重难点04平行四边形与特殊平行四边形（4考点8题型）2024年中考数学复习冲刺过关（全国通用）

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考点一：平行四边形
平行四边形的性质和判定属于难度不大，但是考察性比较多的一个考点，并且可综合性也比较强，特别是平行四边形的存在性问题，常常和函数结合出大题考察。
题型01 多边形相关
【中考真题练】
1．（2023•北京）正十二边形的外角和为（ ）
A．30°B．150°C．360°D．1800°
【分析】本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于360°．
【解答】解：因为多边形的外角和为360°，所以正十二边形的外角和为：360°．故选：C．
2．（2023•湘西州）一个七边形的内角和是（ ）
A．1080°B．900°C．720°D．540°
【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【解答】解：（7﹣2）×180°＝900°，
故选：B．
3．（2023•绵阳）蜜蜂的蜂巢美观有序，从入口处看，蜂巢由许多正六边形构成，则正六边形的对称轴有（ ）
A．4条B．5条C．6条D．9条
【分析】根据轴对称定义画出正六边形的对称轴即可．
【解答】解：如图，正六边形的对称轴有6条．
故答案为：C．
4．（2023•湖北）若正n边形的一个外角为72°，则n＝ 5 ．
【分析】根据正多边形的性质及其外角和为360°列式计算即可．
【解答】解：∵正n边形的一个外角为72°，
∴n＝360÷72＝5，
故答案为：5．
5．（2023•长春）如图，将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM，展开后，再将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B'，折痕为AF，则∠AFB'的大小为 45 度．
【分析】由多边形的内角和及轴对称的性质和三角形内角和可得出结论．
【解答】解：∵五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠B＝∠BAE＝108°，
由图形的折叠可知，∠BAM＝∠EAM＝∠BAE＝54°，
∠BAF＝∠FAB'＝∠BAM＝27°，
∠AFB'＝∠AFB＝180°﹣∠B﹣∠BAF＝180°﹣108°﹣27°＝45°．
故答案为：45．
6．（2023•淮安）如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连接正六边形的三个顶点得到△ABC，则tan∠ACB的值是 ．
【分析】以BH，HG，GD为边，作正六边形BHGDFE，，连接BD，DE，AD，由正六边形性质可得C，B，E共线，A，D，E共线；而∠BDE＝∠EDG﹣∠BDG＝90°﹣60°＝30°，∠DBE＝∠DBH＝60°，即有∠DEB＝90°，即∠AEC＝90°，设正六边形的边长为m，则BD＝2BE＝2m＝BC，故DE＝BE＝m＝AD，CE＝BC+BE＝3m，从而tan∠ACB＝＝＝．
【解答】解：以BH，HG，GD为边，作正六边形BHGDFE，，连接BD，DE，AD，如图：
由正六边形性质可知∠HBC＝60°，∠HBE＝120°，
∴∠HBC+∠HBE＝180°，
∴C，B，E共线；
由正六边形性质可得∠KDG＝120°＝∠AKD，AK＝DK，
∴∠ADK＝30°，
∴∠ADG＝∠KDG﹣∠ADK＝90°，
同理∠EDG＝∠FDG﹣∠FDE＝120°﹣30°＝90°，
∴∠ADG+∠EDG＝180°，
∴A，D，E共线；
∵∠BDE＝∠EDG﹣∠BDG＝90°﹣60°＝30°，∠DBE＝∠DBH＝60°，
∴∠DEB＝90°，即∠AEC＝90°，
设正六边形的边长为m，则BD＝2BE＝2m＝BC，
∴DE＝BE＝m＝AD，CE＝BC+BE＝3m，
∴AE＝2m，
∴tan∠ACB＝＝＝；
故答案为：．
【中考模拟练】
1．（2024•恩施市校级一模）若一个多边形每一个内角都为144°，则这个多边形是（ ）边形．
A．6B．8C．10D．12
【分析】根据多边形的内角与外角的关系可求解外角的度数，再利用多边形的外角和可求解．
【解答】解：∵一个多边形每一个内角都为144°，
∴外角为180°﹣144°＝36°，
∴多边形的边数为360°÷36°＝10，
故选：C．
2．（2024•江城区一模）小聪利用最近学习的数学知识，给同伴出了这样一道题：假如从点A出发，沿直线走6米后向左转θ，接着沿直线前进6米后，再向左转θ……如此下去，当他第一次回到A点时，发现自己走了72米，θ的度数为（ ）
A．30°B．36°C．60°D．72°
【分析】小聪第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形．计算这个正多边形的边数和外角即可．
【解答】解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，
∴多边形的边数为：72÷6＝12．
根据多边形的外角和为360°，
∴他每次转过的角度θ＝360°÷12＝30°．
故选：A．
3．（2024•巧家县模拟）一个多边形外角和是内角和的．则这个多边形的边数是（ ）
A．10B．11C．12D．13
【分析】设这个多边形的边数为n，根据题意列得方程，解方程即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
则（n﹣2）•180°＝360°，
解得：n＝12，
即这个多边形的边数为12，
故选：C．
4．（2024•子洲县校级二模）工人师傅选用三种规格的边长都是1m的正多边形地砖铺地．他先用两块正六边形地砖和一块正方形地砖铺成如图所示的图形，若再用一块正多边形地砖无缝隙不重叠地铺在∠AOB处，则选用的这块正多边形地砖的周长是 12 米．
【分析】根据题意得到∠AOB的大小，结合多边形内角和列式求解即可得到答案．
【解答】解：∵一块正六边形和一块正方形地砖绕着点O进行的铺设，
∴，
∴设这块正多边形地砖的边数是n，
∴（n﹣2）×180°＝n×150°，
解得：n＝12，
∵选用三种规格的边长都是1m的正多边形地砖铺地，
∴这块正多边形地砖的周长＝12×1＝12（米），
故答案为：12．
5．（2024•西安一模）如图，由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成一个大五边形，则图中∠BAC＝ 36 °．
【分析】根据多边形的内角和公式计算正五边形的内角，然后计算∠BAC即可．
【解答】解：∵正五边形的内角为：＝108°，
∴∠BAC＝360°﹣108°×3＝36°．
故答案为：36．
题型02 平行四边形的判定和性质
【中考真题练】
1．（2023•成都）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AC＝BDB．OA＝OCC．AC⊥BDD．∠ADC＝∠BCD
【分析】利用平行四边形的性质一一判断即可解决问题．
【解答】解：A、错误．平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等，不合题意；
B、正确．因为平行四边形的对角线互相平分，符合题意；
C、错误．平行四边形的对角线不一定垂直，不合题意；
D、错误．平行四边形的对角相等，但邻角不一定相等，不合题意；
故选：B．
2．（2023•海南）如图，在▱ABCD中，AB＝8，∠ABC＝60°，BE平分∠ABC，交边AD于点E，连接CE，若AE＝2ED，则CE的长为（ ）
A．6B．4C．D．
【分析】由平行四边形的性质得∠D＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝8，AD∥BC，再证∠ABE＝∠AEB，则AE＝AB＝8，过点E作EF⊥CD于点F，则∠FED＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质得DF＝ED＝2，则EF＝2，CF＝6，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝8，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝8，
∵AE＝2ED，
∴2ED＝8，
∴ED＝4，
如图，过点E作EF⊥CD于点F，
则∠EFC＝∠EFD＝90°，
∴∠FED＝90°﹣∠D＝90°﹣60°＝30°，
∴DF＝ED＝2，
∴EF＝＝＝2，CF＝CD﹣DF＝8﹣2＝6，
∴CE＝＝＝4，
故选：C．
3．（2023•泸州）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD＝4，CD＝6，则EO的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥DC，AB＝CD，OD＝OB，可得∠CDP＝∠APD，根据DP平分∠ADC，可得∠CDP＝∠ADP，从而可得∠ADP＝∠APD，可得AP＝AD＝4，进一步可得PB的长，再根据三角形中位线定理可得EO＝PB，即可求出EO的长．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝CD，OD＝OB，
