦求出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．
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3．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形ABCD中（AB>BC），对角线AC，BD相交于点O，延
长BC到点E，使得CE=BC，连接DE，点F是DE的中点，连接CF．
(1)求证：四边形DOCF是菱形；
(2)若矩形ABCD的周长为20，AC=8，求四边形DOCF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)菱形DOCF的面积9．
1
【分析】（1）由矩形的性质求得OC=OD，再证明CF是△EBD的中位线，推出CF= BD=OD，
2
CF∥BD，得到四边形DOCF是平行四边形，据此即可证明四边形DOCF是菱形；
（2）先求得BC=10−AB，在Rt△ABC中，利用勾股定理列式计算求得AB=5+√7，BC=5−√7，
再利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵矩形ABCD中，
1 1
∴AC=BD，OC= AC，OD= BD，∠BCD=90°，
2 2
∴OC=OD，
∵CE=BC，
∴点C是线段BE的中点，
∵点F是DE的中点，
∴CF是△EBD的中位线，
1
∴CF= BD=OD，CF∥BD，
2
∴四边形DOCF是平行四边形，
∵OC=OD，
∴四边形DOCF是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD中，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，
∵矩形ABCD的周长为20，
∴2(AB+BC)=20，
∴AB+BC=10，
∴BC=10−AB，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，即AB2+(10−AB) 2=82，
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解得AB=5+√7或AB=5−√7，
∵AB>BC，
∴AB=5+√7，BC=5−√7，
1 1
∴S =S = S = ×BC×CD，
△OCD △OBC 2 △BCD 4
1 1
∴菱形DOCF的面积=2S = (5+√7)(5+√7)= (25−7)=9．
△OCD 2 2
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算．证明四边形
DOCF是菱形是解题的关键．
4．（2024·云南·模拟预测）如图，在Rt△ACD中，∠ACD=90°，B是边AC上的一点，连接BD，E是
△ACD外一点且满足：AE∥BD，AE=AB，AD平分∠BAE，连接BE交AD于点O．
(1)求证：四边形ABDE是菱形；
OC
(2)连接OC，若OA=2√5， =2，求CD的长．
OB
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】题目主要考查菱形的判定和性质，勾股定理解三角形，直角三角形斜边上的中线的性质等，
理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）根据平行线及角平分线进行等量代换得出∠BDA=∠BAD，再由等角对等边确定AE=BD，利
用平行四边形及菱形的判定即可证明；
（2）根据菱形的性质及直角三角形斜边的中线确定OC=OA=OD，再由勾股定理求解得出AB=5，
利用菱形的性质计算面积即可．
【详解】（1）证明：∵AE∥BD，
∴∠BDA=∠EAD，
∵AD平分∠BAE，
∴∠EAD=∠BAD，
∴∠BDA=∠BAD，
∴BD=AB，
∵AE=AB，
∴AE=BD，
又AE∥BD，
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∴四边形ABDE是平行四边形，
∵AE=AB，
∴四边形ABDE是菱形；
（2）解：由（1）知四边形ABDE是菱形，
1 1
∴BE⊥AD，OD=OA= AD，OE=OB= BE，
2 2
∵∠ACD=90°，
∴OC是Rt△ACD斜边上的中线，
∴OC=OA=OD，
OC
∵ =2，
OB
OA
∴ =2，
OB
∵OA=2√5，
∴OB=√5，
∴AB=√OA2+OB2=√(2√5) 2+(√5) 2=5，AD=2OA=4√5，BE=2OB=2√5，
1 1
∵菱形ABDE的面积= AD⋅BE=AB⋅CD，即 ×4√5×2√5=5CD，
2 2
∴CD=4．
5．（2024·甘肃庆阳·二模）【问题情境】在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数
学活动，如图，在矩形纸片ABCD中，点M，N分别是AD、BC的中点，点E，F分别在AB、CD上，
且AE=CF．
【动手操作】将△AEM沿EM折叠，点A的对应点为点P，将△NCF沿NF折叠，点C的对应点为点
Q，点P，Q均落在矩形ABCD的内部，连接PN，QM．
【问题解决】
（1）求证：四边形PNQM是平行四边形．
（2）若AD=2AB=4，四边形PNQM为菱形，求AE的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）4−2√3
【分析】（1）四边形PNQM是平行四边形．证明MQ∥PN，MP∥NQ即可．
（2）连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于G．解直角三角形求出AG，
EG即可解决问题．
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【详解】解：（1）证明：如图1，延长NQ交AD的延长线于H．
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠A=∠C=90°
∵点M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=NC，
∴PM=NQ．
又∵AE=CF，
∴△EAM≌△FCN(SAS)，
∴∠AME=∠CNF
∵∠AME=∠EMP，∠CNF=∠FNQ，
∴∠AMP=∠QNC．
∵ AD∥BC，
∴∠AHN=∠CNH，
∴∠AMP=∠AHN，
∴PM∥NH，
∴四边形PNQM是平行四边形
（2）如图2，连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于G．
图2
∵四边形PNQM是菱形，
∴MN⊥PQ，
∴PQ∥AD∥BC，
1
∴AG=DH=OM= AB=1
