难点06特殊平行四边形的常考题型（7大热考题型）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2025中考复习资料_2025年中考数学一轮知识梳理

关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 难点 06 特殊平行四边形的常考题型 （7 大热考题型） 题型一：矩形的性质与判定 题型二：菱形的性质 题型三：菱形的判定 题型四：菱形的性质与判定 题型五：正方形的性质 题型六：正方形的判定 题型七：正方形的性质与判定 题型一：矩形的性质与判定 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O， ABDCDB，BE AC于点E，DFAC于点F，且BE DF． (1)求证：四边形ABCD是平行四边形； BC (2)若 ，当 等于多少度时，四边形 是矩形？请说明理由，并直接写出此时 的值． ABBO ABE ABCD AB 【答案】(1)证明见解析 BC (2)当 时，四边形 是矩形，理由见解析，此时  3 ABE30 ABCD AB 【分析】（1）先证明AB∥CD得到EABFCD，再由垂线的定义得到AEBCFD90，据此证明 AEB≌CFDAAS ABCD ABCD ，得到 ，由此即可证明四边形 是平行四边形； （2）当ABE30时，四边形ABCD是矩形，利用三角形内角和定理得到BAO60，则可证明VAOB 是等边三角形，得到OAOB，进而可证明AC BD，则四边形ABCD是矩形，在Rt△ABC中， BC tanBAC   3 AB 1关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 BC tanBAC   3． AB 【详解】（1）证明：∵ABDCDB， ∴AB∥CD， ∴EABFCD， ∵BE AC，DFAC， ∴AEBCFD90， 又∵BE DF， AEB≌CFDAAS ∴ ， ∴ABCD， 又∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形； （2）解：当ABE30时，四边形ABCD是矩形，理由如下： ∵BE AC， ∴AEB90， ∵ABE30， ∴BAO60， 又∵ABBO， ∴VAOB是等边三角形， ∴OAOB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OBOD，OAOC， ∴OBODOAOC， ∴AC BD， ∴四边形ABCD是矩形， 即当ABE30时，四边形ABCD是矩形， ∴ABC 90， BC ∴在 中，tanBAC   3． Rt△ABC AB 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判 定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． 【变式1-1】（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 2关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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， 3关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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． 【变式1-2】（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，ABE30，将 ABE沿BE折叠得FBE，连接CF，DF，若CF平分BCD，AB2，则DF的长为 ． 2 【答案】 【分析】过F 作FM BC于点M ，FN CD于点N ，CMF CNF 90，由四边形ABCD是矩形， 得DCM ABC90，ABCD2，证明四边形CMFN 是矩形，通过角平分线的性质证得四边形 CMFN 是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】如图，过F 作FM BC于点M ，FN CD于点N ， ∴CMF CNF 90， ∵四边形ABCD是矩形， ∴DCM ABC90，ABCD2， ∴四边形CMFN 是矩形， ∵CF平分BCD， ∴FM FN ，DCF BCF 45， ∴四边形CMFN 是正方形， 由折叠性质可知：ABBF 2，ABEFBE30， 4关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴MF 1， ∴CN NF MF CM 1，DN CDCN 1， Rt△DNF DF  NF2DN2  1212  2 在 中，由勾股定理得 ， 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，30°所对直角边是斜边的一半，角平分 线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式1-3】（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． (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 ， ．进而可得CO AC5，再根据等腰三角 AC 10 OBOC 2 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， AC  AB2BC2  6282 10 所以 ， 5关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 因为四边形ABCD是矩形， 1 所以CO AC5， ． 2 OBOC 因为CEOCOE，所以CECO5． 1 过点O作 于点F，则CF  BC 4， OF BC 2 所以EF CECF 541， Rt△COF OF  OC2CF2  5242 3 在 中， ， OF 所以tanCEO 3． EF 【中考模拟即学即练】 1．（2025·湖北十堰·一模）如图，正八边形的边长为4，对角线AB、CD相交于点E．则线段BE的长为 （ ） 44 3 42 2 8 2 A．8 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形的内角、矩形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键． 根据正八边形的性质得出四边形CEGF是矩形，ACE、BFG是等腰直角三角形，再根据矩形的性质以 及直角三角形的边角关系解题即可． 【详解】解：如图，过点F 作FG AB于G， 6关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 由题意可知，四边形CEGF是矩形， 82180 由正八边形的性质知，FAC  135， 8 ∴ACE1359045， 又∵DC  AB， ∴CEA90， CAE180CEAACE180904545， ∴ACE是等腰直角三角形， 同理，BFG也是等腰直角三角形， 又∵四边形CEGF是矩形， ∴AC CF FBEG4， 在RtACE中，AC 4，AECE， AE2CE2  2AE2  2AE4 ∴ ， AE2 2 ∴ ， BG2 2 同理 ， BEEGBG42 2 ∴ ． 故选：C ． 2．（2023·海南海口·模拟预测）如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，ABBC，AD2，将腰CD以 D为中心逆时针旋转90至DE，连接AE，CE，VADE的面积为3，则BC长（ ） 7关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质等知识．熟练掌握旋转的 性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质是解题的关键． 如图，过D作GH BC于H ，作EGGH于G， 由旋转的性质可得，CDE90，DECD，证明 1 1 DEG≌CDHAAS，则 CH DG ，由题意知，S ADE  2 ADDG 2 2DG3，可求 DG3 ，则 CH DG3，证明四边形ABHD是矩形，则BH  AD2，根据BC BH CH ，计算求解即可． 【详解】解：如图，过D作GH BC于H ，作EGGH于G， 由旋转的性质可得，CDE90，DECD， ∵GDEGED90GDEHDC， ∴GEDHDC， 又∵GCHD90，DECD， DEG≌CDHAAS ∴ ， ∴CH DG， 1 1 由题意知，S  ADDG 2DG3， ADE 2 2 解得，DG3， ∴CH DG3， 8关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵AD∥BC，ABBC， ∴BAD90ABH DHB， ∴四边形ABHD是矩形， ∴BH  AD2， ∴BC BH CH 5， 故选：C． 1 3．（2024·河北·模拟预测）在 中， ， 是 的中点，求证：BO AC． VABC ABC 90 O AC 2 证明：如图，延长BO至点D，使ODBO，连接AD，CD． …… ACBD2OB， 1 BO AC． 2 下面是“……”部分被打乱顺序的证明过程：①∴四边形ABCD是平行四边形；②∵ABC 90；③∵ OAOC，OBOD；④∴四边形ABCD是矩形，则正确的顺序是（ ）． A．③①②④ B．③②①④ C．②③①④ D．②①③④ 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． 从结论入手，要证明直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，显然不能应该斜边中线定理，看到提示的两 行证明，有对角线相等，由此根据矩形的对角线互相平分且对角线相等的性质，作辅助线补全四边形，先 证平行四边形再证矩形，即可推出结论． 【详解】解:根据提示，先由对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再由平行四边形证明是矩形， 证明过程应为：③ OAOC，OBOD； ①四边形ABCD是平行四边形； ② ABC 90； ④四边形ABCD是矩形． ACBD2OB， 9关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 BO AC． 2 即证明过程为 ③①②④， 故选：A． 4．（2024·福建三明·二模）如图，在VABC中，ABC 90，BABC，把VABC绕点A逆时针旋转得 到VADE，点D与点B对应，点D恰好落在AC上，过E作EF∥AB交BC的延长线于点F，连接BD并延 EF CE BG BDDG CE 2BD CH EH 长交 于点G，连接 交 于点H．下列结论：① ；② ；③ ；④ FG 2EG ．其中正确的有（ ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】连接DF、HF，可证四边形ABFE是矩形，△ABC≌△ADE，即可判断①③；根据①③的结论 可推出CE垂直平分DF，进而可得HDF是等腰直角三角形，从而可判断②；证明BCD≌DEG，推出     EGCF  21 m FGEFEG 2 2 m CDEGCF ，设ABBC m，推出 ， ，判断④即可． 【详解】解：连接DF、HF，如图所示： ∵ABC 90，BABC， ∴BAC BCA45 由题意得：△ABC≌△ADE 10关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AD AB,ADE 90,DEADAE45 ∴ 18045 ∴ABDADB 67.5 2 ∴BAE90 ∵EF∥AB， ∴AEF 90 ∴四边形ABFE是矩形， ∴GFB90，EF  AB ADED，DEF 90AED45 ∴GBF 90ABD22.5 EDC EFC 90,EDEF,EC EC ∵ ∴VEDC≌VEFC ∴CDCF 1 ∴CFDCDF  ACB22.5GBF 2 ∴GFD90CFD67.5FGD ∴BDFDGD ∴点D是BG的中点 即：BDDG，故①正确； ∵GDC ADB67.5,， ∴EDG90GDC 22.5 ∵VEDC≌VEFC 1 ∴DEH FEC  DEF 22.5EDG 2 ∴DH EH 同理可证DH CH ∴CH EH ，故③正确； ∵VEDC≌VEFC ∴CE垂直平分DF ∴HDHF ∵HDF DBFDFB45 ∴HDF是等腰直角三角形 11关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 DF  2DH ∴ ∵CE2DH,BDDF CE 2BD ∴ ，故②正确； ∵BC DE,BCDDEG45,FBGEDG22.5， ∴BCD≌DEG， ∴CDEG， ∴EGCF， 设ABBC m， BF  AE AC  2m,EF m 则： ，   EGCF  21 m ∴ ，   FGEFEG 2 2 m ∴ ， FG 2EG ∴ ；故④正确； 故选：A． 【点睛】本题综合考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、斜中半定理等知识点，综合性较 强，需要学生具备扎实的几何基础． 5．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形ABCD中，AB4，BC 3，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得 ABCD B C AB DC DE 到矩形 ，当点C， ， 三点共线时， 交 于点E，则 的长度是（ ） 7 25 7 25 A． B． C． D． 8 8 4 4 【答案】A 12关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AC、AC BC BC3 AD ADE≌CBE(AAS) AECE 【分析】连接 ，先证明 ，进而证明 ，于是可得 ， DEBE，设AEx，则BE 4xDE，利用勾股定理建立方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：如图，连接AC、AC， 矩形 ，  ABCD ABC ADC 90，BC  AD3，AD AB4， 由旋转的性质可得：BC BC3，AC  AC，ABCABC90，AB AB4， ACC ABCC 是等腰三角形，且 ， BC BC3， ADBC 3， 在VADE和CBE中， AEDCEB  ADECBE ，  ADBC ADE≌CBE(AAS) ， AECE，DEBE， 设AEx，则BE 4xDE， 在RtADE中，根据勾股定理可得：DE2AD2  AE2， (4x)232 x2 ， 25 解得：x ， 8 7 DE4x ， 8 故选：A． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质 等知识点，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，有两个全等的矩形ABCD和矩形ABCD重合摆放，将矩形 ABCD C AD AD E AE F AB BC 13关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ABCD绕点C逆时针旋转，延长AD交AD于点E，线段AE 的中点为点F ，AB的长为2，BC的长为 4，当CF取最小时，AF 的长为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质等知识，确定 CF何时取最小值是解题关键．连接CF，由“垂线段最短”的性质可知当CF  AE，即点F 与点D�重合 时，CF取最小值，此时连接CE，易得EF  AF  AD AD4，再证明点A与点E重合，即可获得答 案． 【详解】解：如下图，连接CF， ∵四边形ABCD与四边形ABCD均为矩形且全等，且AB2，BC 4， ∴ABCDCD2，BC  AD AD4，ABC ADC ADC 90， ∴矩形ABCD绕点C逆时针旋转， 则当CF  AE，即点F 与点D�重合时，CF取最小值，如下图，连接CE， 14关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 此时CF CD2， ∵点F 为线段AE 的中点， ∴EF  AF  AD AD， ∵ADC90， ∴CDE180ADC 90， 又∵CDCD， RtCDE≌RtCDEHL ∴ ， ∴DEDEEF  AD，即点A与点E重合， ∴AF EF  AD4． 故选：B． 7．（2024·贵州黔东南·二模）在矩形ABCD中，AB5，过点E，F分别作对角线AC的垂线，与边BC分 别交于点G，H．若AECF，BG1，CH 4，则EGFH  ． 34 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，全等三角形性质和判定，解题的关键在于作辅助线构 GE AD GQ AD ABGQ 造直角三角形和全等三角形．延长 ，交 于点P，过点G作 于点Q，易证四边形 是 15关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AQBG1 GQAB5 AEP≌CFHASA PEHF 矩形，得到 ， ，利用矩形性质证明 ，得到 ，最后利用 勾股定理即可得到GP，进而得到EGFH ． GE AD GQ AD 【详解】解：延长 ，交 于点P，过点G作 于点Q， ， GQA90 四边形ABCD是矩形， BADB90，AD∥BC， 四边形ABGQ是矩形， AQBG1，GQAB5，  AD∥BC， CADACB， GE AC，HF  AC， GECHFC90， AEPHFC，  AECF ， AEP≌CFHASA ， PEHF ，APCH 4， PQAPAQ413， GP2 GQ2PQ2 ， GP GQ2PQ2  5232  34 ， GEHF GEPEGP 34， 34 故答案为： ． ABCD AC,BD OB CE CE 8．（2023·天津·一模）如图，矩形 对角线 相交于点O，E为 上一点，连接 ，F为 的中点，EOF 90．若OE 3,OF 2，则BE的长为 ． 16关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】2 【分析】本题考查了中位线，勾股定理，矩形的性质，平行线的性质等知识．解题的关键在于添加辅助线， 1 构造中位线．如图，连接 ， 是 的中位线，则OF  AE， ， ， ， AE OF △ACE 2 OF∥AE AE4 AEO90 在Rt△AEO中，由勾股定理求AO的值，由矩形的性质可得OBOA，根据BEOBOE，求解BE的值 即可． 【详解】解：如图，连接AE， ∵四边形ABCD是矩形， 1 1 ∴ ，OBOA AC  BD AOOC 2 2 ∵F 为CE的中点， ∴OF 是△ACE的中位线， 1 OF  AE， ，  2 OF∥AE ∴AEOEOF ， ∵EOF 90，OF 2， AE4，AEO90， Rt△AEO AO AE2OE2 5 在 中，由勾股定理得 ， ∴OBOA5， BEOBOE2， 故答案为：2． 9．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD16，AB10，EF在边AD上，EF 8，连接 EB，FC，则线段EBFC的最小长度为 ． 17关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 4 29 【答案】 【分析】根据题意取BC的中点G，连接GF ，作点G关于AD的对称点G，连接GG,GF,GC，利用矩 形性质证明四边形EFGB为平行四边形，再根据对称性得GFFC≥GC，继而利用勾股定理即可得到本 题答案． 