∴∠CDP＝∠APD，
∵DP平分∠ADC，
∴∠CDP＝∠ADP，
∴∠ADP＝∠APD，
∴AP＝AD＝4，
∵CD＝6，
∴AB＝6，
∴PB＝AB﹣AP＝6﹣4＝2，
∵E是PD的中点，O是BD的中点，
∴EO是△DPB的中位线，
∴EO＝PB＝1，
故选：A．
4．（2023•邵阳）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，若添加一个条件，使四边形ABCD为平行四边形，则下列正确的是（ ）
A．AD＝BCB．∠ABD＝∠BDCC．AB＝ADD．∠A＝∠C
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、由AB∥CD，AD＝BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
∴不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项B不符合题意；
C、由AB∥CD，AB＝AD，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠C＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠ABC+∠A＝180°，
∴AD∥BC，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
5．（2023•聊城）如图，在▱ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF．若AD＝8，CE＝5，则四边形BFCE的面积为 24 ．
【分析】先根据平行四边形的性质得出AD＝BC＝8，再由EF是线段BC的垂直平分线得出EF⊥BC，OB＝OC＝BC＝4，根据勾股定理求出OE的长，再由CF∥BE可得出∠OCF＝OBE，故可得出△OCF≌△OBE，OE＝OF，利用S四边形BFCE＝S△BCE+S△BFC即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AD＝8，
∴AD＝BC＝8，
∵由EF是线段BC的垂直平分线，
∴EF⊥BC，OB＝OC＝BC＝4，
∵CE＝5，
∴OE＝＝＝3．
∵CF∥BE，
∴∠OCF＝∠OBE，
在△OCF与△OBE中，
，
∴△OCF≌△OBE（ASA），
∴OE＝OF＝3，
∴S四边形BFCE＝S△BCE+S△BFC
＝BC•OE+BC•OF
＝×8×3+×8×3
＝12+12
＝24．
故答案为：24．
6．（2023•西宁）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
（1）求证：△AEM≌△CFM；
（2）若AC⊥EF，，求四边形AECF的周长．
【分析】（1）直接利用平行四边形的性质结合全等三角形的判定方法分析得出答案；
（2）利用菱形的判定与性质得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，AB＝DC（平行四边形的对边平行且相等），
∴∠AEM＝∠CFM （两直线平行，内错角相等），
∵BE＝DF，
∴AB+BE＝CD+DF即AE＝CF，
在△AEM和△CFM 中
∴△AEM≌△CFM（AAS）；
（2）解：∵AE＝CF AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
又∵AC⊥EF，
∴▱AECF是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形），
∴AE＝EC＝CF＝AF（菱形的四条边都相等），
∴菱形AECF的周长＝．
7．（2023•无锡）如图，△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，延长DE到点F，使得EF＝DE，连接CF．求证：
（1）△CEF≌△AED；
（2）四边形DBCF是平行四边形．
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到AE＝CE，DE∥BC，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴AE＝CE，
在△CEF与△AED中，
，
∴△CEF≌△AED（SAS）；
（2）由（1）证得△CEF≌△AED，
∴∠A＝∠FCE，
∵点D、E是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，即DF∥BC，
∴四边形DBCF是平行四边形．
8．（2023•株洲）如图所示，在△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，点H在线段CE上，连接BH，点G、F分别为BH、CH的中点．
（1）求证：四边形DEFG为平行四边形；
（2）DG⊥BH，BD＝3，EF＝2，求线段BG的长度．
【分析】（1）由三角形中位线定理得DE∥BC，DE＝BC，GF∥BC，GF＝BC，则DE∥GF，DE＝GF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得DG＝EF＝2，再由勾股定理求出BG的长即可．
【解答】（1）证明：∵点D、E分别为AB、AC的中点，点G、F分别为BH、CH的中点，
∴DE是△ABC的中位线，GF是△HBC的中位线，
∴DE∥BC，DE＝BC，GF∥BC，GF＝BC，
∴DE∥GF，DE＝GF，
∴四边形DEFG为平行四边形；
（2）解：∵四边形DEFG为平行四边形，
∴DG＝EF＝2，
∵DG⊥BH，
∴∠DGB＝90°，
∴BG＝＝＝，
即线段BG的长度为．
【中考模拟练】
1．（2024•雁塔区校级二模）如图，已知平行四边形ABCD中A、C、D三点的坐标，则点B的坐标为（ ）
A．（﹣3，﹣2）B．（﹣2，﹣2）C．（﹣3，﹣1）D．（﹣2，﹣1）
【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC＝4，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵A（﹣1，2），D（3，2），
∴AD＝4＝BC，
∵C（2，﹣1），
∴B（﹣2，﹣1），
故选：D．
2．（2024•韶关模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠A的平分线AE交CD于E，AB＝4，BC＝3，则EC等于（ ）
A．1B．1.5C．2D．3
【分析】根据平行四边形的性质及AE为角平分线可得：BC＝AD＝DE＝6，又有CD＝AB＝8，可求EC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD＝AB＝4，AD＝BC＝3．CD∥AB，
∵∠DAB的平分线AE交CD于E，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵CD∥AB，
∴∠AED＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠AED．
∴ED＝AD＝3，
∴EC＝CD﹣ED＝4﹣3＝1．
故选：A．
3．如图，已知点P，Q分别是四边形ABCD的边AB，CD上的点，有如下条件：①AP＝CQ；②∠APD＝∠CQB；③AB∥CD；④四边形ABCD是平行四边形．则根据已知及下列条件的组合不能得到四边形BQDP是平行四边形的是（ ）
A．①和④B．①和③C．②和③D．②和④
【分析】根据平行四边形的判定进行证明即可．
【解答】解：添加的条件为①和④，证明如下；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∵AB∥CD，AB＝CD．
∵AP＝CQ，
∴AB﹣AP＝DC﹣CQ，
即PB＝DQ．
又PB∥DQ，
∴四边形BQDP是平行四边形．
故A不符合题意；
添加条件为①和③，不能证明四边形BQDP是平行四边形；
故B选项符合题意；
添加的条件为②和③，证明如下：
∵AB∥CD，
∴∠CQB＝∠ABQ．
∵∠APD＝∠CQB，
∴∠ABQ＝∠APD，
∴DP∥QB，
∴四边形BQDP是平行四边形．
故选项C不符合题意，
添加的条件为②和④，证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠CQB＝∠ABQ，
∵∠APD＝∠CQB．
∴∠ABQ＝∠APD，
∴DP∥QB，
∴四边形BQDP是平行四边形．
故选项D不符合题意，
故选：B．
4．（2024•河西区模拟）如图，在▱ABCD中，AB＝18，BC＝30．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°，连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为 6 ．
【分析】由题意可知EF是梯形ABCG的中位线．根据梯形中位线定理可知，，求出CG的长，再根据平行四边形的性质得AB＝CD＝18，即可求解最终结果．
【解答】解：∵E是边BC的中点，且∠BFC＝90°，BC＝30，
∴Rt△BCF中，，
∵EF∥AB，AB∥CG，