2
1
∵PM=AM= AD=2，
2
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1
∴sin∠MPO= ，
2
∴∠MPO=30°，
∴OP=√3OM=√3
∵OG=2，
∴GP=2−√3
∵∠EPM=90°，
∴∠EPG=90°−∠MPO=60°，
∴EG=PG⋅tan60°=2√3−3，
∴AE=AG−EG=1−(2√3−3)=4−2√3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，菱形的性质，解直角三角形，全等
三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
6．（2022·北京海淀·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AC平分∠BAD，点E为边AD中点，过
点E作AC的垂线交AB于点M，交CB延长线于点F．
(1)连接BD，求证：四边形BDEF是平行四边形；
3
(2)若FB=5，sinF= ，求AC的长．
5
【答案】(1)见详解
(2)12
【分析】（1）首先根据平行四边形的性质和角平分线的定义证明AB=CB，推导四边形ABCD为菱
形，易知AC⊥BD，进而证明EF∥BD，即可证明四边形BDEF是平行四边形；
3
（2）首先证明∠ADO=∠F，DE=FB=5，易得sinF=sin∠ADO= ，在Rt△AOD中，借助三
5
角函数解得OA=6，然后根据“平行四边形对角线相互平分”的性质即可获得答案．
【详解】（1）证明：连接BD，交AC于点O，如下图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
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∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=∠BCA，
∴AB=CB，
∴四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
又∵AC⊥EF，
∴EF∥BD，
∵AD∥BC，即ED∥FB，
∴四边形BDEF是平行四边形；
（2）解：由（1）可知，四边形BDEF是平行四边形，AC⊥BD，
∴∠ADO=∠F，DE=FB=5，
3
∴sinF=sin∠ADO= ，
5
∵点E为边AD中点，
∴AD=2DE=10，
OA 3 OA 3
∴在Rt△AOD中，sin∠ADO= = ，即 = ，
AD 5 10 5
解得OA=6，
∵四边形ABCD为平行四边形，
1
∴OA=OC= AC，
2
∴AC=2OA=2×6=12．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练
掌握相关知识是解题关键．
7．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O
于点C，连接BC，∠ABC=120°，D为⊙O上一点且D´B的中点为M，连接AD，CD．
(1)求∠ACB的度数；
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(2)四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若AC=6，求C´D的长．
【答案】(1)30°
(2)是菱形，证明见解析
4π
(3)C´D的长为 ．
3
【分析】（1）如图，连接OB，证明∠ABO=90°，而∠ABC=120°，可得
∠OBC=120°−90°=30°，再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，求解
∠CAB=30°=∠ACB，可得BA=BC，证明C´D=C´B，可得CD=CB，再证明AD=AB，可得
AD=AB=BC=CD，从而可得结论；
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，证明△DBC为等边三角形，可得
∠DOC=2∠DBC=120°，证明QA=QC=3，AC⊥BD，求解OC=2，再利用弧长公式进行计算
即可．
【详解】（1）解：如图，连接OB，
∵线段AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90°，而∠ABC=120°，
∴∠OBC=120°−90°=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°；
（2）四边形ABCD是菱形，理由如下：
∵D´B的中点为M，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，
∴∠CAB=180°−120°−30°=30°=∠ACB，
∴BA=BC，
∵D´B的中点为M，CM为直径，
∴C´D=C´B，
∴CD=CB，
∵∠ACD=30°=∠ACB，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
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∴AD=AB，
∴AD=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，
∵CD=CB，∠DCB=60°，
∴△DBC为等边三角形，
∴∠DBC=60°，
∴∠DOC=2∠DBC=120°，
∵菱形ABCD，AC=6，
∴QA=QC=3，AC⊥BD，
∴∠CBQ=90°−30°=60°，
∵∠OBC=30°，
∴∠QBO=30°，
1 1
∴OQ= OB= OC，
2 2
1
∴ OC+OC=3，
2
OC=2，
120π×2 4π
∴C´D的长为 = ．
180 3
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性
质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，
作出合适的辅助线是解本题的关键．
8．（2023·云南昆明·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，过点D作∠ADC的角平分线交
AB于点E，连接AC交DE于点O，AD∥CE．
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(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AD=10，△ACD的周长为36，求菱形AECD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)96