【详解】解：如图，取BC的中点G，连接GF ，作点G关于AD的对称点G，连接GG,GF,GC， ， ∵矩形ABCD中，EF 8，AD16， ∴EF BG，EF BG8， ∴四边形EFGB为平行四边形， ∴BEGF，即BECF GFFC， ∵根据对称性可知GF GF，则GFFCGFFC，GG20， ∵GFFC≥GC， EBFC GC CG2GG2  82202 4 29 ∴ 的最小长度： ， 4 29 故答案为： ． 【点睛】本题考查平行四边形判定及性质，矩形性质，对称性质，勾股定理等． 10．（2024·山东·模拟预测）如图，在ABCD中，AB2，BC5，延长DC至点E，使CEDC，连接 AE，交BC于点F ，连接AC，BE，AFC2D． 18关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求证：四边形ABEC是矩形； (2)求ABCD的面积． 【答案】(1)证明见解析 2 21 (2) 【分析】（1）先证四边形ABEC是平行四边形，得BC 2BF ，AE2AF ，再证AEBC，即可得证； （2）由矩形的性质得BAC 90，由勾股定理求出AC，即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AFC2D， ∴ABCD，AB∥CD，ABC D， ∵CECD， ∴ABCE， ∴四边形ABEC是平行四边形， ∴BC 2BF ，AE2AF ， ∵2DAFC ABCBAE， ∴ABC BAE， ∴AF BF ， ∴AEBC， ∴四边形ABEC是矩形； （2）解：∵四边形ABEC是矩形，AB2，BC5， ∴BAC 90， AC  BC2AB2  5222  21 ∴ ， S  ABAC2 21 ∴ YABCD ， ABCD 2 21 ∴ 的面积为 ． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形 外角的定义及性质等知识，掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 19关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 11．（2024·北京·模拟预测）如图，在AOC中，OD垂直平分AC．延长AO至点B，作COB的角平分 线OH ，过点C作CF OH 于点F． (1)求证：四边形CDOF是矩形； 4 (2)连接 ，若sinA ， ，求 的长． DF 5 DF 15 AC 【答案】(1)见解析 (2)18 【分析】本题考查矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的三线合一的性质，勾股定理， 三角函数定义等知识．掌握矩形的判定与性质和三角函数的定义是解题的关键． （1）根据三角形中线的定义及等腰三角形三线合一性质得OAOC，ODC 90，继而得到 DOF 90，结合CFO90即可得证． （2）由矩形的性质得到OAOC DF 15，进而由锐角三角函数定义求出OD12，然后根据勾股定理 解题即可． 【详解】（1）证明：∵OD 垂直平分 AC， ∴OAOC，ODC 90， ∵ADDC， ∴OD平分AOC， 1 ∴COD AOC， 2 ∵OH 平分COB， 1 ∴COF  COB， 2 ∵AOCCOB180， ∴CODCOF 90，即DOF 90， ∵CF OH ， ∴CFO90， ∴ 四边形CDOF是矩形； （2）解：如图连接DF， ∵ 四边形CDOF是矩形， 20关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴DF OC， ∵OAOC ，DF 15， ∴OA15， 4 ∵sinA ， ， 5 OA15 ∴OD12， AD AO2OD2 9 根据勾股定理得 ， ∴AC 18． 12．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC8，点E是边AD上的动点，连接CE， 以CE为边作矩形CEFG (点D、G在CE的同侧)，且CE2EF，连接BF． (1)如图1，当点E在AD的中点时，点B、E、F 在同一直线上，求BF的长； (2)如图2，当BCE30时，求证：线段BF被CE平分． BF 6 2 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质和点E是AD的中点，可得ABCD，ACDE90， 1 1 AEDE AD4，证明 ，得到 ，由 ，可得EF  CE2 2， 2 ABE≌DCE CE BE 4 2 CE2EF 2 即可求解； （2）设BF与CE交于点H ，过B作BM CE于M ，根据矩形的性质可得BCECED， AEBCBE，由BCE30，可推出BM  AB，证明RtABE≌RtMBE，得到 BH FH AEM BEM CBE BC CE CE2EF EF BM EFH≌MBH 21关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AEM BEM CBE，推出BC CE，结合CE2EF，推出EF BM ，证明EFH≌MBH ，得到 BH FH ，即可证明． 【详解】（1）解：在矩形ABCD中，AB4，BC8，点E是AD的中点， 1 ， ，AEDE AD4，  ABCD ACDE90 2 ABE≌DCESAS  ， CEBE AE2AB2  4242 4 2 ，  CE2EF， 1 EF  CE2 2，  2 BF BEEF 4 22 2 6 2 ； （2）如图，设BF与CE交于点H ，过B作BM CE于M ， 在矩形ABCD中，AD∥BC， BCECED，AEBCBE，  BCE30， 1 BM  BC 4 AB，  2 又BEBE， RtABE≌RtMBEHL  ， AEM BEM ， AEM BEM CBE， BC CE，  CE2EF， 1 1 EF  CE  BC BM ，  2 2  EHF BHM ，FEC BME 90， EFH≌MBHAAS  ， BH FH ， 线段BF被CE平分． 22关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，等腰三角形 的判定与性质，解题的关键是灵活运用相关知识． 13．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且OC OD． (1)证明四边形ABCD为矩形； (2)若OAD30，BC 6，求△OBC的面积； (3)点E，F 分别是线段OB，OA上的点，若AEBF，AB5，AF 1，BE3，求BF的长． 【答案】(1)见解析 △OBC 3 3 (2) 的面积为 ； BF 22 (3) 的长为 ． 【分析】（1）先证明AC BD，再根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可证明结论成立； CD2 3 （2）利用正函数的定义求得 ，再求得矩形的面积，据此即可求解； A，B BD，AC N，M AM BN （3）过点 分别作 的垂线，垂足分别为 ，等面积法证明 ，进而证明 RtAME≌RtBNF ，RtAMB≌RtBNA，根据全等三角形的性质得出MEFN ，BM  AN，根据已知 条件求得EM 1，进而勾股定理求得AM，AE，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OC OA，OBOD， ∵OC OD， ∴OC OAOBOD，即AC BD， 23关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴四边形ABCD为矩形； （2）解：∵四边形ABCD为矩形， ∴ADBC 6，ADC 90， ∵OAD30， 3 ∴CD ADtan306 2 3， 3 ABCD 62 312 3 ∴矩形 的面积为 ， 1 ∴ 的面积为 12 33 3； △OBC 4 （3）解：解：如图所示，过点A，B分别作BD，AC的垂线，垂足分别为N，M ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BCAD， 1 1 ∵S  ABBC，S  ABAD， ABC 2 ABD 2 S =S ∴ ABC ABD， 1 1 ∴ ACBN  BDAM ， 2 2 ∴AM BN ， ∵BF  AE， RtAME≌RtBNFHL ∴ ， ∴MEFN ， 设MEFN x， 在RtAMB，RtBNA中， ABBA  AM BN 24关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 RtAMB≌RtBNAHL ∴ ， ∴BM  AN， ∴BEME AFFN ∴3x1x 解得：x1 ∴BM=AN=2 RtABM AM  AB2BM2  5222  21 在 中， ， Rt△AME AE AM2ME2  211 22 在 中， ， BF  AE 22 ∴ ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直 角三角形等，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型二：菱形的性质 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·福建·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上， BAF DAE，求证：BE DF． 【答案】见解析 【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明BAEDAF ，再证明 △BAE≌△DAF，从而可得结论． 【详解】证明：在菱形ABCD中， 25关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ， ， AB AD BD ∵BAF DAE， ∴BAEEAF EAFDAF ， ∴BAEDAF ， BD  AB AD 在 和 中 ，  BAE △ DAF BAEDAF ∴△BAE≌△DAF， ∴BE DF． ABCD AE CD E,CF  AD 【典例2】（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形 中， ，垂足为 ，垂足为 F ． 求证：AF CE． 【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 26关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AED≌CFD DEDF ADDF CDDE AF CE 【变式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（ ） 1 3 32 3 A．1 B． C．0 D． 【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， ， 2 CF  BC2BF2  3 ∴AF  ABBF 3，  2 ∴AE AC  AF2CF2  32 3 2 3， ∵点E表示的数是3， 32 3 ∴点A表示的数是 ， 故选：D． 27关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【变式2-2】（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． C． D． 5 6 5 12 【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， ， ， 2 ACBD BC CD5 Rt△CDO CO DC2DO2 3 在 中， ， ∴AC 2OC 6， 1 ∵菱形 的面积为 ACBDBCAE， ABCD 2 1 86 ∴AE 2  24 ， 5 5 故选：A． 【变式2-3】（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中 点，连接OE．若OE3，则菱形的边长为（ ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】A 28关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 【分析】根据菱形的性质可得 ，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得OE AB， ACBD 2 即可得解． 本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题 的关键． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ACBD， ∵E是AB的中点， 1 OE AB， 2 ∴AB2OE 236。 故选：A． 【变式2-4】（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 ． 10 【答案】 【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 ∴ ， 29关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 BOCO4 10 ∴ （负值已舍去）， BO4 10OC ∴ ， ∴BO2CO2 102，  2 4 10OC CO2 100 ∴ ， CO 10 10 ∴ ，CO＝3 （舍去）． ∵AE⊥BC，AOCO， EOCO 10 ∴ ． 10 故答案为： ． 【变式2-5】（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 S 6 【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 ADE ， BF 2 BF S 8，根据 和菱形的面积求出  ， 2，则可求出 的面积，然后利用 ABF △ABF BC 3 CF VCDF S S S S S 阴影 菱形ABCD ADE BEF CDF求解即可． 【详解】解：连接AF、BD， 30关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵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 ADE  2 S ABD  2  2 S 菱形ABCD 6，S 2S 8， ABF BEF 设菱形ABCD中BC边上的高为h， 1 1 BFh 则 S ABF  2 ，即 8 2 BF ，  S BCh 菱形ABCD 24 BC 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． 【中考模拟即学即练】 ABCD AB x27x100 1．（2024·云南曲靖·一模）菱形 的一条对角线长为8，边 的长是方程 的一个根， 则菱形ABCD的周长为（ ） A．16 B．20 C．16或20 D．32 【答案】B x 2 x 5 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的三边关系，解一元二次方程等知识，先解方程得 1 ， 2 ， 再根据菱形的性质和三角形三边关系得到AB5，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 31关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【详解】解：由题意可知，边AB的长是方程x27x100的一个根， 解方程：x27x100， x2x50 ∴ x 2 x 5 解得： 1 ， 2 ， ∵菱形ABCD的一条对角线长为8， ∴当x 2时，228，不能构成三角形， 1 x 5 当 2 时， 55108 ，能构成三角形， ∴AB5， ∴菱形ABCD的周长5420， 故选：B． 2．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形ABCD的对角线BD的中点，以O为原点，建立如图平面直角 坐标系，若AD∥x轴，AD8，A60，点C的坐标是（ ）         5 3,5 5 3,5 4,2 6 6,2 3 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令AD与y轴的交点为字母E，根据菱形的性质和A60说明△ABD是等边三角形，再求出 OD，然后根据直角三角形的性质得DE，结合勾股定理求出OE，可知点A的坐标，最后根据点A和点C 关于原点对称得出答案． 【详解】如图所示，令AD与y轴的交点为字母E， ∵四边形ABCD是菱形， 32关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴AB AD． ∵A60，AD8， ∴△ABD是等边三角形，则BD AD8， ∵点O是菱形ABCD的对角线的BD中点， 1 ∴OD BD4． 2 ∵AD∥x轴，则DEO90， ∴EOD30， 1 ∴DE  OD2， 2 OE OD2DE2=2 3 根据勾股定理，得 ， A(6，2 3) ∴ ． ∵点A和点C关于原点对称， C(6，2 3) ∴ ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，理解菱 形的对称性是解题的关键． 3．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，A60，AB6，E是AB 上一点，把四边形 ADCE 沿CE折叠后得到四边形ADCE，CDCD，则BE的长为（ ） 5 A． B．3 C． D． 2 63 3 3 33 【答案】D 【分析】本题考查折叠，菱形的性质，正方形的判定和性质，三角函数，熟练掌握数形结合的思想是解题 的关键； 根据题意，连接AA，延长AE到CD于点H ，延长AE 到CD于点F ，证明EFHC为正方形，根据三角函 33关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 数求出CH ，BH 的长度，即可求解； 【详解】解：连接AA，延长AE到CD于点H ，延长AE 到CD于点F ， 因为四边形 ADCE 沿CE折叠后得到四边形ADCE， AEEA，EF EH CF CH， EFHC为正方形， BCH 906030， CB6， BH sin30 ， BC BH 3 CH cos30 ， CB CH 3 3 ，  EH CH EBEH BH 3 33 ， 故选：D 4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，以点D为圆心，DB长为半径作弧，交AB于点E， 1 分别以 ， 为圆心，以大于 BE长为半径作弧，两弧交于点 ，作射线 交 于点 ．连接 ， B E 2 F DF AB G CG 若DCG30，AG3，则菱形ABCD的面积为（ ） 34关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 9 3 7 3 5 3 3 3 A． 2 B． 2 C． 2 D． 2 【答案】A 【分析】由题意可得知DG AB，由菱形的性质可得出AD ABCD，AD∥BC．设DGx，则 AD ABCD 3x x ，由勾股定理解出 ，最后根据菱形的性质求面积即可． 【详解】解：由作图知，DG AB， 四边形ABCD是菱形， AD ABCD，AD∥BC， DGCD， 设DGx， DCG30， ∴CG2DG， CD AD CG2DG2  3x ， 在RtADG中，由勾股定理得AD2 DG2AG2，  2 3x x232 ， 3 2 3 2 x 或x （舍去）， 2 2 3 2 3 6 DG ，AB ， 2 2 3 6 3 2 9 3  ABDG   菱形ABCD的面积 2 2 2 ， 故选：A． 【点睛】本题考查了垂线的尺规作图，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质， 勾股定理，熟练掌 握矩形的性质与判定定理以及菱形的性质是解题的关键． x22mx3m0 5．