∴F是边AG的中点．
∴EF是梯形ABCG的中位线．
∴ （AB+CG），
∵AB＝18，
∴CG＝2EF﹣AB＝12．
在▱ABCD中，CD＝AB＝18．DG＝CD﹣CG＝18﹣12＝6，
故答案为：6．
5．（2024•东安县一模）如图，在▱ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，连接AE，EF，CF分别交对角线BD于点G，H，I，若△ABE的面积为6，则图中阴影部分的面积为 10 ．
【分析】由平行四边形的性质推出△FHD≌△EHB（ASA），得到FH＝EH，判定四边形ABEF是平行四边形，推出EF＝AB，AB∥EF，由△EGH∽△AGB，推出GE：AG＝EH：AB＝1：2，得到AG：AE＝2：3，因此S△ABG＝S△ABE＝×6＝4，由△EGH∽△AGB，推出＝＝，得到S△EGH＝1，因此S△FHI＝1，由△ABG≌△CDI（AAS），得到S△CDI＝S△ABG＝4，于是得到阴影的面积＝4×2+1×2＝10．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∵E，F分别是BC，AD的中点，
∴FD＝BE，AF＝BE，
∵AD∥BC，
∴∠FDH＝∠HBE，∠DFH＝∠BEH，
∵FD＝EB，
∴△FHD≌△EHB（ASA），
∴FH＝EH，
∵E，F分别是BC，AD的中点，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴EF＝AB，AB∥EF，
∵EH＝FE，
∴EH＝AB，
∵EH∥AB，
∴△EGH∽△AGB，
∴GE：AG＝EH：AB＝1：2，
∴AG：AE＝2：3，
∴S△ABG＝S△ABE＝×6＝4
∵△EGH∽△AGB，
∴＝＝，
∴S△EGH＝1，
∴S△FHI＝1，
∵AB∥CD，
∴∠ABG＝∠CDI，
∵∠AGB＝∠EGH，∠CID＝∠FIH，
∵AB＝CD，
∴△ABG≌△CDI（AAS），
∴S△CDI＝S△ABG＝4，
∴阴影的面积＝4×2+1×2＝10．
故答案为：10．
6．（2024•浙江一模）如图，在▱ABCD中，点O是对角线AC的中点．某数学学习小组要在AC上找两点E，F，使四边形BEDF为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
请回答下列问题：
（1）以上方案能得到四边形BEDF为平行四边形的是 甲方案或乙方案 ，选择其中一种并证明，若不能，请说明理由；
（2）若EF＝2AE，S△AED＝6，求▱ABCD的面积．
【分析】（1）甲方案，由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠BAE＝∠DCF，由AO＝CO，E、F分别是AO、CO的中点，得AE＝CF，可证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，所以∠BEF＝∠DFE，则BE∥DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
乙方案，由BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，得BE∥DF，∠AEB＝∠CFD＝90°，由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠BAE＝∠DCF，可证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
（2）由AO＝CO，AE＝CF，推导出OE＝OF，则EF＝2AE＝2OE，所以OE＝AE＝CF＝OF，则S△ABC＝S△ADC＝4S△AED＝24，所以S▱ABCD＝48．
【解答】解：（1）甲方案，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵O是对角线AC的中点，
∴AO＝CO，
∵E、F分别是AO、CO的中点，
∴AE＝AO，CF＝CO，
∴AE＝CF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB，∠DFE＝180°﹣∠CFD，
∴∠BEF＝∠DFE，
∴BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
乙方案，证明：∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∴BE∥DF，∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：由（1）得△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∴AO﹣AE＝CO﹣CF，
∴OE＝OF，
∴EF＝2OE，
∵EF＝2AE，
∴2OE＝2AE，
∴OE＝AE＝CF＝OF，
∴S△ABC＝S△ADC＝4S△AED＝4×6＝24，
∴S▱ABCD＝2×24＝48，
∴▱ABCD的面积是48．
题型03 中心对称与三角形中位线
【中考真题练】
1．（2023•菏泽）剪纸文化是我国最古老的民间艺术之一．下列剪纸图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
2．（2023•宜昌）我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘徽割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、C都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
3．（2023•陕西）如图，DE是△ABC的中位线，点F在DB上，DF＝2BF．连接EF并延长，与CB的延长线相交于点M．若BC＝6，则线段CM的长为（ ）
A．B．7C．D．8
【分析】根据三角形中中位线定理证得DE∥BC，求出DE，进而证得△DEF∽BMF，根据相似三角形的性质求出BM，即可求出结论．
【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE＝BC＝×6＝3，
∴△DEF∽△BMF，
∴＝＝＝2，
∴BM＝，
CM＝BC+BM＝．
故选：C．
4．（2023•盐城）在△ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，BC＝10cm，则DE的长为 5 cm．
【分析】由三角形中位线定理可直接求解．
【解答】解：∵D，E分别为边AB，AC的中点，BC＝10cm，
∴DE＝BC＝5cm，
故答案为：5．
5．（2023•陕西）如图，在▱ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E在AD的延长线上，且DE＝2，过点E作直线l分别交边CD，AB于点M，N．若直线l将▱ABCD的面积平分，则线段CM的长为 ．
【分析】依据题意，连接AC交l于点O，由直线l将▱ABCD的面积平分，从而O为AC的中点，结合平行四边形的性质可得△AON≌△COM，进而AN＝CM，再由AN∥DM有＝，求出AN，故而可以得解．
【解答】解：连接AC交l于点O．
∵直线l将▱ABCD的面积平分，AC为▱ABCD的对角线，
∴O为AC的中点，为平行四边形的中心．
∴OA＝OC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∴∠NAO＝∠MCO，＝．
又∠AON＝∠COM，
∴△AON≌△COM（ASA）．
∴AN＝CM．
∴＝．
又ED＝2，AD＝4，AB＝3，
∴＝．
∴CM＝．
故答案为：．
6．（2023•湖州）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，连结DE．已知BC＝10，AD＝12，求BD，DE的长．
【分析】根据等腰三角形的性质求出，根据勾股定理求出AB＝13，
【解答】解∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，
∴，
∵BC＝10，
∴BD＝5，
∵AD⊥BC于点D，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，AB2＝AD2+BD2，
∵AD＝12，
∴，
∵E为AB的中点，D点为BC的中点，
∴．
【中考模拟练】
1．（2024•扶沟县一模）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaG进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
2．（2024•秦都区校级模拟）如图，点O是菱形ABCD的对称中心，连接OA、OB，OA＝4，OB＝6，EF为过点O的一条直线，点E、F分别在AD、BC上，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．24B．16C．18D．12
【分析】先算出菱形的面积，再算出四边形ABFE的面积，因为阴影部分的面积＝四边形ABFE的面积﹣S△ABO，求得三角形ABO的面积，可得阴影部分的面积．
【解答】解：连接OC、OD，
，
∵点O是菱形ABCD的对称中心，