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义证得
∠ADE=∠AED，再利用等腰三角形的等角对等边得到AD=AE，进而利用菱形的判定定理即可证
得结论；
（2）先根据菱形的性质和三角形的周长求得AC，进而利用勾股定理求得DE即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，AD∥CE，
∴四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=∠ADE，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴四边形AECD是菱形；
（2）解：∵四边形AECD是菱形，
∴AD=CD，AC⊥DE，OA=OC，OD=OE，
∵AD=10，△ACD的周长为36，
1
∴AC=36−2×10=16，则OC=OA= AC=8，
2
在Rt△AOD中，OD=√AD2−OA2=√102−82=6，
∴DE=2OD=12，
1
∴菱形AECD的面积为 ×16×12=96．
2
【点睛】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、勾股定理、平行线的
性质以及角平分线的定义，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键．
9．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形ABCD为正方形，点E在BD的延长线上，连接
EA、EC．
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(1)求证：△EAB≌△ECB；
(2)若∠AEC=45°，求证：DC=DE．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解
角与角之间的关系，熟练找出△EAB和△ECB的全等条件．
（1）根据正方形的性质证明AB=BC，∠ABE=∠CBE，然后根据全等三角形的判定定理进行证明
即可；
（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出∠CED和∠DCE，然后进行证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠CBE=45°，
在△EAB和△ECB中，
¿，
∴△EAB≌△ECB（SAS）；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
1
∴∠BDC= ∠CDA=45°，
2
∵△EAB≌△ECB，∠AEC=45°，
1
∴∠CED=∠AED= ∠AEC=22.5°，
2
∵∠BDC=∠CED+∠DCE=45°，
∴∠DCE=45°−22.5°=22.5°，
∴∠CED=∠DCE，
∴DC=DE．
考向五：正方形的性质与判定
【题型8 正方形的性质】
1、正方向具有矩形和菱形的一切性质；
2、正方形问题的转化方向只有一个——等腰直角三角形；
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1．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AC与BD交于点O，H为AB延长线上的一点，
CF √3
且BH=BD，连接DH，分别交AC，BC于点E，F，连接BE，则下列结论：① = ；②
BF 2
tan∠H=√3−1；③BE平分∠CBD；④2AB2=DE⋅DH．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，AB=BD=CD=AD=a，BD=√2AB=√2a，
AB∥CD，AC与BD互相垂直且平分，进而可求得AH=(√2+1)a，根据正切值定义即可判断②；由
AB∥CD，可知△DCF∽△HBF，由相似三角形的性质即可判断①；由BH=BD，可求得
∠H=∠BDH=22.5°，再结合AC与BD互相垂直且平分，得DE=BE，可知
∠DBE=∠BDE=22.5°，进而可判断③；再证△BDE∽△HDB，即可判断④．
【详解】解：在正方形ABCD中，AB∥CD，AB=BD=CD=AD=a，∠BAD=90°，
∠ABD=∠CBD=∠DAC=∠BAC=45°，AC与BD互相垂直且平分，
则BD=√AB2+AD2=√2AB=√2a，
∵BH=BD=√2a，则AH=(√2+1)a，
AD a
∴tanH= = =√2−1，故②不正确；
AH (√2+1)a
∵AB∥CD，则∠H=∠CDF，∠DCF=∠HBF，
∴△DCF∽△HBF，
CF CD a √2
∴ = = = ，故①不正确；
BF BH √2a 2
∵BH=BD，
∴∠H=∠BDH，
∵∠H+∠BDH=∠ABD=45°，
∴∠H=∠BDH=22.5°，
又∵AC与BD互相垂直且平分，
∴DE=BE，
∴∠DBE=∠BDE=22.5°，则∠CBE=∠CBD−∠DBE=22.5°，
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∴∠DBE=∠CBE，
∴BE平分∠CBD，故③正确；
由上可知，∠DBE=∠H=22.5°，
∴△BDE∽△HDB，
BD DE
∴ = ，则BD2=DE⋅DH，
DH BD
又∵BD=√2AB，
∴2AB2=DE⋅DH，故④正确；
综上，正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练
掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
2．（2024·四川资阳·中考真题）第14届国际数学教育大会（JCME−14）会标如图1所示，会标中心的图
案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（
△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若
EF：AH=1：3，则sin∠ABE=（ ）
√5 3 4 2√5
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】C
【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形，正方形的性质可得AE=4x，再根据勾股定理可
得AB=5x，即可求出sin∠ABE的值．
【详解】解：根据题意，设EF=x，则AH=3x，
∵△ABE≌△DAH，四边形EFGH为正方形，
∴AH=BE=3x，EF=HE=x，
∴AE=4x，
∵∠AEB=90°，