（2024·山东枣庄·一模）已知3是关于x的方程 的一个根，并且这个方程的两个根恰好 是菱形ABCD的两条对角线的长，则菱形ABCD的面积为 ． 【答案】4.5 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及一元二次方程的解和根与系数的关系，正确得出方程的两根之积 35关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 是解题关键． 首先利用一元二次方程的解得出m的值，再利用根与系数的关系得出方程的两根之积，再结合菱形面积公 式求出答案． x22mx3m0 【详解】解：∵3是关于x的方程 的一个根， ∴326m3m0， 解得：m3， ∴原方程为：x26x90， 9 ∴方程的两根之积为：xx  9， 1 2 1 ∴菱形ABCD的面积为：4.5． 故答案为：4.5． 6．（2024·湖南株洲·模拟预测）如图，菱形ABCD中，BAD120，对角线AC，BD相交于点O，E 为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则△AEO的周长为 ． 【答案】12 【分析】本题考查菱形的性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识．根据菱形对角线互相垂直 1 的性质可知，在 中，利用斜边的中线等于斜边的一半解得OE AB，证明 是等边三角形， RtAOB 2 △AEO 据此求解即可． 【详解】解：菱形ABCD的周长为32， 32 AB 8， 4 在菱形ABCD中， 1 ，OA AC，  ACBD 2 又 E为AB的中点， 1 在 中，OE AB4 AE，  RtAOB 2 36关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵BAD120， ∴BAO60， ∴△AEO是等边三角形， ∴△AEO的周长为4312， 故答案为：12． ABCD AD4,B60 CD 7．（2024·福建福州·模拟预测）如图，在菱形 中， ，点E是边 上一点，将菱形 ABCD沿AE折叠，点D的对应点为点F，EF交BC于点G，当AF 恰好经过BC的中点H时，DE的长为 ． 4 34 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，折叠性质，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内 容是解题的关键．先过点E作EW  AF，连接AC，由菱形的性质得 BC  AB AD4，BCAD，DB60 VABC AF BC ，得出 是等边三角形，因为 恰好经过 的中点H 时，所以AH BC，故FAD1203090，再由折叠性质得出FAEDAE45,DEEF，运用直 4WF2 WF24WF2 角三角形的30度所对的直角边是斜边的一半以及勾股定理列式 ，再解方程，即可 作答． 【详解】解：如图：过点E作EW  AF，连接AC， ∵在菱形ABCD中，AD4,B60， ∴BC  AB AD4，BCAD，DB60， ∴BAD18060120 ，ABC是等边三角形， 37关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵当AF 恰好经过BC的中点H时， ∴AH BC， ∴BAF 906030， ∴FAD1203090， ∵折叠， ∴FAEDAE45,DEEF， ∴AEDAEF 180DDAE75， ∵EW  AF， ∴AEW 904545，则AW EW，WEF 754530， 1 ∴在 中，WF  EF， Rt△WEF 2 ∵WE AW  AFAW 4AW ， ∴EF2 WF2WE2 ，则 4WF2 WF24WF2 ， WF 2 32 解得 （负值已舍去）， EF 4 34 ∴ ， ∵DEEF， DE 4 34 ∴ ． 4 34 故答案为： ． 8．（2024·云南昆明·模拟预测）如图所示，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、D作 CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E． (1)求证：四边形ODEC是矩形； CE (2)当ADB60， AD2 2 时，求 AE 的值． 【答案】(1)证明见解析 38关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 CE 13  (2) AE 13 【分析】本题考查了勾股定理，菱形是性质以及矩形的判定与性质．熟记矩形与菱形的性质是解本题的关 键． （1）先证四边形ODEC是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到DOC 90，根据矩形的 定义即可判定四边形ODEC是矩形． EC  2 AC 2 6 AE 26 ODEC （2）先求得 ， ，再求解 ，根据四边形 是矩形，结合平行线的性质可 得答案． 【详解】（1）证明： CE∥BD，DE∥AC， 四边形ODEC是平行四边形， 又菱形ABCD， ACBD， DOC90， 四边形ODEC是矩形．  AC BD ADB60 AD2 2 （2）解： ， ， ， ∴CAD30, OD 2 AOOC AD2OD2  6 AC 2 6 ， ， ， 四边形ODEC是矩形， EC OD 2 ACE90 AC∥DE ， ． ， AE AC2CE2  26 CAEAED ∴ ， ， EC 2 13    AE 26 13 ， CE 13  ∴ AE 13 ． 9．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形ABCD中，B=60，作MAN B，AM ，AN分别交 BC，CD于点M ，N ． 39关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)【动手操作】如图①，若M 是边BC的中点，根据题意在图①中画出MAN ，则BAM ________度； (2)【问题探究】如图②，当M 为边BC上任意一点时，求证：AM  AN ； (3)【拓展延伸】如图③，在菱形ABCD中，AB4，点P，N 分别在边BC，CD上，在菱形内部作 PAN B AP AP 13 DN ，连接 ，若 ，求线段 的长． 【答案】(1)图见解析，30 (2)见解析 (3)1或3 【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得VABC是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得 AM BC，由直角三角形的性质即可求解； AC ABCD VABC △ADC （2）如解图，连接 ，由四边形 是菱形，可得 和 都是等边三角形，再证 BAM≌CANASA 即可求解； （3）根据题意作图如解图，过点A作AH BC于点H ，连接AC，可得VABC是等边三角形，由勾股定 AH 2 3 RtAPH AP  13 AH 2 3 HP 1 HP 1 理可得 ，在 1 中， 1 ， ，由勾股定理可得 1 ，同理可得 2 ， P CPCH HP 213 P 分类讨论：当点 P 在点 H 的左侧（ 1的位置）时， 1 ；当点 P 在点 H 的右侧（ 2的 CPCH HP 211 BAP≌CANASA DN 位置）时， 2 ；再由（2）知 ，可得线段 的长为1或3，由 此即可求解． 【详解】（1）解：作MAN 如解图， 40关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵四边形ABCD是菱形， ∴ABBC， 如图所示，连接AC，B=60， ∴VABC是等边三角形， ∴BAC60， ∵点M 是BC中点， ∴AM BC，即AMB90， ∴BAM 30， 故答案为：30； （2）证明：如解图，连接AC， 四边形 是菱形，且 ，  ABCD B60 AB ADBC CD，BD60， ABC和△ADC都是等边三角形， AB AC，BACN BAC60， BAM MAC 60， MAN 60， MACCAN 60， BAM CAN ， BAM≌CANASA ， AM  AN． （3）解：根据题意作图如解图，过点A作AH BC于点H ，连接AC， 41关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 四边形 是菱形，且 ， ，  ABCD B60 AB4 BC CD AB4， ABC是等边三角形， 1 \ BH=CH= BC=2 ， 2 AH  AB2BH2  4222 2 3 ， RtAPH AP  13 AH 2 3 在 1 中， 1 ， ， HP  AP2AH2  ( 13)2(2 3)2 1 HP 1 1 1 ，同理可得 2 ， P CPCH HP 213 当点 P 在点 H 的左侧（ 1的位置）时， 1 ； P CPCH HP 211 当点 P 在点 H 的右侧（ 2的位置）时， 2 ； CP1或3； BAP≌CANASA 由（2）知 ， BPCN ， DN CP， 线段DN的长为1或3． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综 合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的 关键． 题型三：菱形的判定 【中考母题学方法】 【典例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． 42关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (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； （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 ， MNPQ 根据题意，四边形EFGH，四边形 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 ∴ ， 43关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴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 中，AR AD， RtATD 2 1 即sin1 ， 2 ∴130． 【典例2】（2024·河南·中考真题）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，BE∥DC交AC的延 长线于点E． (1)请用无刻度的直尺和圆规作ECM ，使ECM A，且射线CM 交BE于点F（保留作图痕迹，不写 作法）． (2)证明（1）中得到的四边形CDBF 是菱形 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是： 44关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 （1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可； 1 （2）先证明四边形 是平行四边形，然后利用直角三角形斜边中线的性质得出CDBD AB，最 CDBF 2 后根据菱形的判定即可得证． 【详解】（1）解：如图， ； （2）证明：∵ECM A， ∴CM∥AB， ∵BE∥DC， ∴四边形CDBF 是平行四边形， ∵在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线， 1 ∴CDBD AB， 2 ∴平行四边形CDBF 是菱形． 【变式3-1】（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，ABCD的对角线AC，BD交于点O，以下条件不能证 明ABCD是菱形的是（ ） A．BAC BCA B．ABDCBD OA2OD2  AD2 AD2OA2 OD2 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根据菱形的判定，勾股定 理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、∵BAC BCA， 45关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ABBC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD是菱形，故本选项不符合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴ADBCBD， ∵ABDADB， ∴ABDCBD ∴AB AD， ∴ABCD是菱形，故本选项不符合题意； OA2OD2  AD2 C、∵ ， ∴AOD90，即ACBD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD是菱形，故本选项不符合题意； AD2OA2 OD2 D、∵ ， ∴OAD90，无法得到ABCD是菱形，故本选项符合题意； 故选：D 【变式3-2】（2024·上海·中考真题）四边形ABCD为矩形，过A、C作对角线BD的垂线，过B、D作对角 线AC的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（ ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】A 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题 S S OCOBOAOD CH BF  AEDG 的关键．由矩形性质得到 OBC OAD， ，进而由等面积法确定 ， 再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 四边形 为矩形，  ABCD 46关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 S S OCOBOAOD OBC OAD， ， 过A、C作对角线BD的垂线，过B、D作对角线AC的垂线， 1 1 1 1 S S  OCBF  OBCH  ODAE OADG OBC OAD 2 2 2 2 CH BF  AEDG， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 1 【变式3-3】（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在四边形 中， ，且ADDC  BC， ABCD AD∥BC 2 E 是BC的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论： 甲：若连接AE，则四边形ADCE是菱形； 乙：若连接AC，则ABC是直角三角形． 请选择一名同学的结论给予证明． 【答案】见解析 1 1 【分析】选择甲：由ADDC  BC， 是 的中点．得CE BC  AD，从而得四边形 是平 2 E BC 2 ADCE 行四边形，再根据ADCD，即可证明结论成立；选择乙：连接AE、DE，DE交AC于O，分别证明四 边形ABED是平行四边形，四边形ADCE是菱形，得AC⊥DE，DE∥AB，再根据平行线的性质及垂线 定义即可得证． 【详解】证明：选择甲：如图1， 1 ∵ADDC  BC， 是 的中点． 2 E BC 1 ∴CE BC  AD， 2 47关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵AD∥BC， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∵ADCD， ∴四边形ADCE是菱形； 选择乙：如图2，连接AE、DE，DE交AC于O， 1 ∵ADDC  BC， 是 的中点． 2 E BC 1 ∴BECE BC  AD， 2 ∵AD∥BC， ∴四边形ADCE是平行四边形，四边形ABED是平行四边形， ∵ADCD， ∴四边形ADCE是菱形； ∴AC⊥DE， ∴EOC 90， ∵四边形ABED是平行四边形， ∴DE∥AB ∴BAC EOC 90， ∴ABC是直角三角形． 【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形的判定及性质、垂线定义、平行线的性质，熟练掌握菱形、平 行四边形的判定及性质是解题的关键． 【变式3-4】（2024·江苏连云港·中考真题）如图，AB与CD相交于点E，ECED，AC∥BD． (1)求证：△AEC≌△BED； (2)用无刻度的直尺和圆规作图：求作菱形DMCN，使得点M在AC上，点N在BD上．（不写作法，保留 作图痕迹，标明字母） 48关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】(1)见解析 (2)见解析 AB,C D ECED AAS 【分析】（1）根据平行线的性质得到 ，结合 ，利用 即可证明 △AEC≌△BED； CD AC,BD M,N DM,CN （2）作 的垂直平分线，分别交 于点 ，连接 即可． 【详解】（1）证明： AC∥BD， AB，C D． AB  C D 在 和 中， ，  △AEC BED EC ED AEC≌BED(AAS)； （2）解：MN是CD的垂直平分线， MDMC,DN CN ， AB,AEBE 由（1）的结论可知， , 又∵AEM BEN, 则AEM BEN, ∴MENE,  CDMN ， CD是MN的垂直平分线， DM DN,CM CN ， DM DN CN CM ， 四边形DMCN是菱形， 如图所示，菱形DMCN为所求． 【点睛】本题考查了垂直平分线的作法，平行线的性质，三角形全等的判定，菱形的判定，熟练掌握垂直 平分线的作法及三角形全等的判定定理是解题的关键． 49关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【中考模拟即学即练】 1．（2024·广东清远·模拟预测）如图，VABC中，AB8cm，AC6cm，BC 10cm，将VABC沿着直 线BC向右平移6cm到DEF 的位置，AC与DE相交于点G，连接AD．下列结论： ①EC6cm； ②DEF 是直角三角形； ③四边形ACFD的面积是28.8cm2； ④四边形ACFD是菱形； ⑤ADG≌CEG．其中正确结论的个数为（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】由平移的性质得AD∥BF ，AC∥DF ，ADBE6cm，△ABC≌△DEF，则四边形ACFD是平 行四边形，BACEDF ，ECBCBE4cm，故①不正确；再由勾股定理的逆定理求出BAC 90， 即可推出DEF 是直角三角形，故②正确；然后设VABC的BC边上的高为h，由面积法求出h4.8cm， 再求出 S 平行四边形ACFD 28.8cm2 ，故③正确；由 ADAC6cm ，即可推出平行四边形 ACFD 是菱形，故④正确； 最后由ADEC，证△ADG与CEG不全等，即可得出结果． 【详解】解：由平移的性质得：AD∥BF ，AC∥DF ，ADBE6cm，△ABC≌△DEF， 四边形ACFD是平行四边形， 则BACEDF ，ECBCBE1064(cm)，故①不正确； 8262 102， 即AB2AC2 BC2， BAC 90， EDF 90， DEF是直角三角形，故②正确； 设VABC的BC边上的高为h， 1 1 则S  ABAC  hBC， ABC 2 2 ABAC 86 h  4.8(cm) ， BC 10 50关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 S hAD4.8628.8  cm2 平行四边形ACFD ，故③正确；  ADAC6cm， 平行四边形ACFD是菱形，故④正确； QAD∥BF， GADGCE，GDAGEC，  ADEC， ADG与CEG不全等，故⑤不正确； 综上所述，正确结论的个数为3， 故选：C． 