∴AC⊥BD，O是AC与BD的交点，
∴CO＝AO＝4，DO＝BO＝6，
∴AC＝8，BD＝12，
∵EF为过点O的一条直线，
∴四边形ABFE的面积＝四边形CDEF的面积＝菱形ABCD的面积，
∵菱形ABCD的面积＝×AC×BD＝48，
∴四边形ABFE的面积＝24，
∵阴影部分的面积＝四边形ABFE的面积﹣S△ABO，S△ABO＝×AO×BO＝12，
∴阴影部分的面积＝12，
故选：D．
3．（2024•东平县校级一模）如图，在△ABC中，D是BC边的中点，AE是∠BAC的角平分线，AE⊥CE于点E，连接DE．若AB＝7，DE＝1，则AC的长度是（ ）
A．4B．4.5C．5D．5.5
【分析】延长CE，交AB于点F，通过ASA证明△EAF≌△EAC，根据全等三角形的性质得到AF＝AC，EF＝EC，根据三角形中位线定理得出BF＝2，即可得出结果．
【解答】解：延长CE，交AB于点F．
∵AE平分∠BAC，AE⊥CE，
∴∠EAF＝∠EAC，∠AEF＝∠AEC，
在△EAF与△EAC中，
，
∴△EAF≌△EAC（ASA），
∴AF＝AC，EF＝EC，
又∵D是BC中点，
∴BD＝CD，
∴DE是△BCF的中位线，
∴BF＝2DE＝2．
∴AC＝AF＝AB﹣BF＝7﹣2＝5；
故选：C．
4．（2024•东明县一模）如图，△ABC称为第1个三角形，它的周长是1，以它的三边中点为顶点组成第2个三角形，再以第2个三角形的三边中点为顶点组成第3个三角形，以此类推，则第2024个三角形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】找出每一个新的三角形周长是上一个三角形周长的即可判断．
【解答】解：△ABC周长为1，
∵每条中位线均为其对边的长度的，
∴第2个三角形对应周长为；
第3个三角形对应的周长为；
第4个三角形对应的周长为；
…
以此类推，第n个三角形对应的周长为；
∴第2024个三角形对应的周长为，即，
故选：B．
5．（2024•张店区一模）如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，E，F分别为边AC，BC上的点，M，N分别为EF，AB的中点．若AE＝BF＝2，则MN的长为 ．
【分析】连接BE，取BE的中点H，连接MH、NH，根据勾股定理的逆定理得到∠C＝90°，根据三角形中位线定理得到MH＝BF＝1，NH＝AE＝1，∠MHN＝90°，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：如图，连接BE，取BE的中点H，连接MH、NH，
∵AC2+BC2＝32+42＝25，AB2＝52＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠C＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∵M，N，H分别为EF，AB，BE的中点，
∴MH为△BEF的中位线，NH为△ABE的中位线，
∴MH＝BF＝1，MH∥BF，NH＝AE＝1，NH∥AE，
∴∠EHM＝∠EBF，∠HNB＝∠A，
∵∠EHN＝∠HNB+∠ABE＝∠A+∠ABE，
∴∠MHN＝∠EHM+∠EHN＝∠EBF+∠A+∠ABE＝90°，
∴MN＝＝，
故答案为：．
6．（2023•杭州二模）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为CE中点，若AE＝AD，DF＝2．
（1）求证：DE为∠ADF的角平分线；
（2）求BD的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠AED＝∠ADE，根据三角形中位线定理得到DF∥AE，根据平行线的性质得到∠AED＝∠FDE，根据角平分线的定义即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到AE＝2DF＝4，求得AD＝4，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，
∴DF是△ACE的中位线，
∴DF∥AE，
∴∠AED＝∠FDE，
∴∠ADE＝∠FDE，
∴DE为∠ADF的角平分线；
（2）解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF＝2，
∴AE＝2DF＝4，
∵AE＝AD，
∴AD＝4，
在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，
∴BD＝AC＝AD＝4．
考点二：矩形
矩形是特殊平行四边形中比较重要的两个图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一。其中，矩形还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而矩形其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视。
题型01 矩形的性质
【中考真题练】
1．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】先证△ABO是等边三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵∠AOB＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB，
∴＝，
故选：D．
2．（2023•宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（ ）
A．△ABE的面积B．△ACD的面积
C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积
【分析】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案．
【解答】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F，
∵四边形BCDE是矩形，
∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，
∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，
∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，
∴S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，
∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，
故选：C．
3．（2023•西藏）如图，矩形ABCD中，AC和BD相交于点O，AD＝3，AB＝4，点E是CD边上一点，过点E作EH⊥BD于点H，EG⊥AC于点G，则EH+EG的值是（ ）
A．2.4B．2.5C．3D．4
【分析】根据矩形的性质得到∠BAD＝90°，OD＝BD，OC＝AC，AC＝BD，根据勾股定理得到BD＝＝5，过C作CF⊥BD于F，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，OD＝BD，OC＝AC，AC＝BD，
∴OD＝OC，
∵AD＝BC＝3，AB＝CD＝4，
∴BD＝＝5，
过C作CF⊥BD于F，
∴S△DCB＝CF•BD＝BC•CD，
∴CF＝＝，
连接OE，
∵S△COD＝S△DOE+S△COE，
∴，
∴EH+EG＝CF＝＝2.4，
故选：A．
4．（2023•丹东）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若，则矩形ABCD的周长是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由矩形的性质得∠ABC＝90°，OA＝OB，而∠ABD＝60°，则△AOB是等边三角形，所以AB＝OA＝OC＝AC，因为AE⊥BD于点E，所以E为OB的中点，而F是OC的中点，则BC＝2EF＝4，则勾股定理得BC＝＝AB，则AB＝4，AB＝4，即可求得矩形ABCD的周长是8+8，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，且AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠ABD＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝OC＝AC，
∴AC＝2AB，
∵AE⊥BD于点E，
∴E为OB的中点，
∵F是OC的中点，EF＝2，
∴BC＝2EF＝2×2＝4，
∴AD＝BC＝4，
∵BC＝＝＝AB，
∴AB＝4，
∴AB＝CD＝4，
∴AD+BC+AB+CD＝4+4+4+4＝8+8，
∴矩形ABCD的周长是8+8，
故选：D．
5．（2023•河南）矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN＝AB＝1．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为 2或1+ ．