∴AB=√AE2+BE2=5x，
AE 4x 4
∴sin∠ABE= = = ，
AB 5x 5
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识
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是解题的关键．
3．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重
合），∠BHF=90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC
于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：①∠HBF=45°；②点G是BF的中点；③若点H是
√10 1 11
AD的中点，则sin∠NBC= ；④BN=√2BM；⑤若AH= HD，则S = S ，其中正
10 2 △BND 2 △AHM
确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
【答案】A
BD
【分析】连接DG，可得 =√2，AC垂直平分BD，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；
AB
根据AC垂直平分BD，结合互余可证明DG=FG，即有DG=FG=BG，则可判断②正确；证明
△ABM∽△DBN，即有 BN = BD =√2，可判断④；根据相似有 S △ABM = ( AB) 2 = 1 ，根据
BM AB S BD 2
△DBN
1 S HM 1
AH= HD可得3AH=AD，再证明△AHM∽△CBM，可得 △AHM = = ，即可判断⑤；根据
2 S BM 3
△ABM
点H是AD的中点，设AD=2，即求出BH=√AH2+AB2=√5，同理可证明△AHM∽△CBM，可
2 2 2
得BM= BH= √5，即可得BN=√2BM= √10，进而可判断③．
3 3 3
【详解】连接DG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
BD
∴∠BDC=∠BAC=∠ADB=45°， =√2，∠BAD=∠ADC=90°，AC垂直平分BD，
AB
∴∠CDP=90°，
∵DF平分∠CDP，
1
∴∠CDF= ∠CDP=45°=∠CDB，
2
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∴∠BDF=∠CDF+∠CDB=90°，
∵∠BHF=90°=∠BDF，
∴点B、H、D、F四点共圆，
∴∠HFB=∠HDB=45°，∠DHF=∠DBF，
∴∠HBF=180°−∠HFB−∠FHB=45°，故①正确，
∵AC垂直平分BD，
∴BG=DG，
∴∠BDG=∠DBG，
∵∠BDF=90°，
∴∠BDG+∠GDF=90°=∠DBG+∠DFG，
∴∠GDF=∠DFG，
∴DG=FG，
∴DG=FG=BG，
∴点G是BF的中点，故②正确，
∵∠BHF=90°=∠BAH，
∴∠AHB+∠DHF=90°=∠AHB+∠ABH，
∴∠DHF=∠ABH，
∵∠DHF=∠DBF，
∴∠ABH=∠DBF，
又∵∠BAC=∠DBC=45°，
∴△ABM∽△DBN，
BN BD
∴ = =√2，
BM AB
∴BN=√2BM，故④正确，
∴ S △ABM = ( AB) 2 = 1 ，
S BD 2
△DBN
1 1 1
若AH= HD，则AH= HD= (AD−AH)，
2 2 2
∴3AH=AD，
AH 1 AH AH 1
∴ = ，即 = = ，
AD 3 BC AD 3
∵AD∥BC，
∴△AHM∽△CBM，
HM AH 1
∴ = = ，
BM BC 3
S HM 1
∴ △AHM = = ，
S BM 3
△ABM
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∴S =3S ，
△ABM △AHM
S 1
∵ △ABM = ，
S 2
△DBN
∴S =2S =6S ，故⑤错误，
△BND △ABM △AHM
如图，③若点H是AD的中点，设AD=2，即AB=BC=AD=2，
1
∴AH= AD=1，
2
∴BH=√AH2+AB2=√5，
同理可证明△AHM∽△CBM，
HM AH 1
∴ = = ，
BM BC 2
HM+BM 3 BH
∴ = = ，
BM 2 BM
2 2
∴BM= BH= √5，
3 3
∵BN=√2BM，
2
∴BN=√2BM= √10，
3
∵BC=2，
2
∴在Rt△BNC中，NC=√BN2−BC2=
，
3
NC √10
sin∠NBC= = ，故③正确，
BN 10
则正确的有：①②③④，
故选：A．
【点睛】本题是一道几何综合题，主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周
角定理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，△ABM∽△DBN，是解答本题的关键．
4．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，AF与DC交于点
H，若AB=6，CE=2，则DH的长为（ ）
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5 8
A．2 B．3 C． D．
2 3
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明△ADH∽△FGH，利用相似三
角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵正方形ABCD，AB=6，
∴AB=AD=CD=6，
∵正方形CEFG，CE=2，
∴CE=GF=CG=2，
∴DG=CD−CG=4，
由题意得AD∥GF，
∴△ADH∽△FGH，
AD DH 6 DH
∴ = ，即 = ，
GF GH 2 4−DH
解得DH=3，
故选：B．
5．（2024·北京·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，AF⊥DE于点F，CG⊥DE于点
G．若AD=5，CG=4，则△AEF的面积为 ．
27
【答案】
8
【分析】根据正方形的性质，得AD=5=DC，CD∥AB，得到∠CDG=∠AEF，结合CG=4，得
CG 4 CG 4
到DG=√DC2−CG2=3,sin∠CDG=sin∠AEF= = ，tan∠CDG=tan∠AEF= = ，
CD 5 DG 3
求得AE，AF，EF的长，解答即可.
本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握解直角三角形的相关计算是解题的关
键.