【点睛】本题考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理的逆定理、三角形面 积的计算、全等三角形的判定等知识，熟练掌握平移的性质和勾股定理的逆定理是解题的关键． 2．（2024·青海西宁·一模）如图，在四边形ABDF中，点E，C为对角线BF上的两点，ABDF， ACDE，EBCF．连接AE，CD． (1)求证：四边形ABDF是平行四边形； (2)若AE AC，猜测四边形AEDC的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形AEDC是菱形，证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质与判定，菱形的判定： （1）由BECF 可得BCEF ，证明△ABC≌△DFE，则ABCDFE，AB∥DF ，进而结论得证； （2）由全等三角形的性质得到ACDE，ACBDEF，则可证明四边形AEDC是平行四边形，再由 AE AC，即可证明四边形AEDC是菱形． 【详解】（1）证明：∵BECF ， ∴BEEC ECCF ， ∴BCEF ， 在VABC和△DFE中， 51关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ABDF  AC DE ，  BCEF △ABC≌△DFESSS ∴ ， ∴ABCDFE， ∴AB∥DF ， 又∵ABDF， ∴四边形ABDF是平行四边形． （2）解：四边形AEDC是菱形，理由如下： ∵△ABC≌△DFE， ∴ACDE，ACBDEF， ∴AC∥DE， ∴四边形AEDC是平行四边形， 又∵AE AC， ∴四边形AEDC是菱形． 3．（2025·湖北十堰·一模）在四边形ABCD中，AB∥CD，点E，F在对角线BD上，BEEF FD， BAF DCE 90． (1)求证：△ABF≌△CDE； (2)连接AE，CF，已知______（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形AECF 的形状，并证明你的结论． 条件①：ABD30；条件②：ABBC． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由线段的和差可得BF DE，由平行线的性质可得ABF CDE，然后利用AAS即可证明 △ABF≌△CDE； （2）若选择条件①：先证明四边形AECF是平行四边形，利用直角三角形斜边上的中线性质以及含30度 52关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 角的直角三角形的性质证得AEAF，即可证明平行四边形AECF是菱形．若选择条件②：先证明四边形 AECF是平行四边形，得到AOCO，再根据等腰三角形的性质即可证明平行四边形AECF是菱形． 【详解】（1）证明：∵BEFD， ∴BEEF FDEF ，即BF DE， ∵AB∥CD， ∴ABF CDE， 又∵BAF DCE 90， ABF≌CDEAAS ∴ ． （2）解：若选择条件①：四边形AECF是菱形， 由（1）得，△ABF≌△CDE， ∴AF CE，AFBCED， ∴AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵BAF 90，BEEF ， 1 ∴AE  BF ， 2 ∵BAF 90，ABD30， 1 ∴AF  BF， 2 ∴AEAF， ∴平行四边形AECF是菱形． 若选择条件②：四边形AECF是菱形， 如图：连接AC交BD于点O， 53关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 由（1）得，△ABF≌△CDE， ∴AF CE，AFBCED， ∴AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴AOCO， ∵ABBC， ∴BOAC，即EF  AC， ∴平行四边形AECF是菱形． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、菱形的判定、 平行四边形的判定和性质等知识点，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键． 4．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图，平行四边形ABCD，M ，N 分别是AD，BC的中点， AND90，连接CM 交DN于点O． (1)求证：四边形CDMN是菱形； (2)过点C作CEMN于点E，交DN于点P．若PE1，12，求AN的长． 【答案】(1)见解析 2 3 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质结合已知可得四边形CDMN是平行四边形，进而根据直角三角形中 斜边上的中线等于斜边的一半得出MN MD，即可得证四边形CDMN是菱形； （2）利用菱形的性质，判断MNC为等边三角形，从而求得12MND30，在Rt△PEN中，利 用特殊角，求出EN ，进而求出线段AN的长． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AD∥BC,ADBC ∵M ，N 分别是AD，BC的中点，AND90， 1 1 ∴MD ADMN,CN  BC，则 2 2 MDCN 又∵MD∥CN ∴四边形CDMN是平行四边形， ∵MDMN 54关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴四边形CDMN是菱形； （2）∵四边形CDMN是菱形； ∴MDMN， ∴MNDDNC， ∵12， MND12， CE MN ，MNDDNC290， MNDDNC230， 在Rt△PEN中， PE1，ENP30， ∴PN 2PE2 EN  PN2PE2  2212  41 3 ， 在RtNEC中， EN  3，230， NC 2EN 2 3 ， MNCMNDDNC＝60°， MNC为等边三角形，  AND90，M 为AD的中点， 1 MN  AD AM  2 又 AMN MNC 60 AMN 是等边三角形， AN MC NC 2 3， AN 的长为2 3． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定与性质、直角三角形的斜边中线与斜边的关系、 等边三角形的性质和判定，利用直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半是求解的关键． 5．（2024·湖南·模拟预测）如图，在ABCD中，AC，BD交于点O，点E，F在AC上，AF CE． (1)求证：四边形EBFD是平行四边形； 55关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 BAC DAC, EBFD (2)若 求证：四边形 是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、平行线的性质等知识点，熟练掌 握菱形和平行四边形的判定方法是解题的关键． （1）先根据四边形ABCD为平行四边形可得AOCO、BODO，再根据AF CE得出EOFO，即可 证明结论； （2）先证明DCADAC得出DADC，证明四边形ABCD为菱形得出EF BD，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵ABCD， ∴AOCO，BODO， ∵AF CE， ∴AFAOCECO，即EOFO， ∴四边形EBFD是平行四边形． （2）解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD， ∴DCABAC， ∵BAC DAC, ∴DCADAC， ∴DADC， ∴四边形ABCD为菱形， ∴ACBD，即EF BD， ∵四边形EBFD是平行四边形， ∴四边形EBFD是菱形． 6．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知 OAOC，OBOD，过点O作EF BD，分别交AB、DC于点E，F，连接DE，BF． (1)求证：BOE≌DOF ； (2)求证：四边形DEBF 是菱形； 56关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AD∥EF ADAB12 BD4 3 AF (3)设 ， ， ，求 的长 【答案】(1)见解析 (2)见解析 4 3 (3) 【分析】（1）证明四边形ABCD是平行四边形，则AB∥CD，EBOFDO，BEODFO，进而可 BOE≌DOFAAS 证 ； BOE≌DOFAAS BE DF DEBF △BFD （2）由（1）可知， ，则 ，证明四边形 是平行四边形，证明 是等腰三角形，BF DF ，进而可证四边形DEBF 是菱形； （3）由AD∥EF ，可得ADBEOB90，设AD  x，则AB12x，由勾股定理得， 1 ，即12x2x2   4 3 2 ，可求 ，即 ， ，由AD AB，ADB90， AB2AD2 BD2 x4 AD4 AB8 2 可得DBA30，则EBF 60，证明△BEF是等边三角形，证明四边形ADFE是平行四边形，则 1 ， ，如图，作 于 ，则BH EH  BE 2， ，由勾 EF  AD4 BEEF 4 FH  AB H 2 AH  ABBH 6 FH  EF2EH2 AF  AH2FH2 股定理得， ， ，求解作答即可． 【详解】（1）证明：∵OAOC，OBOD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴EBOFDO，BEODFO， 又∵OBOD， BOE≌DOFAAS ∴ ； BOE≌DOFAAS （2）证明：由（1）可知， ， ∴BE DF， 又∵BE∥DF ， ∴四边形DEBF 是平行四边形， ∵FOBD，OBOD， 57关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴△BFD是等腰三角形，BF DF ， ∴四边形DEBF 是菱形； （3）解：∵AD∥EF ， ∴ADBEOB90， 设AD  x，则AB12x， 12x2x2   4 3 2 由勾股定理得，AB2AD2 BD2，即 ， 解得，x4， ∴AD4，AB8， 1 ∵AD AB，ADB90， 2 ∴DBA30，EBF 60， 又∵BEBF ， ∴△BEF是等边三角形， ∵AD∥EF ，DF∥AE， ∴四边形ADFE是平行四边形， ∴EF  AD4， ∴BEEF 4， 如图，作FH  AB于H ，  ADEF,EF BD 1 ∴BH EH  BE 2， ， 2 AH  ABBH 6 FH  EF2EH2 2 3 由勾股定理得， ， AF  AH2FH2 4 3 由勾股定理得， ， AF 4 3 ∴ 的长为 ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角 形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30的直角三角形等知识．熟练掌握平行四边 形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形 58关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 的判定与性质，勾股定理，含30的直角三角形是解题的关键． 7．（2024·安徽合肥·模拟预测）在VABC和VADE中，AB AC 5，AD AE6，且BAC DAE， sinBAD0.8． (1)如图，当BAC60时，连接DC，并延长DC交AB于点F ，则DF ________． (2)当BAC 90时，求出CD的长； (3)当BAC满足什么条件时，四边形ABDC是菱形． 3 3 【答案】(1) 13 (2) (3)BAC 2BAD，理由见解析 【分析】（1）如图1, 过点B作BH  AD于H , 由sinBAD0.8可得BH 4, AH 3,进而得到BD5, 证明 BAD≌CAESAS 得到 CEBD5 , 即可得 CE AC 5 , 又由ADE 为等边三角形,得到 DADE , 即得到DF为AE的垂直平分线，再利用勾股定理即可求解； （2）过点E作BE AD于点E，过点C作CF  AD于点F ，连接CD，在Rt△ABE中利用勾股定理求出 AE 的长，然后证明 ACF≌BEAAAS ，即可得到 FABE4 ， AE CF 3 ，再根据勾股定理求出CD 长即可； （3）当BAC 2BAD时,四边形ABDC是菱形.根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得到四边 形ABDC为平行四边形，然后根据AB AC,即可求证. 【详解】（1）如图1, 过点B作BH  AD于H , 59关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵sinBAD0.8, BH  0.8, AB ∵AB5, ∴BH 0.854, AH  AB2BH2  5242 3, ∵AD6, ∴DH  ADAH 633, BD BH2DH2  4232 5, ∴BD AB, ∵BACDAE, ∴BADCAE, ∴在BAD和CAE中,  AB AC  BADCAE ，   AD AE BAD≌CAESAS ∴ , ∴CEBD5, ∴CE AC 5, ∴ADE为等边三角形， ∴DADE, CE AC,DADE ∵ , 60关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴DF为AE的垂直平分线， 1 AF  AE3,AFD90， 2 DF  AD2AF2  6232 3 3 ， 3 3 故答案为： ； （2）依据题意作图如图1，过点B作BHAD于点H ，过点C作CM  AD于点M ，连接CD， ∵AB5，BHAD， ∴BH 0.8AB4， 在Rt△ABH 中，AB5，BE 4， AE AB2BH2 3 ∴ ， ∵CAB90， ∴CAM HAB90， ∵CM  AD， ∴CAM ACM 90， ∴HABACM ， ∵BHAD，CM  AD， ∴BHAAMC90， ACM≌BHAAAS ∴ ， ∴MABH 4，AH CM 3， ∴DF  ADAF 642， CD DM2CM2  2232  13 则 ； 61关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 （3）当BAC 2BAD时，四边形ABDC为菱形，理由如下： 由前面可知：ABBD5，BDABAD 当BAC 2BAD时，BDACAD， ∴AC∥BD， ∵AC BD， ∴四边形ABDC为平行四边形， ∵AC  AB， ∴平行四边形ABDC为菱形． 【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质， 菱形的判定，根据题意，正确作出辅助线是解题的关键． 题型四：菱形的性质与判定 【中考母题学方法】 【典例1】（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； AC 8 DCB74 ABCD sin370.60 cos370.80 (2)若 ， ，求菱形 的边长．（参考数据： ， ， tan370.75 62关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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 ，由菱形性质可知 ，OAOC  AC 4，ACB DCB37，在利用余弦 BD COB90 2 2 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 ∴ ，OAOC  AC 4，ACB DCB37， COB90 2 2 OC 4 4 ∴BC    5， cosACB cos37 0.8 即菱形ABCD的边长为5． 【变式4-1】（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（ ） 63关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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． 【变式4-2】（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交A两边于点 M，N，再分别以M、N为圆心，AM 的长为半径画弧，两弧交于点B，连接MB，NB．若A40，则 MBN （ ） A．40 B．50 C．60 D．140 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定和性质．证明四边形AMBN 是菱形，即可求解． 【详解】解：由作图知AM  AN BM BN， ∴四边形AMBN 是菱形， ∵A40， ∴MBN A40， 故选：A． 64关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【变式4-3】（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是ABCD对角线的交点，过点O的直线分别交AD， BC于点E，F． (1)求证：△ODE≌△OBF； (2)当EF BD时，DE15cm，分别连接BE，DF，求此时四边形BEDF 的周长． 【答案】(1)见解析 (2)60cm 【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角 形的判定和性质，是解决问题的关键． （1）由题目中的ABCD中，O为对角线的中点，可以得出ODOB，OEDOFB，结合 DOEBOF ，可以证得两个三角形全等，进而得出结论； （2）由（1）中得到的结论可以得到DEBF ，结合DE∥BF得出四边形BEDF是平行四边形，进而利用 EF BD证明出四边形BEDF为菱形，根据DE15cm即可求出菱形的周长． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥CB， ∴OEDOFB， ∵点O是ABCD对角线的交点， ∴ODOB， OEDOFB  DOEBOF 在△ 和 中， ，  ODE OBF ODOB ODE≌OBFAAS ∴ ． （2）由（1）知，△ODE≌△OBF， ∴DEBF ， ∵DE∥BF， ∴四边形BEDF 是平行四边形， ∵EF BD， 65关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴BEDF是菱形， ∴DF BF BEDE15cm， DFBFBEDE4DE41560cm ∴ ， ∴四边形BEDF 的周长为60cm． 【变式4-41】（2024·云南·中考真题）如图，在四边形ABCD中，点E、F 、G、H 分别是各边的中点， 且AB∥CD，AD∥BC，四边形EFGH 是矩形． (1)求证：四边形ABCD是菱形； (2)若矩形EFGH 的周长为22，四边形ABCD的面积为10，求AB的长． 【答案】(1)见解析 111 (2) 【分析】（1）连接BD，AC，证明四边形ABCD是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到GF∥BD， HG∥AC，利用矩形的性质得到BD AC，即可证明四边形ABCD是菱形； 1 1 （2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到 BD AC OAOB11，利用lx 面积公式得到 2 2 2OAOB10，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到AB． 