【分析】以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当∠MND＝90°时，如图2，当∠NMD＝90°时，根据矩形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：
①如图1，当∠MND＝90°时，
则MN⊥AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴MN∥AB，
∵M为对角线BD的中点，
∴AN＝DN，
∵AN＝AB＝1，
∴AD＝2AN＝2；
如图2，当∠NMD＝90°时，
则MN⊥BD，
∵M为对角线BD的中点，
∴BM＝DM，
∴MN垂直平分BD，
∴BN＝DN，
∵∠A＝90°，AB＝AN＝1，
∴BN＝AB＝，
∴AD＝AN+DN＝1+，
综上所述，AD的长为2或1+．
故答案为：2或1+．
6．（2023•滨州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段OB，OA上的点，若AE＝BF，AB＝5，AF＝1，BE＝3，则BF的长为 ．
【分析】过A作AN⊥BD于N，过B作BM⊥AC于M，根据矩形的性质得到OB＝BD，OA＝AC，AC＝BD，根据三角形的面积公式得到AN＝BM，根据全等三角形的性质得到ON＝OM，FM＝EN，设FM＝EN＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：过A作AN⊥BD于N，过B作BM⊥AC于M，
∴∠ANO＝∠ANB＝∠BMO＝∠BMA＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝BD，OA＝AC，AC＝BD，
∴OB＝OA，
∵S△AOB＝OB•AN＝OA•BM，
∴AN＝BM，
∵AE＝BF，
∴Rt△ANE≌△Rt△BMF（HL），
∴FM＝EN，
设FM＝EN＝x，
∵AF＝1，BE＝3，
∴BN＝3﹣x，AM＝1+x，
∴3﹣x＝1+x，
∴x＝1，
∴FM＝1，
∴AM＝2，
∵AB＝5，
∴，
∴BF＝＝＝，
故答案为：．
7．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE．
（1）判断四边形OCDE的形状，并说明理由；
（2）当CD＝4时，求EG的长．
【分析】（1）先根据线段垂直平分线的性质得FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO，再证△FDC和△FOE全等得CD＝OE，据此可得ED＝OE＝CD＝CO，进而可判定四边形OCDE的形状；
（2）先证△ODC为等边三角形得DO＝CD＝4，∠ODC＝60°，进而DF＝2，据此再分别求出CF，GF，进而可得EG的长．
【解答】解：（1）四边形OCDE是菱形，理由如下：
∵CD∥OE，
∴∠FDC＝∠FOE，
∵CE是线段OD的垂直平分线，
∴FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO，
在△FDC和△FOE中，
，
∴△FDC≌△FOE（ASA），
∴CD＝OE，
又ED＝OE，CD＝CO，
∴ED＝OE＝CD＝CO，
∴四边形OCDE是菱形．
（2）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD＝∠CDA＝90°，DO＝CO，
∵CE是线段OD的垂直平分线，
∴CD＝CO，
∴CD＝CO＝DO，
∴△ODC为等边三角形，
∴DO＝CD＝4，∠ODC＝60°，
∴，
在Rt△CDF中，CD＝4，DF＝2，
由勾股定理得：，
由（1）可知：四边形OCDE是菱形，
∴，
∵∠GDF＝∠CDA﹣∠ODC＝30°，
∴，
∴，
∴．
8．（2023•温州）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连结AF交EH于点G，GE＝GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）当＝，AD＝4时，求EF的长．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到GE＝GF，再根据等边对等角得出∠E＝∠GFE，根据矩形的性质得出AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，于是可证△ABF和△DCE全等，得到BF＝CE，从而问题得证；
（2）先证△ECD∽△EFH，得出比例式，再结合已知即可求出EF的长．
【解答】（1）证明：∵FH⊥EF，
∴∠HFE＝90°，
∵GE＝GH，
∴，
∴∠E＝∠GFE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴△ABF≌△DCE（AAS），
∴BF＝CE，
∴BF﹣BC＝CE﹣BC，
即BE＝CF；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC⊥BC，即DC⊥EF，AB＝CD，BC＝AD＝4，
∵FH⊥EF，
∴CD∥FH，
∴△ECD∽△EFH，
∴，
∴，
∵，
∴，
设BE＝CF＝x，
∴EC＝x+4，EF＝2x+4，
∴，
解得x＝1，
∴EF＝6．
【中考模拟练】
1．（2024•深圳模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为（ ）
A．B．C．4D．2
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证△AOB是等边三角形，可得∠BAC＝60°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵AE垂直平分OB，
∴AB＝AO，
∴AB＝AO＝BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴BC＝AB＝2，
故选：B．
2．（2024•信阳一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点H是AC的中点，沿对角线AC把矩形剪开得到两个三角形，固定△ABC不动，将△ACD沿AC方向平移，（A'始终在线段AC上）得到△A'C'D'，连接HD'，设平移的距离为x，当HD'长度最小时，平移的距离x的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据勾股定理得到AC＝＝＝10，求得AH＝＝5，得到A′H＝5﹣x，当HD'⊥AC时，HD'的长度最小，根据平移的性质得到A′D′＝AD＝6，D′C′＝AB＝8，A′C′＝AC＝10，求得D′H＝＝＝，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝＝＝10，
∵点H是AC的中点，
∴AH＝＝5，
∵AA′＝x，
∴A′H＝5﹣x，
当HD'⊥AC时，HD'的长度最小，
∵将△ACD沿AC方向平移，（A'始终在线段AC上）得到△A'C'D'，
∴A′D′＝AD＝6，D′C′＝AB＝8，A′C′＝AC＝10，
∴S△A′C′D′＝，
∴D′H＝＝＝，
∵A′D′2＝A′H2+D′H2，
∴62＝（5﹣x）2+（）2，
∴x＝或x＝（不合题意舍去），
故选：C．
3．（2024•东安县一模）如图矩形ABCD的边AD在y轴上，点B的坐标为（，﹣2），将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG此时，点B的对应点E与点D的对应点G均落在x轴上，则点F的坐标为（ ）
A．（﹣3，2）B．（﹣3，）C．（﹣2，2）D．（﹣2，）
【分析】过点F作FH⊥x轴于点H，证明△AEO≌△FGH（AAS），可得FH＝OA＝2，GH＝OE＝1，然后证明∠FEH＝∠GFH，可得tan∠EFEH＝tan∠GFH，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，过点F作FH⊥x轴于点H，
∴∠FHG＝90°
∵点B的坐标为（，﹣2），
∴AB＝，OA＝2，
∴OE＝＝1，
∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG，
∴AB＝AE＝FG＝，∠AEF＝90°，AE∥FG，
∴∠AEO＝∠FGH，
∵∠AOE＝∠FHG＝90°，
在△AEO和△FGH中，
，
∴△AEO≌△FGH（AAS），
∴FH＝OA＝2，GH＝OE＝1，
∵∠FHE＝∠EFG＝90°，
∴∠FEH+∠EFH＝∠GFH+∠EFH＝90°，
∴∠FEH＝∠GFH，
∴tan∠EFEH＝tan∠GFH，
∴＝，
∴＝，
∴OH＝3，
∴F（﹣3，2），
故选：A．
4．（2024•拱墅区一模）如图，在矩形ABCD中，，点P是AD的中点，点E在BC上，CE＝2BE，点M、N在线段BD上．若△PMN 是等腰三角形且底角与∠DEC相等，则MN的值为（ ）
A．6或2B．3或C．2或3D．6或