【详解】解：根据正方形的性质，得AD=5=DC，CD∥AB，
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∴∠CDG=∠AEF，
∵CG=4，
∴DG=√DC2−CG2=3,
AF CG 4
sin∠CDG=sin∠AEF= = = ，
AE CD 5
CG AD 4
tan∠CDG=tan∠AEF= = = ，
DG AE 3
15
∴AE= ，
4
4 15
∴AF= × =3，
5 4
9
∴EF= ，
4
1 27
∴△AEF的面积为 EF·AF= ；
2 8
27
故答案为： ．
8
6．（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，
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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．
7．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动
【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平；
操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；
操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF把正方形纸
片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H．
根据以上操作，得∠EBF=________°．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明；
（2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：
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EM=MF．
【深入研究】
AG 1 GH
若 = ，请求出 的值（用含k的代数式表示）．
AC k HC
【答案】[操作判断]45；
[探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解；
k2−2k+2
[深入研究]
k2−2k
【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解；
[探究证明]（1）先证明△GHB∽△FHC，再证明△GHF∽△BHC，则∠7=∠8=45°，继而得到
∠7=∠5=45°，因此GB=GF，∠BGF=90°，即△BFG是等腰直角三角形；（2）由翻折得，
∠AEB=∠BEF，由PQ∥AD，得到∠AEB=∠EGM，故∠BEF=∠EGM，因此ME=MG，而
由∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°，得到∠MGF=∠EFG，则MG=MF，因此
EM=MF；
CH BC √2 AG 1
[深入研究] 连接BD，先证明△BED∽△BHC，则 = = ，由 = ，设AG=1,AC=k，
ED BD 2 AC k
AE 1 √2
√2 = k
则AB=BC=AC⋅cos∠4= k=AD，而△AEG∽△CBG， 则√2 k−1，可得 2 ，
2 k AE=
2 k−1
√2k(k−2) k2−2k k2−2k k2−2k+2 GH k2−2k+2
DE= ，CH= ，那么GH=k−1− = ，故 = ．
2k−2 2k−2 2k−2 2k−2 CH k2−2k
【详解】[操作判断] 解：如图，
由题意得，∠1=∠2,∠3=∠4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
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∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2(∠2+∠3)=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EBF=45°，
故答案为：45；
[探究证明] 解：（1）如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠6=∠8=45°，
∵∠5=45°，
∴∠5=∠6，
∵∠GHB=∠FHC，
∴△GHB∽△FHC，
GH BH
∴ = ，
FH CH
GH FH
∴ = ，
BH CH
∵∠GHF=∠BHC，
∴△GHF∽△BHC，
∴∠7=∠8=45°，
∴∠7=∠5=45°，
∴GB=GF，∠BGF=90°，
∴△BFG是等腰直角三角形；
（2）如图，
由翻折得，∠AEB=∠BEF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，即AD⊥DC，
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∵PQ⊥CD，
∴PQ∥AD，
∴∠AEB=∠EGM，
∴∠BEF=∠EGM，
∴ME=MG，
∵∠BGF=90°，
∴∠EGF=90°，
∴∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°，
∴∠MGF=∠EFG，
∴MG=MF，
∴EM=MF；
[深入研究] 解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC，∠ABC=∠DAB=∠ADC=∠BCD=90°，AD∥BC，
∵AC,BD是对角线，
∴∠4=∠5=∠CBD=45°，
∵∠EBF=45°，
∴∠2+∠3=∠1+∠2，
∴∠1=∠3，
∴△BED∽△BHC，
CH BC
∴ = ，
ED BD
在Rt△BCD中，∠CBD=45°，
BC √2
∴cos∠CBD= = ，
BD 2
CH √2
∴ = ,
ED 2
AG 1
∵ = ，
AC k
∴设AG=1,AC=k，
√2
∴AB=BC=AC⋅cos∠4= k=AD，
2
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∵AD∥BC，
∴△AEG∽△CBG，
AE AG
∴ = ，
BC GC
AE 1
=
∴√2 k−1，
k
2
√2
k
∴ 2 ，
AE=
k−1
√2
k
∴ √2 2 √2k(k−2)，
DE= k− =
2 k−1 2k−2
√2 k2−2k
∴CH= ED= ，
2 2k−2
k2−2k k2−2k+2
∴GH=k−1− = ，
2k−2 2k−2
GH k2−2k+2
∴ = ．
CH k2−2k
【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性
质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
8．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，点F是
对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且∠ABE=∠DAF．
【模型建立】
（1）求证：AF⊥BE；
【模型应用】
1
（2）若AB=2，AD=3，DF= BF，求DE的长；
2
【模型迁移】
1 AF
（3）如图2，若矩形ABCD是正方形，DF= BF，求 的值．
2 AD
7 √5
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
3 3
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【分析】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关
知识点，构造相似三角形，是解题的关键：
（1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出∠AOE=90°，即可得证；
DG DF 1
（2）延长AF交CD于点G，证明△AFB∽△GFD，得到 = = ，再证明△ABE∽△DAG，