【详解】（1）解：连接BD，AC， ， ，  AB∥CD AD∥BC 66关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 四边形ABCD是平行四边形， 四边形ABCD中，点E、F 、G、H 分别是各边的中点， GF∥BD，HG∥AC， 四边形EFGH 是矩形， HGGF ， BD AC， 四边形ABCD是菱形； （2）解：四边形ABCD中，点E、F 、G、H 分别是各边的中点， 1 1 GF EH  BD，HG=EF = AC， 2 2 矩形EFGH 的周长为22， BDAC 22， 四边形ABCD是菱形， 1 1 即 BD AC OAOB11， 2 2 四边形ABCD的面积为10， 1  BDAC10，即 ， 2 2OAOB10 OAOB2 OA22OAOBOB2 121 ， OA2OB2 12110111，  AB OA2OB2  111 ． 【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定， 菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键． 【变式4-5】（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： ABCD 22,CE 1,BAD120 AE (2)若平行四边形 的周长为 ，求 的长． 67关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【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 ： AF∥BE,AFBEBF,FAE BEA, △AOF≌△EOB （1）由平行四边形的性质得 再证明 ，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, AF∥BE, ∴ 即 ∴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； ADBC,AF BE, （2）解：∵ ∴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． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，AB10，点D为斜边BC的中点，连接AD，过 68关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 点A作AE∥CD，连接CE，CE∥AD，若四边形ADCE的周长为52，则AC的长为（ ） A．24 B．26 C．15 D．13 【答案】A 【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定 理．先证明四边形ADCE是菱形，求得菱形ADCE的边长，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵AE∥CD，CE∥AD， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∵AD为斜边BC的中线， 1 ∴AD BC CD， 2 ∴四边形ADCE是菱形， ∵四边形ADCE的周长为52， ∴AD13， ∴BC 2AD26， ∵Rt△ABC中，AB10， AC  BC2AB2  262102 24 ∴ ， 故选：A． 2．（2024·贵州遵义·模拟预测）已知AOB60，①以点O为圆心，8cm长为半径画弧，交OA、OB于 点M、N ，②分别以点M 、N 为圆心画弧交于一点P，作射线OP，③过M 点作OB的平行线交射线OP 与点C，④连接CN ；求线段OC的长（ ） 69关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 4 3 8 3 16 2 A． B．16 C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查角平分线的作图、平行线的性质和菱形的判定和性质，根据题意得 MOC CON,MC∥ON MCOCON MOMC MOON MC ，则 ，则有 ，进一步得 ，即可判定四 3 OD OM 边形MONC为菱形，则ODDC，结合已知即可得MOC MCO30，有 2 即可． 【详解】解：由题意得，MOC CON，MCON，则MCOCON ， ∴MOCMCO， ∴MOMC， ∵MOON， ∴MOON MC， ∴四边形MONC为菱形， 则ODDC， ∵AOB60，OM 8， ∴MOC MCO30，MOMC 8， 3 ∴OD OM 4 3， 2 OC 2OD8 3 则 ． 故选：C． 3．（2024·贵州贵阳·一模）如图，在Rt△ABC中，ACB90，ABC60，D为AB的中点，过点D 作DE∥BC，且DEBC，连接CD，BE． 70关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)请你选择一位同学的说法，并进行证明； (2)若BC 2，连接AE，EC，求△AEC的面积． 【答案】(1)选择小星的做法：证明见解析 S 3 3 (2) △AEC 【分析】本题考查了菱形的判定，涉及平行四边形的判定、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上 的中线性质； （1）选择小星的做法：根据平行四边形的判定定理得到四边形BCDE是平行四边形，根据直角三角形到 现在得到DC BD，得到BC DC，根据菱形的性质得到EC AB； 选择小红的做法：连接EC，根据平行四边形的性质得到四边形BCDE是平行四边形，根据直角三角形的 性质得到DC BD，根据菱形的性质得到AE AC； （2）根据直角三角形的性质和等腰三角形的性质以及三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）选择小星的做法： 证明：∵DE∥BC，DEBC， 四边形BCDE是平行四边形， 在Rt△ABC中，ACB90，D为AB的中点， DC BD， 又ABC 60， △BCD是等边三角形， BCDC， 四边形BCDE是菱形， EC  AB； 选择小红的做法： 证明：连接EC交BD于点O， 71关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵DE∥BC，DEBC， 四边形BCDE是平行四边形， 在Rt△ABC中，ACB90，D为AB的中点， DC BD， ABC 60， △BCD是等边三角形， BCDC． 四边形BCDE是菱形， AB垂直平分EC． AE AC； （2）在Rt△ABC中，ACB90，ABC60， BAC30，ACE90BAC60， 由（1）知△AEC是等腰三角形， BC2，BAC 30， EC  AC  3BC 2 3 ， CO 3，AO AC2CO2 3 ． 1 1 S  CE·AO 2 333 3． AEC 2 2 4．（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． 72关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (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 ，再证明 是 的中位线，推出CF  BDOD， OC OD CF △EBD 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； BC 10AB Rt△ABC AB5 7 BC 5 7 （2）先求得 ，在 中，利用勾股定理列式计算求得 ， ，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 ∴ ，OC  AC，OD BD， ， AC BD 2 2 BCD90 ∴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， ， 2 CF∥BD ∴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， 73关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴BC 10AB， 在Rt△ABC中，AB2BC2  AC2 ，即 AB210AB2 82 ， AB5 7 AB5 7 解得 或 ， ∵ABBC， AB5 7 BC 5 7 ∴ ， ， 1 1 ∴S S  S  BCCD， OCD OBC 2 BCD 4 ∴菱形 的面积2S  1 5 7  5 7   1 2579． DOCF 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． 5．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD ． (1)求证：四边形OCED是菱形； 13 BC 3，OA (2)若 2 ，求四边形OCED的面积和周长． 【答案】(1)证明见解析 2 13 3 (2)周长 ，面积 【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确 推理论证是解题关键． （1）先根据矩形的性质求得OC OD，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理； （2）根据矩形的性质求得OCD的面积，然后结合菱形的性质求解． DEAC,CEBD 【详解】（1）解：∵ ， ∴四边形OCED是平行四边形， 74关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 又∵矩形ABCD中，OC OD， ∴平行四边形OCED是菱形； （2）解：∵矩形ABCD， 13 OA OC ∴ 2 ， AC  13 ∴ ， ∵菱形OCED， 13 OC ODDECE ∴ 2 ， 13 4 2 13 ∴菱形OCED的周长为： 2 ； ∵BC 3， AB AC2BC2 2 ∴ ， ∴CD2， 1 S  233 ∴ BCD 2 ， 1 1 ∵S  S  S ， COD 2 BCD 2 菱形ODEC S S 3 ∴ 菱形ODEC BCD ． 6．（2024·吉林长春·一模）如图，矩形AEBO的对角线AB、OE交于点F，延长AO到点C，使OC OA， 延长BO到点D，使ODOB，连接AD、DC、BC． (1)求证:四边形ABCD是菱形． (2)若OE20，BCD60，则菱形ABCD的面积为 ． 【答案】(1)见解析 75关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 200 3 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识； 熟练掌握 菱形的判定与性质是解题的关键. ABCD BD AC, （1）先由对角线互相平分的四边形 是平行四边形，再由矩形的性质得出 即可得出结论； ABOE20, OBOD,AOB90 OC、OB （2）由矩形的性质得出 由菱形的性质得出 ， 的长，然后由菱 形的面积公式即可得出结果. CO AO,DOBO 【详解】（1）证明： ， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵四边形AEBO是矩形， AOB90， BD AC， ∴四边形ABCD是菱形； （2）解：∵四边形AEBO是矩形， ABBC OE 20， ∵四边形ABCD是菱形，BCD60, BCO30,AOB90， 1 1 OB BC  2010， 2 2 RtBOC OC  BC2OB2  202102 10 3 在 中，由勾股定理得： ， BD2OB21020 AC 2OC 210 320 3, ， 1 1 S  ACBD 2020 3200 3， 菱形ABCD 2 2 200 3 故答案为： ． 7．（2024·安徽合肥·模拟预测）在正方形ABCD中，点E为CD中点，连接AE并延长交BC延长线于点 G，点F在BC上，FAE DAE，连接FE并延长交AD延长线于H，连接HG． 76关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求证：四边形AFGH 为菱形； (2)若DH 1，求四边形AFGH 的面积． 【答案】(1)见解析； (2)20． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是综 合运用以上知识． （1）先证明FAFG，然后证明VADE≌GCE可得ADCG，同理证明△DEH ≌△CEF 可得DH CF， 进而可得四边形AFGH为菱形； （2）设正方形边长为x，结合（1）可得AF  AH  ADDH x1，BF BCFC x1，然后根据勾 股定理列出方程即可求出x的值，进而可得四边形AFGH的面积． 【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形， AD∥BC，DAEFGA. FAEDAE， FGAFAE，FAFG.  点E为CD中点， DE CE， ADEGCE90， 在VADE和GCE中， DAEEGC  ADEGCE ，   DECE GCEAAS VADE ≌ ， ADCG， 同理：△DEH ≌△CEF ， DH CF.  AH  ADDH ，GF CGCF， AH FG. 77关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载  AH∥FG，  四边形AFGH为平行四边形．  FAFG，  四边形AFGH为菱形． （2）解：设AB ADCDx， 1 FC DH 1 由 知 ， AF  AH  ADDH x1，BF BCFC x1， 在RtABF中，根据勾股定理，得AF2  AB2BF2， (x1)2 x2(x1)2 ， x4 x0( 解得 ， 舍去)， AF FGx15， 菱形AFGH的面积为：FGDC 5420. 题型五：正方形的性质 【中考母题学方法】 【典例1】（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． (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； 78关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 （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， ABBC  ABC CBE ，  BEBE 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． 【变式5-1】（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD相交 于点O．E是BC边上一点，F 是BD上一点，连接DE,EF．若DEF 与DEC关于直线DE对称，则 △BEF的周长是（ ） 2 2 2 2 42 2 2 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是 79关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 BD2 2 DF DC2 解题的关键．根据正方形的性质可求出 ，根据轴对称的性质可得 ， DFEBCD90 BF BDDF 2 22 EF BF 2 22 BE 2BF 42 2 则 ，再求出 ， ，即 可求出答案． 【详解】解：正方形ABCD的边长为2， 1 ∴BC DC 2,BCD90,DO BD， 2 CBD45, BD BC2DC2 2 2 ∴ ， ∵DEF 与DEC关于直线DE对称， ∴DF DC2，DFEBCD90， BF BDDF 2 22 BFE90 ∴ ， ， ∴FBEFEB45， EF BF 2 22 ∴ ，   BE 2BF  2 2 22 42 2 ∴ ， △BEF BEEFBF 42 22 222 222 2 ∴ 的周长是 ， 故选：A． 【变式5-2】（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，VADE为等边三角形，EF  AB 于点F，若AD4，则EF  ． 【答案】2 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据正方形和等边三角形 的性质，得到△AFE为含30度角的直角三角形，AE AD4，根据含30度角的直角三角形的性质求解即 可． 80关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，VADE为等边三角形，EF  AB，AD4， ∴FAD90,EAD60,AFE90,AD AE4， ∴FAE30， 1 ∴EF  AE2； 2 故答案为：2． xOy ABCD 【变式5-3】（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系 中，正方形 的对角线 AC、BD相交于原点O．若点A的坐标是(2,1)，则点C的坐标是 ． 2,1 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到A,C关于原点对称，即可得出结 果． 【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于原点O， ∴OAOC， ∴A,C关于原点对称， 2,1 ∵点A的坐标是 ， 2,1 ∴点C的坐标是 ； 2,1 故答案为： ． 【变式5-4】（2024·内蒙古·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为50，以AB为腰作等腰 △ABF，AB AF AE DAF DC BF DE BF 2 DG ， 平分 交 于点G，交 的延长线于点E，连接 ．若 ，则 ． 81关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 15 2 【答案】 4 【分析】过点A作AH BE于点H ，连接DF，交AE于点O，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求出 AH,FH 的长，再求出EAH 45，从而可得EH  AH 7，EF 6，然后根据等腰三角形的性质求出 DF,OD的长，最后在RtADG和RtDOG中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，过点A作AH BE于点H ，连接DF，交AE于点O， ∵正方形ABCD的面积为50， AB AD 50 5 2 ADC BAD90 ∴ ， ， ∵AB AF ，BF 2， 1 ∴ ， 平分 ，BH FH  BF 1， ADAF AH BAF 2 AH  AB2BH2 7 ∴ ， ∵AH 平分BAF ，AE平分DAF， 1 1 ∴HAF  BAF,EAF  DAF， 2 2 1 1 ∴EAH HAFEAF  BAFDAF 9045， 2 2 82关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴Rt△AEH是等腰直角三角形，AEH 45， ∴EH  AH 7， ∴EF EH FH 6， 又∵ADAF，AE平分DAF， ∴AE垂直平分DF， 1 ∴ ，OD DF， DEEF 6 2 ∴AEDAEH 45， ∴DEF AEDAEH 90， DF  DE2EF2 6 2 ∴ ， ∴OD3 2 ， RtAOD OA AD2OD2 4 2 在 中， ， OGxx0 AGOAOG4 2x 设 ，则 ， 在RtADG和RtDOG中，AG2AD2 DG2 OD2OG2，  2  2  2 4 2x  5 2  3 2 x2 即 ， 9 2 x 解得 4 ， 9 2 即OG ， 4 2  2 9 2 15 2 则DG OD2OG2  3 2      ， 4 4   15 2 故答案为： 4 ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理、 二次根式的化简等知识，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键． 