【分析】分两种情况：①MN为等腰△PMN的底边时，作PF⊥MN于F，则∠PFM＝∠PFN＝90°，由矩形的性质得出AB＝CD，BC＝AD＝3AB＝3，∠A＝∠C＝90°，得出AB＝CD＝，BD＝10，证明△PDF∽△BDA，得出利用相似三角形的性质求出PF＝，证出CE＝2CD，由等腰三角形的性质得出MF＝NF，∠PNF＝∠DEC，证出△PNF∽△DEC，利用相似三角形的性质求出NF＝2PF＝3，即可得出答案；②MN为等腰△PMN的腰时，作PF⊥BD于F，由①得：PF＝，MF＝3，设MN＝PN＝x，则FN＝3﹣x，在Rt△PNF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：分两种情况：
①MN为等腰△PMN的底边时，作PF⊥MN于F，如图所示：
则∠PFM＝∠PFN＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，BC＝AD＝3AB＝3，∠A＝∠C＝90°，
∴AB＝CD＝，BD＝＝10，
∵点P是AD的中点，
∴PD＝AD＝，
∵∠PDF＝∠BDA，
∴△PDF∽△BDA，
∴，即，
解得：PF＝，
∵CE＝2BE，
∴BC＝AD＝3BE，
∴BE＝CD，
∴CE＝2CD，
∵△PMN是等腰三角形且底角与∠DEC相等，PF⊥MN，
∴MF＝NF，∠PNF＝∠DEC，
∵∠PFN＝∠C＝90°，
∴△PNF∽△DEC，
∴，
∴MF＝NF＝2PF＝3，
∴MN＝2NF＝6；
②MN为等腰△PMN的腰时，作PF⊥BD于F，如图所示：
由①得：PF＝，MF＝3，
设MN＝PN＝x，则FN＝3﹣x，
在Rt△PNF中，（）2+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，即MN＝；
综上所述，MN的长为6或．
故选：D．
5．（2024•介休市模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝14，E是BC边上一点，且BE＝6，连接AE．若∠CAE＝45°，则CE的长为（ ）
A．20B．29C．D．
【分析】作CF⊥AE交AE的延长线于点F，则CF＝AF，因为∠B＝90°，AB＝14，BE＝6，所以AE＝＝2，则FE＝CF﹣2，再证明△CEF∽△AEB，得＝＝，所以＝，求得CF＝，则CE＝＝29，于是得到问题的答案．
【解答】解：作CF⊥AE交AE的延长线于点F，则∠F＝90°，
∵∠CAE＝45°，
∴＝tan45°＝1，
∴CF＝AF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AB＝14，BE＝6，
∴AE＝＝＝2，
∴FE＝AF﹣AE＝CF﹣2，
∵∠F＝∠B，∠CEF＝∠AEB，
∴△CEF∽△AEB，
∴＝＝，
∴＝，
∴CF＝，
∴CE＝＝＝29，
故选：B．
6．（2024•阳春市一模）如图，菱形ABCD中，，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为 ．
【分析】过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出，∠ABC＝∠D＝60°，解直角三角形求出MG＝3，再证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得到，代入数据计算即可求解．
【解答】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
则∠GMB＝∠GMC＝∠CNG＝∠CND＝90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在Rt△CDN中，∠D＝60°，，
∴，
∴GM＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG＝90°，
∴△GBM∽△BCE，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
7．（2024•北京模拟）如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，点E在DC延长线上，连接BE、OE，OE与BC交于点F，若∠CEB＝45°，BE＝DE，下列三个结论：①OE⊥BD；②EF＝AC；③BF＝2CF；④．其中正确的结论是 ①②④ ．
【分析】①根据矩形的性质得OD＝OD，AC＝BD，AB＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，再根据BE＝DE得OE是等腰△EBD底边BD上的中线，由此根据“等腰三角形的三线合一”可对结论①进行判断；
②先证△BCE为等腰直角三角形得BC＝EC，进而可证△BCD和△ECF全等得BD＝EF，据此可对结论②进行判断；
③假设BF＝2CF，则BC/CF＝3，设CD＝a，BC＝b，根据△BCE为等腰直角三角形得BE＝，再根据BE＝DE得，进而得，即，然后根据△BCD≌△ECF得CD＝CF，则，据此可对结论③进行判断；
④根据AB＝CD，，得，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出故答案．
【解答】解：①∵四边形ABCD为矩形，
∴OD＝OD，AC＝BD，AB＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵BE＝DE，
∴OE是等腰△EBD底边BD上的中线，
∴OE⊥BD，
故结论①正确；
②∵OE⊥BD，∠BCD＝90°，
∴∠DBC+∠BFO＝90°，∠FEC+∠EFC＝90°，
∵∠BFO＝∠EFC，
∴∠DBC＝∠FEC，
∵∠BCD＝90°，
∴∠BCE＝90°，
又∵∠CEB＝45°，
∴△BCE为等腰直角三角形，
∴BC＝EC，
在△BCD和△ECF中，
，
∴△BCD≌△ECF（ASA），
∴BD＝EF，
又∵AC＝BD，
∴EF＝AC，
故结论②正确；
③假设BF＝2CF，
则BC＝BF+CF＝3CF，
∴，
设CD＝a，BC＝b，
∵△BCE为等腰直角三角形，
∴CE＝BC＝b，
由勾股定理得：BE＝，
∵BE＝DE，
∴，
∴，
∴，
即，
∵△BCD≌△ECF，
∴CD＝CF，
∴，
∵，
∴假设BF＝2CF是错误的，
故结论③不正确；
④∵AB＝CD，，
∴，
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝，
故结论④正确．
综上所述：正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
8．（2024•东海县一模）如图，点E是矩形ABCD对角线AC上的点（不与A，C重合），连接BE，过点E作EF⊥BE交CD于点F．连接BF交AC于点G，BE＝AD．
（1）求证：∠FEC＝∠FCE；
（2）试判断线段BF与AC的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质可得AD＝BC，∠DCB＝90°，根据BE＝AD证得BC＝BE，求出∠BEC＝∠BCE，根据EF⊥BE可得∠BEF＝∠DCB＝90°，进而证得∠FEC＝∠FCE；
（2）根据∠FEC＝∠FCE证得EF＝CF，进而证得BF垂直平分CE．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠DCB＝90°，
∵BE＝AD，
∴BC＝BE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵EF⊥BE，
∴∠BEF＝∠DCB＝90°，
∴∠FEC＝∠FCE；
（2）解：BF⊥AC．
理由：∵∠FEC＝∠FCE，
∴EF＝CF，
∵BE＝BC，
∴BF垂直平分CE，
即BF⊥AC．
题型02 矩形的判定和性质的综合
【中考真题练】
1．（2023•上海）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．AB∥CDB．AD＝BCC．∠A＝∠BD．∠A＝∠D
【分析】由矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项A不符合题意；
B、∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项B不符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴AB的长为AD与BC间的距离，
∵AB＝CD，
∴CD⊥AD，CD⊥BC，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，故选项C符合题意；
D、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠D+∠C＝180°，
∵∠A＝∠D，
∴∠B＝∠C，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故选项D不符合题意；
故选：C．
2．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为 3 ．
【分析】连接CP，由勾股定理求出AB的长，再证四边形CDPE是矩形，得DE＝CP，然后由等腰直角三角形的性质求出CP的长，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接CP，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，AB＝＝＝6，
∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PDC＝∠PEC＝90°，
∴四边形CDPE是矩形，
∴DE＝CP，
由垂线段最短可得，当CP⊥AB时，线段DE的值最小，
此时，AP＝BP，
∴CP＝AB＝3，
∴DE的最小值为3，
故答案为：3．
3．如图，AD和BC相交于点O，∠ABO＝∠DCO＝90°，OB＝OC，点E、F分别是AO、DO的中点．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当∠A＝30°时，求证：四边形BECF是矩形．
【分析】（1）根据平行线的判定定理得到AB∥CD，根据平行线的性质得到∠A＝∠D，根据全等三角形的性质得到AO＝DO，根据线段中点的定义得到OE＝OF；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形BECF是平行四边形，求得∠EBF＝90°，根据矩形的判定定理得到四边形BECF是矩形．
【解答】证明：（1）∵∠ABO＝∠DCO＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠D，
在△AOB与△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（AAS），
∴AO＝DO，
∵点E、F分别是AO、DO的中点，
∴，
∴OE＝OF；
（2）∵OB＝OC，OE＝OF，
∴四边形BECF是平行四边形，
∵∠A＝30°，
∴，
∵OE＝OF，
∴，
∴∠EBF＝90°，
∴四边形BECF是矩形．
4．（2023•北京）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若AE＝BE，AB＝2，tan∠ACB＝，求BC的长．
【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论；
（2）由矩形的性质得∠AEC＝∠AEB＝90°，再证△ABE是等腰直角三角形，得AE＝BE＝，然后由锐角三角函数定义得EC＝2AE＝2，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BE＝DF，
∴AD﹣DF＝BC﹣BE，
即AF＝EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC＝EF，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：∵四边形AECF是矩形，
∴∠AEC＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE，AB＝2，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE＝BE＝AB＝，
∵tan∠ACB＝＝，
∴EC＝2AE＝2，
∴BC＝BE+EC＝+2＝3，
即BC的长为3．
5．（2023•乐山）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AB边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF．
（1）求证：四边形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求点C到EF的距离．
【分析】（1）先证四边形ECFD为平行四边形，即可求解；
（2）由勾股定理可求EF的长，由面积法可求解．
【解答】（1）证明：∵FD∥CA，BC∥DE，
∴四边形ECFD为平行四边形，
又∵∠C＝90°，
∴四边形ECFD为矩形；
（2）解：过点C作CH⊥EF于H，
在Rt△ECF中，CF＝2，CE＝4，
∴EF＝＝＝2，
∵S△ECF＝×CF•CE＝×EF•CH，
∴CH＝＝，
∴点C到EF的距离为．
【中考模拟练】
1．（2024•梁溪区校级模拟）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．四条边都相等的四边形是菱形
【分析】根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理逐项判断即可．
【解答】解：A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故A正确，不符合题意；
B．四个内角都相等的四边形是矩形，故B正确，不符合题意；
C．两条对角线互相垂直且相等的四边形不一定是矩形，故C错误，符合题意；
D．四条边都相等的四边形是菱形，故D正确，不符合题意；
故选：C．
2．（2024•霍邱县模拟）如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，且OA＝OB＝OC＝OD，点E从点B开始，沿四边形的边BA﹣AD运动至点D停止，CE与BD相交于点N，点F是线段CE的中点．连接OF，下列选项不正确的是（ ）
A．四边形ABCD是矩形
B．当点E是AB的中点时，OF＝CD
C．当AB＝6，BC＝8时，线段OF长度的最大值为4
D．当点E在边AB上，且∠COF＝60°时，△OFN是等边三角形
【分析】根据矩形的判定得出A选项，根据中位线定理判断B选项，根据当点E与点D重合时，OF的值最大得出C选项，进而根据等边三角形的判定解答即可．
【解答】解：A、∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴四边形ABCD是矩形，故A正确，不符合题意．
B、∵点O，F分别是AC，CE的中点，
∴OF是△ACE的中位线．
∴
又∵点E是AB的中点，
∴CD＝AB＝2AE．
∴CD＝4OF，即 ，故B正确，不符合题意．
C、当点E与点D重合时，OF的值最大．
∵AD＝BC＝8，
∴AE的最大值是8．
∴，即线段OF长度的最大值是4，故C正确，不符合题意．
D、当∠COF＝60°时，∠OAB＝60°，
又∵OA＝OB，
∴∠OBA＝60°，
∴∠FON＝60°，
∵∠BEN＞∠OAB，
∴∠OFN≠60°，
∴△OFN不是等边三角形，故D错误，符合题意；
故选：D．
3．（2024•北京模拟）如图，线段AB的端点B在直线MN上，过线段AB上的一点O作MN的平行线，分别交∠ABM和∠ABN的平分线于点C，D，连接AC，AD．添加一个适当的条件：当 O是AB的中点 时，四边形ACBD为矩形．
【分析】证∠OCB＝∠OBC，则OC＝OB，同理OD＝OB，再由OA＝OB，证出四边形ACBD是平行四边形，然后证AB＝CD，即可得出结论．
【解答】解：添加条件为：O是AB的中点，理由如下：
∵CD∥MN，
∴∠OCB＝∠CBM，
∵BC平分∠ABM，
∴∠OBC＝∠CBM，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴OC＝OB，
同理可证：OB＝OD，
∴OB＝OC＝OD，
∵O是AB的中点，
∴OA＝OB，
∴四边形ACBD是平行四边形，
∵CD＝OC+OD，AB＝OA+OB，
∴AB＝CD，
∴平行四边形ACBD是矩形，
故答案为：O是AB的中点．
4．（2024•林州市模拟）如图，点A（0，2），点B（2，0），点P为线段AB上一个动点，作PM⊥y轴于点M，作PN⊥x轴于点N，连接MN，当MN取最小值时，则四边形OMPN的面积为 ．
【分析】证明四边形OMPN是矩形，得OP＝MN，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小，再由勾股定理与三角形的面积求得OP的长，然后求得PN的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OP．
由已知可得：∠PMO＝∠MON＝∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN是矩形，
∴OP＝MN，
在Rt△AOB中，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小．
∵A（0，2），点B（2，0），
∴OA＝2，OB＝2，
根据勾股定理得：AB＝＝＝4，
∵S△AOB＝OA•OB＝AB•OP，
∴OP＝＝＝，
∴MN＝，
即当点P运动到使OP⊥AB于点P时，MN最小，最小值为，
在Rt△POB中，根据勾股定理得：BP＝＝＝1，
∵S△OBP＝OP•BP＝OB•PN，
∴PN＝＝＝，
∴ON＝＝＝，
∴矩形OMPN的面积＝ON×PN＝×＝，
即当MN取最小值时，则四边形OMPN的面积为，
故答案为：．
5．（2024•桂阳县模拟）在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形EBFD是矩形．
（2）若AE＝3，DE＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB．
【分析】（1）由平行四边形的性质可得CD∥AB，CD＝AB，进而得到DF＝BE，因此四边形BEFD是平行四边形，再由DE⊥AB即可证得矩形BEFD；