AB BF 2
求出AE的长，进而求出DE的长；
DG FG DF 1
（3）设正方形的边长为a，延长AF交CD于点G，证明△AFB∽△GFD，得到 = = = ，
AB AF BF 2
1
进而得到DG= AB，勾股定理求出AG，进而求出AF的长，即可得出结果．
2
【详解】解：（1）∵矩形ABCD，
∴∠BAD=90°，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵∠ABE=∠DAF，
∴∠DAF+∠AEB=90°，
∴∠AOE=90°，
∴AF⊥BE；
（2）延长AF交CD于点G，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD,∠BAD=∠ADG=90°，
∴△AFB∽△GFD，
DG DF 1
∴ = = ，
AB BF 2
1
∴DG= AB=1，
2
∵∠BAD=∠ADG=90°，∠ABE=∠DAF，
∴△ABE∽△DAG，
AB AE 2
∴ = = ，
AD DG 3
2 2
∴AE= DG= ，
3 3
2 7
∴DE=AD−AE=3− = ；
3 3
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（3）设正方形ABCD的边长为a，则：AB=AD=a，
延长AF交CD于点G，
∵正方形ABCD，
∴∠BAD=∠ADG=90°,AB∥CD，
∴△AFB∽△GFD，
DG FG DF 1
∴ = = = ，
AB AF BF 2
1 1 1
∴DG= AB= a,FG= AF，
2 2 2
√5
∴AG=√AD2+DG2= a，
2
1
∵FG= AF，
2
2 √5
∴AF= AG= a，
3 3
√5a
∴AF 3 √5．
= =
AD a 3
（建议用时：40分钟）
√5−1
1．（2024·四川泸州·中考真题）宽与长的比是 的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称
2
的美感．如图，把黄金矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点B′处，AB′交CD于点E，则
sin∠DAE的值为（ ）
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√5 1 3 2√5
A． B． C． D．
5 2 5 5
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数等知
识点，利用黄金比例表示各线段的长是解题的关键．
设宽，根据比例表示长，证明△ADE≌△CB′E，在Rt△ADE中，利用勾股定理即可求得结果．
【详解】解：设宽为x，
√5−1
∵宽与长的比是 ，
2
x √5+1
= x
∴长为：√5−1 2 ，
2
由折叠的性质可知，AD=BC=B′C=x，
在△ADE和△CB′E中，
¿，
∴△ADE≌△CB′E(AAS)，
∴AE=CE，
√5+1
∴AE+DE=DC= x，
2
设DE= y，
在Rt△ADE中，x2+ y2= (√5+1 x−y ) 2 ，
2
y 1
变形得： = ，
x 2
AD=2y，AE=√y2+(2y) 2=√5 y，
DE y √5
∴sin∠DAE= = = ，
AE √5 y 5
故选A．
2．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形ABCD的边CD上有一点E，连接AE，把AE绕点E逆时针旋
FG
转90°，得到FE，连接CF并延长与AB的延长线交于点G．则 的值为（ ）
CE
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3√2 3√3
A．√2 B．√3 C． D．
2 2
【答案】A
【分析】过点F作DC延长线的垂线，垂足为点H，则∠H=90°，证明△ADE≌△EHF，则
AD=EH=1，设DE=HF=x，得到HF=CH=x，则∠HCF=45°，故CF=√2x，同理可求
FG √2(1−x)
CG=√2BC=√2，则FG=CG−CF=√2(1−x)，因此 = =√2．
CE 1−x
【详解】解：过点F作DC延长线的垂线，垂足为点H，则∠H=90°，
由旋转得EA=EF,∠AEF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，DC∥AB，DA=DC=BC，设DA=DC=BC=1，
∴∠D=∠H，
∵∠AEH=∠1+∠AEF=∠2+∠D，
∴∠1=∠2，
∴△ADE≌△EHF，
∴DE=HF，AD=EH=1，设DE=HF=x，
则CE=DC−DE=1−x，
∴CH=EH−EC=1−(1−x)=x，
∴HF=CH=x，而∠H=90°，
∴∠HCF=45°，
HF
∴CF= =√2x，
sin45°
∵DC∥AB，
∴∠HCF=∠G=45°，
同理可求CG=√2BC=√2，
∴FG=CG−CF=√2−√2x=√2(1−x)，
FG √2(1−x)
∴ = =√2，
CE 1−x
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添
加辅助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键．
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3．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上
一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF．交CD于点M．若BE=DF=1，则DM的长度为（ ）
12
A．2 B．√5 C．√6 D．
5
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得
到∠ABE=∠ADC=∠ADF=∠C=90°，AB=AD=CD=BC=4，再证明
△ABE≌△ADF(SAS)得到AE=AF，进一步证明△AEM≌△AFM(SAS)得到EM=FM，设
DM=x，则EM=FM=DF+DM=x+1，CM=CD−DM=4−x，
在Rt△CEM中，由勾股定理得(x+1) 2=32+(4−x) 2，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠ADC=∠ADF=∠C=90°，AB=AD=CD=BC=4，
又∵BE=DF=1，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF，
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM=∠FAM，
又∵AM=AM，
∴△AEM≌△AFM(SAS)，
∴EM=FM，
设DM=x，则EM=FM=DF+DM=x+1，CM=CD−DM=4−x，
在Rt△CEM中，由勾股定理得EM2=CE2+CM2，
∴(x+1) 2=32+(4−x) 2，
12
解得x= ，
5
12
∴DM= ，
5
故选：D．
4．（2024·福建福州·模拟预测）正六边形 ABCDEF 与正五边形 BGHIJ 按如图方式摆放，点A，B，G
在一条直线上，则∠JBC的度数为 ．
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【答案】48°/48度
【分析】本题考查了正多边形的内角与外角，据正五边形和正六边形性质得出各外角度数，进而可得
答案．
【详解】解：∵在正六边形ABCDEF和正五边形BGHIJ中，
360°
∠CBG= =60°，
6
360°
∠ABJ= =72°，
5
∴∠JBC=180°−∠ABJ−∠CBG=180°−72°−60°=48°，
故答案为：48°．
5．（2024·四川广安·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=5，∠ABC=30°，点M为直线BC
上一动点，则MA+MD的最小值为 ．
【答案】√41
【分析】如图，作A关于直线BC的对称点A′，连接A′D交BC于M′，则AH=A′H，AH⊥BC，
AM′=A′M′，当M,M′重合时，MA+MD最小，最小值为A′D，再进一步结合勾股定理求解即可.