【变式5-5】（2024·江苏南通·中考真题）如图，在Rt△ABC中，ACB90，AC BC 5．正方形 DEFG 5 VABC BG 的边长为 ，它的顶点D，E，G分别在 的边上，则 的长为 ． 83关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 3 2 【答案】 【分析】过点G作GH  AC，易得AHG为等腰直角三角形，设AH HGx，得到 CH  ACAH 5x，证明GHD≌DCE，得到CDGH ，进而得到CDx，DH 52x，在 RtDHG中，利用勾股定理求出x的值，根据平行线分线段成比例，求出BG的长即可． 【详解】解：过点G作GH  AC，则：AHGGHD90， ∴DGH HDG90， ∵ACB90，AC BC 5， AB5 2,AB45 ∴ ， ∴AGH 45A， ∴AH HG， 设AH HGx，则：CH  ACAH 5x， ∵正方形DEFG， DGDE,GDE 90 ∴ ， ∴HDGCDE90， ∴HGDCDE， 84关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵C GHD90， ∴GHD≌DCE， ∴CDGH x， ∴DH CH CD52x， RtGHD GD2 DH2GH2 在 中，由勾股定理，得： ，  5 2 52x2 x2 ∴ ，解得：x2， AH 2,CH 3 ∴ ， ∵CAHD90， ∴HG∥BC， AG AH 2 ∴   ， BG CH 3 3 3 ∴BG AB 5 2 3 2； 5 5 3 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平行 线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形． ABCD 3 2 AC,BD O 【变式5-6】（2024·天津·中考真题）如图，正方形 的边长为 ，对角线 相交于点 ，点 E在CA的延长线上，OE 5，连接DE． （1）线段AE的长为 ； （2）若F 为DE的中点，则线段AF 的长为 ． 10 1 10 【答案】 2 2 /2 85关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键； （1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解， （2）作辅助线，构造中位线求解即可． 【详解】（1）四边形ABCD是正方形， OAOCODOB，DOC 90  RtDOC OD2OC2 DC2 在 中， ，  DC 3 2 ， ODOC OAOB3，  OE 5 AEOEOA532； （2）延长DA到点G，使AG AD，连接EG 由E点向AG作垂线，垂足为H ∵F 为DE的中点，A为GD的中点， ∴AF 为△DGE的中位线， 在Rt△EAH 中，EAH DAC 45 ， AH EH  AH2EH2  AE2， AH EH  2 GH  AGAH 3 2 2 2 2 在Rt△EHG中，EG2 EH2GH2 2810， EG 10  AF 为△DGE的中位线， 86关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 10 AF  EG 2 2 ； 10 故答案为：2； 2 . 【中考模拟即学即练】 1．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，E，F 分别是BC，CD的中点，M ，N 分别是 MN ，DE的中点，连接 ，则 的值为 ． AF MN AB 2 1 2 【答案】 4 /4 【分析】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理；连接DM 并延长交AB于点G，连 1 接 EG． 证明DFM≌GAMAAS得出 DM MG ，进而根据中位线的性质可得MN  2 EG，勾股定理求 得GE，即可求解． 【详解】如图，连接DM 并延长交AB于点G，连接EG． 四边形 是正方形，设 ，  ABCD AB2a ABCDBC 2a ABCD ∠B90 ， ， ， DFM GAM ，FDM AGM． M 为AF 的中点， MF MA， 87关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 DFM≌GAMAAS ， 1 1 ，DF  AG AB CDa， DM MG 2 2 1 BG ABa， 2  N为DE的中点， 1 MN  EG， 2  E为BC的中点， 1 BE BC a， 2 EG BE2BG2  2a ， 2 MN  a 2 ， 2 a MN 2 2    ． AB 2a 4 2 故答案为： 4 ． 2．（2025·贵州·模拟预测）如图，正方形ABCD，E，F分别是AB，BC的中点，AF ，DE相交于点G， 连接CG，若AB2，则CG的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题 的关键． 延长AF 、DC相交于H，先证明DAE≌ABF ，得到ADEBAF，从而得到 DGH ADEDAGBAFDAGBAD90，再证明ABF≌HCF ，得到ABHC2，从而得 88关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 CG DH 到DC HC，即可由直角三角形的性质得出 2 ，即可求解． 【详解】解：延长AF 、DC相交于H，如图， ∵正方形ABCD，AB2 ∴DACDBCAB2，BADBBCD90， ∴BHCF 90， ∵E，F分别是AB，BC的中点， 1 1 ∴AE AB，BF CF  BC， 2 2 ∴AEBF， 在DAE与△ABF中， DA AB  DAEB ，  AEBF DAE≌ABFSAS ∴ ， ∴ADEBAF， ∴DGH ADEDAGBAFDAGBAD90， 在△ABF与HCF 中， BHCF  BF CF ，  AFBHFC ABF≌HCFASA ∴ ， ∴ABHC 89关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴HC CD2， 1 1 ∴CG HD HCCD2， 2 2 故答案为：2． 3．（2023·江苏扬州·二模）如图，将正方形ABCD沿着BE、BF翻折，点A、C的对应点分别是点A、 C，若ABC14，则EBF  ． 【答案】38/38度 【分析】本题考查正方形与折叠的性质，由正方形的性质及折叠的性质可得ABC90， ABEABE，CBF CBF，利用角之间的和差关系可得2ABE2CBF 90ABC104，进而 求得ABECBF 52，再利用EBF ABECBFABC即可求得结果．利用正方形与折叠的性质 得到ABECBF的度数是解题的关键． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，ABC14， ∴ABC90， ∵将正方形ABCD沿着BE、BF翻折，点A、C的对应点分别是点A、C， ∴ABEABE，CBF CBF， ∵ABF CBFABC，ABEABEABFCBF 90， ∴2ABE2CBFABC90， ∴2ABE2CBF 90ABC9014104， ∴ABECBF 52，， ∴EBF ABECBFABC521438． 故答案为：38． ABCD BC,CD sinEAF  4．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）正方形 中，E，F分别是 的中点，则 90关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 3 【答案】 /0.6 5 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，正确构造直角三角形是解题的关键． FE FG AE 2 5a AF  AE 5a EF  10a 连接 ，过点 于点G，设正方形的边长为 ，由勾股定理得 ， ，设 EGx AG5ax AF2AG2 FG2 EF2EG2 ，则 ，则由勾股定理得 ，那么 5a2 5ax2   10a 2 x2 ，解得：xa，再由勾股定理求出FG3a，即可求解． 【详解】解：连接FE，过点FG AE于点G， 2 5a 设正方形的边长为 ， ∵四边形ABCD为正方形， DC B90 AD ABCDBC 2 5a ∴ ， ， BC,CD ∵E，F分别是 的中点， DF CF CEBE 5a ∴ ，  2  2 ∴在Rt△ADF,Rt△ABE中，由勾股定理得：AF  AE 5a  2 5a 5a， Rt△CEF EF  CF2CE2  10a 在 中，由勾股定理得： ， 91关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 设EGx，则AG5ax， ∵FG AE， AF2AG2 FG2 EF2EG2 ∴ ， 5a2 5ax2   10a 2 x2 ∴ ， 解得：xa， ∴AG4a， FG AF2AG2 3a ∴ ， FG 3 ∴sinEAF   ， AF 5 3 故答案为： ． 5 5．（2024·四川乐山·一模）如图，在Rt△ ABC中，C 90，BD是Rt△ ABC的一条角平分线，点O、 E、F 分别在BD、BC、AC上，且四边形OECF 是正方形． (1)求证：OA平分BAC； (2)若AC 5，BC 12，求OE的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查角平分线的判定及性质，直角三角形的两锐角互余以及正方形的性质，掌握角平分线的 判定及性质是本题的解题关键． （1）过点O作OM  AB于点M ，根据角平分线定理的性质及正方形的性质得OM OEOF，利用角平 分线的判定即可得证； （2）利用全等得到线段AM BE，AM  AF ，利用正方形OECF ，得到四边都相等，从而利用OE与 BE、AF 及AB的关系求出OE的长． 【详解】（1）证明：过点O作OM  AB于点M 92关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵正方形OECF ， ∴OE EC CF OF ，OE BC于E，OF  AC于F ∵BD平分ABC，OM  AB于M ，OE BC于E ∴OM OEOF ∵OM  AB于M ，OF  AC, ∴点O在BAC的平分线上,即OA平分BAC； （2）解：∵RtABC中，C 90，AC 5，BC 12 ∴AB13 ∵BO平分ABC， ∴OBM OBE， ∵OE AB，OE BC， ∴BOE 90OBE90OBM BOM ， ∴BEBM ， 同理得AM  AF 由（1）得CE CF OE ∵BE BCCE，AF  ACCF， ∴BE 12OE，AF 5OE ∵BM AM  AB ∴BEAF 13即12OE5OE13 解得OE 2 6．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：已知正方形ABCD中，E是BC上一动点，过点E作EF  AE交 正方形的外角DCL的平分线于点F ． 93关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)【动手操作】 如图①，在BA上截取BPBE，连接EP，根据题意在图中画出图形，图中APE_____度； (2)【深入探究】 E是线段BC上的一个动点，如图②，过点F 作FG∥AE交直线CD于点G，以CG为斜边向右作等腰直角 三角形HCG，点H在射线CF上，求证：FGEF ； (3)【拓展应用】 在（2）的条件下，若E是射线BC上的一个动点，AB5，CE2，求线段DG的长． 【答案】(1)画图见解析；135 (2)证明见解析 (3)3或7 【分析】（1）根据题意作图即可，由正方形的性质可得�B�90 ，由BEBP，得到BEPBPE45， 根据平角的性质即可求解； GH HQHF FQ HQF HFQ45 △QGF≌△CFE （2）如解图②，在 上截取 ，连接 ，则 ，可证 ， 由此即可求解； （3）如解图①，四边形 ABCD 是正方形，可证 ECF≌APEASA ，得到 EF  AE ，如解图②，当点 E BC HQF GF EF  AE 34 GH 4 2 GD3 在线段 上时，可得 是等腰直角三角形，可得 ， ，可得 ； E BC GH Q HQHF FQ HFQ 如解图③，当点 在 延长线上时，延长 至点 ，使 ，连接 ，则 是等腰直角三角 形，由题意可得GD7． 【详解】（1）解：根据题意，画出图形如解图①， 94关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵四边形ABCD是正方形， ∴�B�90 ， ∵BEBP， ∴BEPBPE45， ∵BPEAPE180， ∴APE180BPE18045135， 故答案为：135； GH HQHF FQ HQF HFQ45 （2）证明：如解图②，在 上截取 ，连接 ，则 ， ，  EF  AE，FGAE EF FG， EFG90 ， HCG是等腰直角三角形， HGHC CHG90 ， ， QGFC HQF HFQ45 ， ， GQF 18045 135 FCE QGF 90GFH CFE ， ， QGF≌CFEASA ， FGEF． （3）解：如解图①， 四边形ABCD是正方形， ABBC，BBCD90 ， DCL90 ， 95关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 CF 平分DCL， DCF 45 ， ECF 9045 135 APE，  EF  AE， FECAEB90 ， EABAEB90 ， FEC EAP， ∵BPBE， ∴EC  AP， ECF≌APEASA ∴ ， ∴EF  AE， 如解图②，当点E在线段BC上时，  HQHF ， HQF 是等腰直角三角形， FQ 2HF ， QGF≌CFE， FQCE ， CE  2HF ． CE2 CE 2HF 2 ，即 ， HQHF  2 BE523 ， ， GF EF  AE 5232  34 ， GH  GF2HF2  ( 34)2( 2)2 4 2 ， HCG是等腰直角三角形， CG 2GH 8 ， 96关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 GD853； E BC GH Q HQHF FQ 如解图③，当点 在 延长线上时，延长 至点 ，使 ，连接 ， 则HFQ是等腰直角三角形， ， ， ， Q45 FCE FQ 2HF GQHGHQHCHF CF QGF 90GFH CFE ， QGF≌CFEASA ， 2 HQHF  CE 2 GF EF  AE 52(52)2  74 ， 2 ， GH  GF2HF2  ( 74)2( 2)2 6 2 ， HCG是等腰直角三角形， CG 2GH 12 ， GD1257． 综上所述，线段GD的长为3或7． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等 知识的综合运用，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键． 题型六：正方形的判定 【中考母题学方法】 ACBAED90，AC FE AB CAE AB∥DF 【典例1】（2024·内蒙古·中考真题）如图， ， 平分 ， ． 97关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求证：四边形ABDF是平行四边形； (2)过点B作BG AE于点G，若CB AF ，请直接写出四边形BGED的形状． 【答案】(1)证明见详解 (2)四边形BGED为正方形 【分析】（1）由角平分线的定义可得出CABBAF ，由平行线的性质可得出EFDBAF ，等量代 换可得出CABEFD，利用ASA证明ACB≌FED ，由全等三角形的性质得出ABFD，结合已知 条件可得出四边形ABDF是平行四边形． BGEDEG90 BDAE BD AF （2）由已知条件可得出 ，由平行四边形的性质可得出 ， ，根据平 行线的性质可得出GBD90，EDB90，由全等三角形的性质可得出CBED，等量代换可得出 BDED， 即可得出四边形BGED为正方形． 【详解】（1）证明：∵AB平分CAE， ∴CABBAF ， ∵AB∥DF ， ∴EFDBAF ， ∴CABEFD， 在△ACB和△FED中， ACBFED  AC FE ，  CABEFD ACB≌FEDASA ∴ ， ∴ABFD， 由∵AB∥DF ， ∴四边形ABDF是平行四边形． （2）四边形BGED是正方形． 过点B作BG AE于点G， 98关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴BGEDEG90， ∵四边形ABDF是平行四边形． BDAE BD AF ∴ ， ， ∴GBDBGE180，DEGEDB180， ∴GBD90，EDB90， 由（1）ACB≌FED， ∴CBED， ∵CB AF ， ∴ED AF， ∴BDED， ∴四边形BGED是正方形． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平 行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关 键． 【变式6-1】（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，从①AC BD，② ACBD，③ABBC，这三个条件中任意选取两个，能使ABCD是正方形的概率为（ ） 2 1 5 1 A． B． C． D． 3 2 3 6 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键． 根据从①AC BD，②ACBD，③ABBC，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3 99关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求 解即可． 【详解】解：从①AC BD，②ACBD，③ABBC，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、 ②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形． ∴ABCD，从①AC BD，②ACBD，③ABBC，这三个条件中任意选取两个，能使ABCD是正 2 方形的概率为 ． 3 故选：A． 【变式6-2】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，添加条 件 可使菱形ABCD成为正方形． 【答案】AC BD或ABBC 【分析】本题主要考查的是菱形和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键，依据正方形的 判定定理进行判断即可. 【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：AC BD； 根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：ABBC； 故添加的条件为：AC BD或ABBC． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·上海·模拟预测）关于下列两个结论正确性的说法正确是（ ） （1）矩形各个角的平分线所围成的图形是正方形 （2）平行四边形各个角的平分线所围成的图像是矩形 A．（1）（2）都错误 B．（1）（2）都正确 C．（1）错误，（2）正确 D．（1）正确，（2）错误 【答案】B 【分析】本题考查矩形、正方形的判定定理． 根据矩形、正方形的判定定理判断即可． 【详解】解：（1）解： 100关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵四边形ABCD是矩形， ∴BADCBABCDADC90，ADBC， ∵AE、BE分别是矩形的内角平分线， ∴DAM BAF ABECBE45， ∴1290， 同理可求MON OMG90， ∴四边形GMON 是矩形， ∵AF ，BE，DK，CJ为矩形ABCD的角平分线， ∴△DOC，AMD，BNC是等腰直角三角形， ∴ODOC， 在AMD和BNC中， AMDBNC  DAM CBN ，  ADBC AMD≌BNCAAS ∴ ， ∴NC DM ， ∴NCOC DM OD， 即OM ON ， ∴矩形GMON 为正方形 矩形各个角的平分线所围成的图形是正方形，本说法正确． （2）解： 101关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BADABC 180， ∵AE、BE分别是BAD、ABC的平分线， 1 1 ∴BAEABE  BAD ABC 90， 2 2 ∴FEH 90， 同理可求F 90，FGH 90，H 90， ∴四边形EFGH 是矩形． 平行四边形各个角的平分线所围成的图像是矩形，本说法正确． 故选：B． 2．（2024·河北秦皇岛·一模）数学课上，嘉嘉作线段AB的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点A， 1 为圆心，大于 AB长为半径画弧，两弧相交于点 ， ，则直线 即为所求．作完图之后，嘉嘉经过 B 2 C D CD 测量发现AC BC  ADBD，ABCD，根据他的作图方法和测量可知四边形ADBC是正方形，嘉嘉的 理由是（ ） A．两组对边分别平行的菱形是正方形 B．四条边相等的菱形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一个角是直角的菱形是正方形 【答案】C 【分析】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及正方形的判定，得出四边形四边关系是解决问题的关 键．根据正方形的判定方法对角线相等的菱形是正方形即可证明； 【详解】解：根据题意可知AC BC  ADBD，可以判定四边形ADBC是菱形 又因为ABCD，所以四边形ADBC是正方形 故选：C 3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E， BAC 90，点G为AD的中点，连接CG，CG的延长线交BA的延长线于点F，连接DF． 102关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求证：AB AF ； (2)请增加一个条件，使得四边形ACDF为正方形．（不需要说明理由） 【答案】(1)见解析 (2)AB AC 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、正方形的判定方法． （1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的性质解决问题即可； （2）证明四边形ACDF是平行四边形，进而证得AC  AF ，根据正方形的判定即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形， ABCD，AB∥CD， AFGGCD， 点G是AD的中点， AGDG， 在AGF和DGC中， AGF DGC  AFGDCG ，   AGDG AGF≌DGCAAS ， AF CD， ABAF； （2）解：当AB AC时，四边形ACDF是正方形． 证明：由（1）知，AF CD， 又 AB∥CD，  AF∥CD， 四边形ACDF是平行四边形， 由（1）知，AB AF ，  ABAC， AF  AC， 103关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 四边形ACDF是菱形， BAC 90， CAE 90， 四边形ACDF是正方形． 故答案为：AB AC． 4．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，在ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，延长边CD到点F，使 DF DC，过点F作EF∥AC，连接OF、EC． (1)求证：ODC≌EDF； (2)已知ODDC且BEC45，请判断四边形OCEF的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，证明见解析 【分析】本题主要考查特殊四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的判定和性 质，正方形的判定和性质是解题的关键． （1）根据EF∥AC，可得�EFC � OCF，根据角边角，即可求证； （2）由（1）可知，ODC≌EDF，可证四边形OCEF 是平行四边形，再根据BEC45，可证平行四 边形OCEF 是菱形，根据CDE是等腰直角三角形，且OECF，可证菱形OCEF 是正方形． 【详解】（1）证明：∵EF∥AC， ∴�EFC � OCF， 在ODC和EDF中， EFC OCF  DF DC ，  FDECDO ODC≌EDFASA ∴ ； （2）解：四边形OCEF 是正方形，理由如下， 由（1）可得，ODC≌EDF； ∴OC EF，且EF∥AC， 104关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴四边形OCEF是平行四边形， ∴FEOEOC，ODED， ∵ODDC，且BEC45， ∴DECDCE45， ∴�CDE�180��45� 45 90 ，即OE CF ， ∴平行四边形OCEF 是菱形， ∵CDE是等腰直角三角形，且OECF， ∴菱形OCEF 是正方形． 5．（2024·北京·模拟预测）在VABC中，ACB90，CD为VABC的角平分线．作线段CD的垂直平分 线EF，分别交AC、BC于点E、F ，垂足为O．连接DE、DF．则四边形DECF 是正方形．补全图形 （保留作图痕迹，不写作法）并完成以下证明． 证明：CD平分ACB，且ACB90， ECO45又EF垂直平分CD， COE90， CEO45， 同理CFO45， CEOCFO， EC FC，  EF 垂直平分CD， EC  FC  ( ) ① ， ② 写推理依据 ③ ， EDECFCFD， 四边形CEDF 是 ④ ， 又ECF 90， 四边形CEDF 是正方形． 【答案】作图见解析；①ED；②FD；③线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；④菱形 【分析】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图，垂直平分线的性质定理，菱形的判定，正方形的判定， 牢记特殊四边形的判定方法是解题的关键． 105关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 如图，完成作图后，先利用垂直平分线的性质证明EDEC FC FD，从而证得四边形CEDF 是菱形， 然后根据ECF 90，证明四边形CEDF 是正方形． 【详解】解：作图如图所示， 证明：CD平分ACB，且ACB90， ECO45， 又 EF 垂直平分CD， COE90， CEO45， 同理CFO45 CEOCFO， EC FC，  EF 垂直平分CD， ECED，FC FD（线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等） EDECFCFD， 四边形CEDF 是菱形， 又ECF 90， 四边形CEDF 是正方形． 故答案为：①ED；②FD；③线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；④菱形． 6．（2024·广东韶关·模拟预测）我们把依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形， 如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，可证中点四边形EFGH 是平行四边形，如果我们对 四边形ABCD的对角线AC与BD添加一定的条件，则可使中点四边形EFGH 成为特殊的平行四边形，请 你经过探究后回答下面问题？ (1)当AC______BD时，四边形EFGH 为菱形； 106关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (2)当AC______BD时，四边形EFGH 为矩形； (3)当AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH 为正方形？请回答并证明你的结论． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定，熟练的掌握 三角形的中位线定理并在推理论证中正确的运用是解题的关键． 1 1 （1）根据三角形得中位线定理GH EF  AC， EH GF  BD，结合题意 ，则可得到四边 2 2 AC BD 形EFGH 是菱形； GH AC EH∥BD EFGH （2）根据三角形的中位线定理，可得 ， ，，结合题意四边形 是矩形，可得 ACBD； （3）结合（1）（2）易得四边形EFGH 为正方形． 【详解】（1）解：∵E、F 、G、H分别是四边形ABCD各边的中点， ∴EH 、FG分别是△ABD和△CBD的中位线； 1 1 ∴GH EF  AC， EH GF  BD； 2 2 当AC BD时， ∴GH EF EH GF， ∵四边形EFGH 是平行四边形， ∴四边形EFGH 是菱形； 故答案为： （2）∵四边形EFGH 是矩形， ∴GHE90°， ∵E、F 、G、H分别是四边形ABCD各边的中点， ∴EH 、FG分别是△ABD和△CBD的中位线； GH AC EH∥BD ∴ ， ， ∴HMC GHE90，DNC HMC 90 即：ACBD， ∴当ACBD时，四边形EFGH 为矩形． （3）当AC BD时，由（1）得四边形EFGH 是菱形； 107关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 当ACBD时，由（2）四边形EFGH 是矩形； ∴四边形EFGH 是正方形； 故当AC BD且ACBD时，四边形EFGH 是正方形． 7．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在Rt△ABC中，ABC90，BP平分ABC交AC于点P，过点P作 PM AB于点M ，PN BC于点N ，求证：四边形BMPN 为正方形． 【答案】详见解析 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，角平分线的性质等知识 点，由BP平分ABC交AC于点P，得出ABPCBP，由过点P作PM AB于点M，PN BC于点N 和ABC90得出四边形BMPN 为矩形，再由MPMB即可得出结论，熟练掌握矩形的判定和性质是解 决此题的关键． 【详解】∵BP平分ABC交AC于点P， ∴ABPCBP， ∵过点P作PM AB于点M，PN BC于点N， ∴BMPBNP90， ∵ABC90， ∴四边形BMPN 为矩形， ∴PM∥BN ， ∴CBPMPBABP， ∴MPMB， ∴四边形BMPN 为正方形． 题型七：正方形的性质与判定 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在VABC中，AB AC． 108关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)尺规作图：作BAC的角平分线，在角平分线上确定点D，使得DBDC；（不写作法，保留痕迹） (2)在（1）的条件下，若BAC 90，AB7，AC 5，则AD的长是多少？（请直接写出AD的值） 【答案】(1)见详解 6 2 (2) 【分析】（1）作BAC的角平分线和线段BC的垂直平分线相交于点D，即为所求． （2）过点D作DEAB交AB与点E，过点D作DFAC交AC与点F，先利用角平分线的性质定理证明 四边形AEDF 为正方形，设AE AF EDDF x，则BE7x，FC 5x，以DBDC为等量关系 利用勾股定理解出x，在利用勾股定理即可求出AD． 【详解】（1）解：如下图：AD即为所求． （2）过点D作DEAB交AB与点E，过点D作DFAC交AC与点F， 则AEDAFD90， 又∵BAC 90 ∴四边形AEDF 为矩形， ∵AD是BAC的平分线， ∴DEDF， ∴四边形AEDF 为正方形， ∴AE AF EDDF， 设AE AF EDDF x， ∴BE  ABAE 7x，FC  ACAF 5x， BD2 ED2BE2 x27x2 在 RtBED 中， ， 109关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 CD2 DF2FC2 x25x2 在RtCFD中， ， ∵DBDC ∴DB2 DC2 x27x2 x25x2 ∴ 解得：x6， AD AF2DF2  6262 6 2 ∴ ． 【点睛】本题主要考查了作角平分线以及垂直平分线，角平分线的性质定理，正方形的判定以及勾股定理 的应用，作出图形以及辅助线是解题的关键． 【变式7-1】（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形ABCD，E，F，G，H分别为各边中点，连 AG BH CE DF MNPQ 接 ， ， ， ，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形 的面积为（ ） A．1 B．2 C．5 D．10 【答案】C MNPQ DQPQ AM QM 【分析】先证明四边形 是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出 ， ，证 明 ADG≌BAHSAS 得出DAGABH ，则可得出 QMN AMB90 ，同理 AQD90 ，得出平行 MNPQ ADQ≌BAMAAS DQ AM DQAM PQQM 四边形 是矩形，证明 ，得出 ，进而得出 ，得出 110关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 MNPQ Rt△ADQ QM2 5 矩形 是正方形，在 中，利用勾股定理求出 ，然后利用正方形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴ABBC CDDA，AB∥CD，AD∥BC，DABABC BCDCDA90， ∵E，F，G，H分别为各边中点， 1 1 ∴CGDG CD AH ，AE AB， 2 2 ∴DGCGAE， ∴四边形AECG是平行四边形， ∴AG∥CE， DFBH 同理 ， MNPQ ∴四边形 是平行四边形， ∵AG∥CE， DQ DG  1 ∴ ， PQ CG DQPQ ∴ ， AM QM 同理 ， ∵DG AH，ADGBAH 90，ADBA， ADG≌BAHSAS ∴ ， ∴DAGABH ， ∵DAGGAB90， ∴ABH GAB90， ∴QMN AMB90，同理AQD90， MNPQ ∴平行四边形 是矩形， ∵AQDAMB90，DAGABH ，ADBA， ADQ≌BAMAAS ∴ ， ∴DQ AM ， 111关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 DQPQ AM QM 又 ， ， ∴DQAM PQQM ， MNPQ ∴矩形 是正方形， Rt△ADQ AD2 DQ2AQ2 在 中， ， 52 QM22QM2 ∴ ， QM2 5 ∴ ， MNPQ ∴正方形 的面积为5， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知 识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键． 【变式7-2】（2024·河北沧州·三模）七巧板是一种开发智力的玩具，为提高学生的感知能力，老师投影演 示如下：在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F 分别为BC，CD的中点，APEF 分别交BD， EF于O，P两点，M ，N 分别为BO，DO的中点，连接MP，NF ，沿图中实线剪开即可得到一副七巧 板．通过观察演示过程， 甲同学得出：图中的三角形都是等腰直角三角形； 乙同学得出：四边形MPEB是菱形； 1 丙同学得出：四边形PFDM 的面积占正方形ABCD面积的 4 ． 则正确的是（ ） A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整 C．甲、乙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整 【答案】B 112关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形的中位线的性质、全等 三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，正确识别图形是解题的关键． 先根据正方形的性质和三角形中位线的定义与性质证明图中所有三角形是等腰直角三角形，再证明四边形 1 是平行四边形但不是菱形，最后再证明S  S  S 即可． MPEB 四边形PFDM △COD 4 正方形ABCD 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴�ABD� �ADB� �CBD BDC 45 ，BADBCD90，ABBCCDAD， ∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形， ∵APEF ， ∴�APF � �APE 90 ， ∵E，F 分别为BC，CD的中点， 1 1 ∴ 是 的中位线，CE BC，CF  CD， EF △BCD 2 2 1 ∴ ， ，EF  BD， CECF EF∥BD 2 ∴∠APE ∠AOB90，�APF � �AOD 90 ， 又∵C 90， ∴△CEF 、ABO、△ADO是等腰直角三角形， ∴AOBO，AODO， ∴BODO， ∴点O是正方形ABCD的对称中心， ∴点A、O、P、C在同一直线上， ∵M ，N 分别为BO，DO的中点， 1 1 ∴OM = BM = BO，ON = ND= DO， 2 2 ∴OM = BM =ON = ND， 如图，延长AP到点C， 113关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴NF 是CDO的中位线， 1 1 ∴ ，NF = OC= OD=ON = ND ， NF∥AC 2 2 ∴�ONF � 180�� COD 90 ， ∴�NOP� �OPF � ONF 90 ， ∴四边形FONP是矩形， ∴四边形FONP是正方形， ∴NF =ON = ND=OM = BM =OP= PF = PE ，�DNF � �MOP 90 ， ∴△DNF、△MOP是等腰直角三角形， ∴图中的三角形都是等腰直角三角形，故甲同学正确， ∵PE∥BM ，PEBM ， ∴四边形MPEB是平行四边形， 1 1 ∵BE BC，BM  OB， 2 2 在Rt△OBC中，BC>OB， ∴BEBM ， ∴四边形MPEB不是菱形，故乙同学错误， ∵OBOC，OM OP， ∴OB- OM =OC- OP，即BM PC， ∴PC=OP= PF =OM ， 又∵�MOP� �CPF 90 ， MOP≌CPFSAS ∴ ， S  S S ∴ 四边形PFDM 四边形PFDO △MOP S S 四边形PFDO △CPF S △COD 1  S ， 4 正方形ABCD 故丙同学正确， 综上所述，正确的是甲同学和丙同学， 故选：B． 