【详解】解：如图，作A关于直线BC的对称点A′，连接A′D交BC于M′，则AH=A′H，AH⊥BC，
AM′=A′M′，
∴当M,M′重合时，MA+MD最小，最小值为A′D，
∵AB=4，∠ABC=30°，在▱ABCD中，
1
∴AH= AB=2，AD∥BC，
2
∴A A′=2AH=4，A A′⊥AD，
∵AD=5，
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∴A′D=√42+52=√41，
故答案为：√41
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质
及掌握各知识点是解题的关键．
6．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿边EF折叠，使点D在边BC中点M处．若
AB=4，BC=6，则CF= ．
7
【答案】 /0.875
8
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于x的方程．由矩
1
形的性质推出CD=AB=4，∠C=90°，由线段中点定义得到CM= BC=3，由折叠的性质得到：
2
7
MF=DF，设FC=x，由勾股定理得到(4−x) 2=32+x2，求出x= ，得到FC的值．
8
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，∠C=90°，
∵M是BC中点，
1 1
∴CM= BC= ×6=3，
2 2
由折叠的性质得到：MF=DF，
设FC=x，
∴FD=4−x，
∴MF=4−x，
∵M F2=MC2+FC2，
∴(4−x) 2=32+x2，
7
∴x= ，
8
7
∴FC= ．
8
7
故答案为： ．
8
7．（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 ．
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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 4
1 1 1 1 7
∴S = BD⋅FH= BF⋅DC，即 ×5×FH= × ×3，
△BDF 2 2 2 2 4
21
解得：FH= ，
20
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21
故答案为： ．
20
8．（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F
EF
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°，AD=BC，再证明EF∥AD，进而可证明△OEF∽△OAD，由相似三角形的性质可
EF OE 1 EF 1
得 = = ，即 = ．
AD OA 2 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
9．（2024·青海西宁·二模）在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路．
（1）【知识回顾】
在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解
决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理．
（2）【数学发现】
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如图②，在梯形ABCD中，AD∥BC，F是腰DC的中点，请你沿着AF将上图的梯形剪开，并重新
拼成一个完整的三角形．
如图③，在梯形ABCD中，AD∥BC，E、F分别是两腰AB、DC的中点，我们把EF叫做梯形
ABCD的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想EF和AD、BC有怎样的位置和数量关系？
【证明猜想】
（3）证明（2）的结论，并在“AD=5，BC=7”的条件下，求EF的长．
1
【答案】（1）见解析；（2）画图见解析，猜想：EF∥AD∥BC，EF= (AD+BC)；（3）证明
2
见解析，6；
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定：
（1）根据三角形中位线定理的内容写出对应的已知，求证和证明过程即可；
（2）延长AF交BC延长线于M，证明△ADF≌△MCF(AAS)可得到所要的三角形；根据梯形性质和
三角形的中位线进行猜想即可得出结论；
（3）如图③，连接AF并延长，交BC延长线于点M，证明△ADF≌△MCF(AAS)得到AD=MC，
1
AF=MF，在△ABM中，利用三角形的中位线可证得EF∥BM，EF= BM，进而可证得结论；再
2
根据结论求出EF的长即可．
【详解】解：（1）已知：在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，
1
求证：DE= BC，DE∥BC：
2
证明：如图所示，过点C作CF∥AB交DE延长线与F，
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD=BD，AE=CE，
∵CF∥AB，
∴∠EAD=∠ECF，∠EDA=∠EFC，
∴△ADE≌△CFE(AAS)，
∴DE=FE，AD=CF，
∴CF=BD，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴BC=DF=2DE，BC∥DF，
1
∴DE= BC，DE∥BC；
2
（2）如图所示，延长AF交BC延长线于M，则把△ADF延AF剪开后放置到△MCF的位置，△ABM
即为所求；
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1
猜想：EF∥AD∥BC，EF= (AD+BC)；
2
（3）连接AF并延长，交BC延长线于点M，
∵AD∥BC
，
∴∠M=∠DAF．
∵F是DC的中点，
∴DF=CF．
∵∠AFD=∠MFC，
∴△ADF≌△MCF(AAS)．
∴AD=MC，AF=MF．
∴点F是AM的中点，又点E是AB的中点，
∴EF是△ABM的中位线，
1
∴EF∥BM，EF= BM．
2
1 1
∴EF= (MC+BC)= (AD+BC)．
2 2
∵AD∥BC，EF∥BC，
∴EF∥AD．
1
∴EF∥AD∥BC，EF= (AD+BC)．
2
∵AD=5，BC=7，
1 1
∴EF= (AD+BC)= ×(5+7)=6。
2 2