114关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【中考模拟即学即练】 1．（2024·湖北宜昌·一模）如图，已知正方形ABCD，点E是AB的中点，连接DE．EF DE交BC于 点K，且EF DE，连接DF交BC于点H．FGAB交AB的延长线于点G．求CH:HK:BK 的值是 ． 【答案】4:5:3 【分析】此题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识， ADE≌GEFAAS AEFG AEBEa AD AB2a 根据题意证明出 即可得到 ，设 ，则 ，表示出 BGEGBE a，过点F 作FM BC，证明出四边形MBGF是正方形，得到MF MBBGFGa， 1 1 然后证明出FMK≌EBKAAS，得到MK BK  2 MB 2 a，然后证明出 DCH∽FMH ，得到 HC DC 2a 2 1 1 5   2，则CH  a，HK HM KM  a a a，然后代入 求解即可， MH FM a 3 3 2 6 CH:HK:BK 掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴A90， ∴ADEAED90， ∵EF DE， ∴∠GEF∠AED90， ∴ADEGEF， ∵FGAB， ∴AG90， ∵EF DE， ADE≌GEFAAS ∴ ， 115关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴AEFG， ∵点E是AB的中点， ∴设AEBEa，则AD AB2a， ∵ADE≌GEF ， ∴EG AD2a，FG AE a， ∴BGEGBE a， 如图所示，过点F 作FM BC， ∵CB AG，FGAB， ∴四边形MBGF是矩形， ∵BGFGa， ∴四边形MBGF是正方形， ∴MF MBBGFGa， ∴MF EB， ∵FMK EBK，MKF BKE， FMK≌EBKAAS ∴ ， 1 1 ∴MK BK  MB a， 2 2 ∵C FMH 90， ∴DC∥MF ， ∴DCH∽FMH ， HC DC 2a ∴   2， MH FM a ∴CH 2MH， ∵CH MH CM BCBM a， 2 1 ∴CH  a，MH  a， 3 3 116关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 1 5 ∴HK HM KM  a a a， 3 2 6 2 5 1 ∴CH:HK:BK  a: a: a4:5:3， 3 6 2 故答案为：4:5:3． 2．（2024·重庆江津·模拟预测）如图，等腰Rt△ABC的斜边AC的中点为D，�B�90 ，E是边AB上一 点，连接DE，过点D作DF DE，交BC于点F．若CF 2AE，四边形BEDF的面积是9，则BE的长 为 ． 【答案】4 【分析】过点D作DG AB于点G，作DH BC于点H，连接BD，根据等腰直角三角形的性质易证 △BCD,△ABD都是等腰直角三角形，得到DGDH BH BG，进而得到四边形BHDG是正方形，再证 明 △EDG≌△FDH ，得到 EGFH,S EDG S FDH，由四边形 BEDF 的面积是9，推出正方形 BHDG 的面积 为9，进而得到BG AGBH CH 3，由CF 2AE，求出EG1，即可求解． 【详解】解：过点D作DG AB于点G，作DH BC于点H，连接BD， 等腰 中， ，点D为斜边 的中点，  Rt△ABC �B�90 AC BD ADCD,BD AC,AC 45， ABDCBD45,ADBCDB90， △BCD,△ABD都是等腰直角三角形，  DG AB，DH BC， 同理得：AGD,DHC都是等腰直角三角形， 1 1 AGBGDG AB,BH CH DH  BC ， 2 2 117关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载  ABBC， DGDH BH BG， ABC 90 四边形BHDG是正方形，  DF DE， EDF 90， EDGGDF GDFFDH 90， EDGFDH ， EGDFHD90,DGDH ， EDG≌FDHASA  ， EGFH,S S  EDG FDH， S S 9  四边形 BEDF 的面积是9，即 四边形BFDG EDG ， S S 9  四边形BFDG FDH ， 正方形BHDG的面积为9， BG AGBH CH  9 3 ，  CF 2AE， CH FH  AGEG AEEGEG2AE，即2EG AE， AG3EG3 EG1， BEBGEG4． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角的判定与性质，正方形的判定与性质，直角三角 形的特征等知识，正确作出辅助线，构造三角形全等时解题的关键． 3．（2024·山东枣庄·模拟预测）如图，矩形纸片ABCD，AD=12，AB=4，点E在线段BC上，将ECD 沿DE向上翻折，点C的对应点C落在线段AD上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形 ABNM 沿MN向上翻折，点B恰好落在线段DE的中点B处．则线段MN的长 ． 118关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 4 4 26 26 【答案】5 / 5 【分析】本题考查了翻折变换、正方形的性质，矩形的性质，勾股定理等知识， 作BF BC于F ，连接 1 交 于 ，连接 ，此时根据正方形的性质可得CF EF BF  CD2， ，应用勾股 BB MN G BM 2 BF 10 BB2 26 BN BN Rt△BNF BN 定理计算得出 再根据由折叠的性质得 ，在 中根据勾股定理求得 长度， 1 1 最后根据S  MNBG BNAB，计算求得 的长度即可． BMN 2 2 MN 【详解】解：如图，作BF BC于F ，连接BB交MN于G，连接BM 由题意可知，四边形CDCE是正方形，BEF是等腰直角三角形， 1 CF EF BF  CD2， ， 2 BF BCCF 12210 Rt△BBF BB BF2BF2  104 2 26 在 中， ， 设BN BN x，则NF BCBNCF 10x， Rt△BNF BN2 NF2BF2 在 中， ， x2 10x222 即 ， 26 解得：x ， 5 26 BN  ， 5 119关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 由折叠的性质可知：BGBG BB 26 ， ， 2 BBMN 1 1 S  MNBG BNAB BMN 2 2 ， 26 4 MN  BNAB  5  4 26， BG 26 5 4 故答案为： 26． 5 4．（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图，在边长为5的正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连 接DE，过点E作EF DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．则 ACG ，当E点从A点运动到C点时，点F的运动路径长是 ． 【答案】 90°/90度 10 【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 过点E作EM BC于点M， EN CD 于点N，可证四边形 ENCM 是正方形，再证 DEN≌FEMASA ， 通过证明 ADE≌CDGSAS ，推出DAEDCG45，可求出 ACG90 ；然后根据点E的位置判断 出点F的位置，进而求解出点F的运动路径长． 【详解】解：如图，过点E作EM BC于点M，EN CD于点N， 四边形 是正方形，  ABCD BCD90，ECN 45， EMC ENC BCD90， NENC， 四边形ENCM 是正方形， 120关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 四边形DEFG是矩形， EM EN，DENNEF NEFFEM ， DEN FEM ， 又 EN EM ，DNEFME， DEN≌FEMASA  ， DEEF， 矩形DEFG是正方形， DEDG，CDGEDC 90， 四边形ABCD是正方形，  ADCD，ADEEDC90， ADE CDG， 在VADE和CDG中， ADCD  ADECDG，  DEDG ADE≌CDGSAS  ，  AE CG，DAEDCG45， ACGACDDCG454590； 当点E和点A重合时， ∵四边形DEFG是正方形， ∴此时点F和点B重合， 当点E运动到点C时， ∴CF EF EDDC 5 ∴点F的运动路径长是BCCF 5510． 故答案为：90，10 5．（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，BAD的平分线交BC于点E，EFAD于点 F ，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． 121关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)判断四边形ABEF的形状，并说明理由； (2)若AD AE，AF 1，求DG的长． 【答案】(1)正方形；理由见解析 (2)1 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质， 熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． （1）根据矩形性质及EFAD得DABBEFA90，则四边形ABEF为矩形，再根据AE是BAD的 平分线得BEEF ，由此即可得出结论； ABEF AF 1 BE AF 1 △ADG AEB DGBE （2）根据四边形 为正方形， 得 ，证明 和 全等得 ，由此可 得DG的长． 【详解】（1）解：四边形ABEF为正方形．理由如下： 四边形ABCD为矩形， DABB90．  EF  AD， DABBEFA90， ∴四边形ABEF为矩形， ∵AE是BAD的平分线， BEFE．  四边形ABEF为正方形． （2）解∶∵四边形ABEF为正方形，AF 1， BE AF 1．  DG AE， AGDB90． ∵AE是BAD的平分线， DAEEAB． 在△ADG和AEB中， DAEEAB  AGDB90  AD AE AGD≌AEBAAS  ， 122关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 DGBE1． 6．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，延长 边CD到点F， 使DF DC， 过点F 作EF∥AC，交OD的延长线于点E，连接OF ，EC． (1)求证：ODC≌EDF ； (2)连接AF ，若ODDC且BEC45，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2 中长度为 2OA 的所有线段． 【答案】(1)见解析 (2)FC，OE，BD 【分析】（1）根据EF∥AC，可得�EFC � OCF，根据角边角，即可求证； （2）由（1）可知，ODC≌EDF ，可证四边形OCEF是平行四边形，再根据，BEC45，可证平行 四边形OCEF 是菱形，根据CDE是等腰直角三角形，且OECF，进而解答即可． 【详解】（1）证明：∵EF∥AC， ∴�EFC � OCF， 在ODC和EDF中， EFC OCF  DF DC ，  FDECDO ODC≌EDFASA ∴ ． （2）解：由（1）可得，ODC≌EDF ； ∴OC EF， ∵EF∥AC， ∴四边形OCEF是平行四边形，FEOEOC， ∴ODED， ∵ODDC且BEC45， ∴DE DC 123关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴DECDCE45， ∴�CDE�180��45� 45 90 ，即OE CF ， ∴平行四边形OCEF 是菱形， ∵CDE是等腰直角三角形，且OECF， ∴菱形OCEF 是正方形， ∴COE是等腰直角三角形， FCOE 2OC ∴ ∵平行四边形ABCD ∴OC OA，OBOD BD2ODOE 2OA ∴ FCOEBD 2OA ∴ 2OA FC OE BD ∴图2中长度为 的所有线段为 ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定和性质，正方形的判定与 性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形 的判定和性质是解题的关键． 7．（2024·浙江嘉兴·三模）在VABC中，ABC ，以点B为中心，将VABC顺时针旋转，得到 VABC A VABC  VABC AB 1 1；再以点 1为中心，将 1 1顺时针旋转 ，得到 1 1 2；连结 1， (1)如图 1 ，若 AB2 ， 90 ，求 AB 1的长； 124关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (2)如图 2 ， 6090 ，探究 AB 1与 A 1 B 的位置关系，并说明理由． AB 2 【答案】(1) 1 (2)平行，理由见详解 ABC ABA BAB 90 ABBA ABAB 【分析】（1）通过旋转的性质得 1 1 1 ，和 1，证明四边形 1 1为 正方形，再根据正方形的性质即可求出． （2）过点 A 作 AEA 1 B 1交 BA 1 于点 E ，由旋转的性质和平行线的性质可得 AEB ABE ，易证 AB  AE AEAB AEAB AB AB 1 1 ，因为 1 1，所以四边形 1 1为平行四边形，故可得出 1 1 ． 90 ABC ABA BAB 90 【详解】（1）解：根据旋转性质可得当 时， 1 1 1 ， ABAB ∴四边形 1 1为矩形， ABBA ∵旋转的性质可得 1， ABAB ∴四边形 1 1为正方形， ABAB 2 1 ∴ ． AB ∴ 1的长为 2 ． AB AB （2） 1与 1 的位置关系是平行． 理由：如图，过点 A 作 AEA 1 B 1交 BA 1 于点 E ， 125关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AEBBAB 则 1 1 ， ABBA  AB ABA BAB  由旋转的性质可得 1 1 1， 1 1 1 ， ∴AEB ABE， ∴AB AE， AB  AE ∴ 1 1 ， AEAB 又∵ 1 1， AEAB ∴四边形 1 1为平行四边形， AB AB ∴ 1 1 ． AB AB ∴ 1与 1 的位置关系是平行． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，旋转的性质，平行线的性质的判定， 等腰三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）我们知道平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心．如图 1，点O是ABCD的对称中心． 126关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 如图2，若将ABCD绕对称中心点O旋转90得到ABCD，当AD分别与AD、BC交于点E、F， BC分别与BC、AD交于点G、H时．因为EF∥HG，EH∥FG，所以四边形EFGH 是平行四边形，由 旋转可知EH BC，EFBC，所以EH EF（等高），所以四边形EFGH 是正方形，且由旋转可知 点O也是正方形EFGH 对角线的交点． 点． (1)如图3，若将ABCD绕对称中心点O旋转一定的角度得到ABCD，当AD分别与AD、BC交于点 E、F，BC分别与BC、AD交于点G、H时．求证：四边形EFGH 是菱形． (2)如图4，若将将ABCD绕对称中心点O旋转90得到ABCD，当ABCD各边与ABCD各边分别 交于点D、E、F、H．求证：四边形EFGH 是正方形． (3)如图5，在ABCD中，B45，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、AD上，ABCD满足什么 条件时，存在正方形EFGH ．（直接写出答案） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 2 AD   2 (3)当 2 AB 时，存在正方形EFGH 【分析】（1）作EM BC，EN BC，由题意得四边形EFGH 是平行四边形，再证明 EFM≌EHNAAS 127 EF EH关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 EFM≌EHNAAS ，推出EF EH ，即可证明结论成立； MNPQ MOA≌NOASAS （2）作出如图的辅助线，由题干材料知，四边形 是正方形，证明 和 EAM≌FANASA △EAH≌△HCG≌△GCF≌△FAE EFGH ，同理得到 ，推出四边形 是菱形，再证明 FEH 90，根据正方形的判定定理即可得证； （3）分两种情况讨论，当A、H 重合和A、E重合，分别根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求得特殊点 的情况，即可求解． 【详解】（1）证明：作EM BC，EN BC，垂足分别为M，N ，如图， ∵将ABCD绕对称中心点O旋转90得到ABCD， ∴EM EN，四边形EFGH 是平行四边形， ∴EFM EHN ， ∵EMF ENH 90， EFM≌EHNAAS ∴ ， ∴EF EH ， ∴四边形EFGH 是菱形； HA、EA、FC、GC EA、FC、GC、HA M、N、P、Q OM、OA、ON、OA （2）证明：延长 交 于点 ，连接 ， 如图， 128关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 MNPQ 由题干材料知，四边形 是正方形， ∴OM ON ，MON 90， 由旋转的性质知BADBAD，OAOA，AOA90， ∴MON AOA90， ∴MOANOA， MOA≌NOASAS ∴ ， ∴AM  AN， AM  AN CPCQ 同理 ， ∵BADBAD， ∴EAM FAN ，又EMAFNA90， EAM≌FANASA ∴ ， ∴MENF，AE AF ， MENF PGQH AE  AF CGCH 同理 ， ， MNPQ ∵四边形 是正方形， ∴AH CGCF  AE， 同理得EAH HCGGCF FAE， ∴△EAH≌△HCG≌△GCF≌△FAE， ∴EH HGGF FE ， ∴四边形EFGH 是菱形， 由全等三角形的性质得AHEAEF ， 129关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 由对顶角相等知BEN AEM ， ∴BENAEFAEH AEM AHEAEH 90， ∴FEH 90， ∴四边形EFGH 是正方形； （3）解：当A、H 重合时，如图， ∵四边形EFGH 为正方形，FH 为对角线， ∴EAC 45， ∵B45， ∴VABC是等腰直角三角形， AB 2BC  2AD ∴ ， AD 2  ∴ AB 2 ， 当A、E重合时，如图， ∵四边形EFGH 为正方形， ∴AFBC，AF CF ， ∵B45， ∴△ABF是等腰直角三角形， ∴AF CF BF， BC  2AB AD ∴ ， AD ∴  2， AB 130关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2 AD   2 ∴当 2 AB 时，存在正方形EFGH ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质， 勾股定理，等腰直角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． 131