10．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB>2AD，点E，F分别在边AB，CD上．
将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H
恰好也落在对角线AC上．连接GE，FH．
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求证：
(1)△AEH≌△CFG；
(2)四边形EGFH为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，即得∠EAH=∠FCG，
由折叠的性质可得AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，即得CH=AG，
∠AHE=∠CGF=90°，进而得AH=CG，即可由ASA证明△AEH≌△CFG；
（2）由（1）得∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，EH=FG，进而
即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和
折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠EAH=∠FCG，
由折叠可得，AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，
∴CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，
∴AH=CG，
在△AEH和△CFG中，
¿，
∴△AEH≌△CFG(ASA)；
（2）证明：由（1）知∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EGFH为平行四边形．
11．（2024·广东·中考真题）中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满
足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形PQMN充电站的平面示意图，矩形
ABCD是其中一个停车位．经测量，∠ABQ=60°，AB=5.4m，CE=1.6m，GH⊥CD，GH是另
一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．
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根据以上信息回答下列问题：（结果精确到0.1m，参考数据√3≈1.73）
(1)求PQ的长；
(2)该充电站有20个停车位，求PN的长．
【答案】(1)6.1m
(2)66.7m
【分析】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的实际应用：
27√3
（1）先由矩形的性质得到∠Q=∠P=90°，再解Rt△ABQ得到AQ= m，接着解直角三角形
10
8√3 4√3
得到BC= m，进而求出AP= m，据此可得答案；
5 5
（2）解Rt△BCE得到BE=3.2m，解Rt△ABQ得到BQ=2.7m，再根据有20个停车位计算出QM的
长即可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形PQMN是矩形，
∴∠Q=∠P=90°，
在Rt△ABQ中，∠ABQ=60°，AB=5.4m，
27√3
∴AQ=AB⋅sin∠ABQ= m，∠QAB=30°，
10
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠BCE=90°，
∴∠CBE=30°，
CE 8√3
∴BC= = m，
tan∠CBE 5
8√3
∴AD= m；
5
∵∠PAD=180°−30°−90°=60°，
4√3
∴AP=AD⋅cos∠PAD= m，
5
35√3
∴PQ=AP+AQ= ≈6.1m
10
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CE
（2）解：在Rt△BCE中，BE= =3.2m，
sin∠CBE
在Rt△ABQ中，BQ=AB⋅cos∠ABQ=2.7m，
∵该充电站有20个停车位，
∴QM=QB+20BE=66.7m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴PN=QM=66.7m．
12.（2024·云南昭通·一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在DB、
BD的延长线上，且BE=DF，连接AE、CE、AF、CF．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若OG⊥AE于点G，AG=3，¿=24，求△GEO的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)72√2
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是灵活运
用相关知识．
（1）在菱形ABCD中，可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，结合BE=DF，可得OE=OF，即
可证明；
AE AO
（2）证明△OEA∽△GOA，得到 = ，可求出AO=9，再根据勾股定理求出OG=6√2，最后
AO AG
根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
∵BE=DF，
∴OB+BE=OD+DF，即OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴AC⊥EF，
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∴四边形AECF是菱形；
（2）解：由题意知，在菱形AECF中，∠AOE=90°，
∴∠OEA+∠EAO=90°，
∵OG⊥AE，
∴∠EGO=∠OGA=90°，
∴∠GOA+∠EAO=90°，
∴∠OEA=∠GOA，
∴△OEA∽△GOA，
AE AO
∴ = ，
AO AG
∵AE=AG+≥=3+24=27，
27 AO
∴ = ，
AO 3
解得：AO=9（负值已舍去），
在Rt△GOA中，OG=√AO2−AG2=√92−32=6√2．
1 1
∴在Rt△GEO中，S = ≥⋅OG= ×24×6√2=72√2．
△GEO 2 2
85