（2）由勾股定理可求得AD＝5，从而得到AD＝DF，进而∠DAF＝∠DFA，由CD∥AB得到∠DFA＝∠FAB，因此∠DAF＝∠FAB，即可解答．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，CD＝AB，
∵CF＝AE，
∴CD﹣CF＝AB﹣AE，即DF＝BE，
∴四边形BEFD是平行四边形，
∵DE⊥AB，即∠DEB＝90°，
∴▱BEFD是矩形．
（2）∵DE⊥AB，
∴在Rt△ADE中，，
∵DF＝5，
∴AD＝DF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∵CD∥AB，
∴∠DFA＝∠FAB，
∴∠DAF＝∠FAB，
∴AF平分∠DAB．
6．（2024•文山市模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠ACB＝90°，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接AE交CD于点F．
（1）求证：四边形ACED是矩形；
（2）连接BF，若∠ABC＝60°，CE＝3，求BF的长．
【分析】（1）由AC⊥BC，DE⊥BC，得AC∥DE，由四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上，得AD∥CE，则四边形ACED是平行四边形，即可由∠ACE＝90°，根据矩形的定义证明四边形ACED是矩形；
（2）由平行四边形的性质和矩形的性质得AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝3，因为∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形，则AB＝AE＝BE＝2CE＝6，∠AFB＝90°，所以AF＝AE＝3，即可根据勾股定理求得BF＝＝3．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵DE⊥BC，
∴AC∥DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上，
∴AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∵∠ACE＝90°，
∴四边形ACED是矩形．
（2）解：∵四边形ACED是矩形，四边形ABCD是平行四边形，
∴AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝3，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BF⊥AE，AB＝AE＝BE＝2CE＝2×3＝6，
∴∠AFB＝90°，AF＝AE＝×6＝3，
∴BF＝＝＝3，
∴BF的长是3．
7．（2024•巧家县校级模拟）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，连接AE，CF，过点E作EH⊥CF于点H，过点F作FG⊥AE于点G．
（1）请你添加一个条件： AF＝CE（答案不唯一） ，使四边形EGFH为矩形，并给出证明．
（2）在（1）的条件下，若AE＝5，tan∠DAE＝2，EG＝2GF，求AG的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD∥BC．推出四边形AECF是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AE∥CF，根据平行线的性质得到∠AEH+∠FHE＝180°．根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）设AG＝x，根据垂直的定义得到∠AGF＝90°，根据三角函数的定义得到GF＝2AG＝2x．得到EG＝4x．列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）添加的条件：AF＝CE（答案不唯一）．
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC．
∵AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE∥CF，
∴∠AEH+∠FHE＝180°．
∵EH⊥CF，FG⊥AE，
∴∠FGE＝∠FHE＝∠GEH＝90°，
∴四边形EGFH为矩形；
（2）设AG＝x，
∵FG⊥AE，
∴∠AGF＝90°，
在Rt△AGF中，，
∴GF＝2AG＝2x．
∵EG＝2GF，
∴EG＝4x．
∵AE＝AG+EG，
∴5＝x+4x，
解得x＝1，
∴AG的长为1．
考点三：菱形
菱形作为特殊平行四边形中的一个，在中考数学中的重要性不用多说，而且因为其性质的特殊性，菱形也常和其他几何考点结合出题。菱形的考察类型比较多样，其中选择、填空题常考察菱形的基本性质，综合题中也常单独或者结合出题等方式以压轴题出现，难度也较大。
题型01 菱形的性质
【中考真题练】
1．如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（ ）
A．B．1C．D．
【分析】连接BD交AC于点O，由菱形的性质得OA＝OC，∠BAO＝30°，AC⊥BD，再由含30°角的直角三角形的性质得OB＝，然后由勾股定理得OA＝，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴OA＝OC，∠BAO＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝，
∴OA＝＝＝，
∴AC＝2OA＝，
故选：D．
2．（2023•乐山）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE．若AC＝6，BD＝8，则OE＝（ ）
A．2B．C．3D．4
【分析】由菱形的性质得到OC＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边中线的性质，即可求出OE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OC＝AC，OB＝BD，AC⊥BD，
∵AC＝6，BD＝8，
∴OC＝3，OB＝4，
∴CB＝＝5，
∵E为边BC的中点，
∴OE＝BC＝．
故选：B．
3．（2023•潍坊）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为（﹣2，0），∠AOC＝60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形O′A′B′C′，其中点B′的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣2，1）C．（﹣，1）D．（﹣，﹣1）
【分析】过点B作BE⊥x轴于点E，根据菱形的性质得出AB＝2，∠EAB＝∠AOC＝60°，于是求出AE的长，在Rt△ABE中根据勾股定理求出BE的长，从而得出点B的坐标，再根据平移规律即可得出点B′的坐标．
【解答】解：过点B作BE⊥x轴于点E，
∴∠BEA＝90°，
∵点A的坐标为（﹣2，0），
∴OA＝2，
∵四边形OABC是菱形，
∴AB＝OA＝2，AB∥OC，
∴∠EAB＝∠AOC＝60°，
∴∠ABE＝30°，
∴，
由勾股定理得，
∴OE＝AE+OA＝1+2＝3，
∴点B的坐标是，
将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形O′A′B′C′，
∴点B′的坐标为，
故选：A．
4．（2023•临沂）若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为 24 ．
【分析】由菱形的性质得到AC⊥BD，由△DAC的面积＝AC•OD，△BAC的面积＝AC•OB，得到菱形ABCD的面积＝AC•（OD+OB）＝AC•BD，即可求出菱形的面积．
【解答】解：如图：菱形ABCD中AC＝8，BD＝6，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△DAC的面积＝AC•OD，△BAC的面积＝AC•OB，
∴菱形ABCD的面积＝△DAC的面积+△BAC的面积＝AC•（OD+OB）＝AC•BD＝×8×6＝24．
故答案为：24．
5．（2023•金昌）如图，菱形ABCD中，∠DAB＝60°，BE⊥AB，DF⊥CD，垂足分别为B，D，若AB＝6cm，则EF＝ 2 cm．
【分析】连接BD交AC于O，则AO＝CO，BO＝OD 根据菱形的性质得到AD＝AB，∠DAC＝∠BAC＝∠DCA＝∠BCA，AC⊥BD，求得BD＝AB＝6cm，根据勾股定理得到AC＝2AO＝2×＝6（cm），求得AE＝CF，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：连接BD交AC于O，
则AO＝CO，BO＝OD
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，∠DAC＝∠BAC＝∠DCA＝∠BCA，AC⊥BD，
∵∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，∠DAC＝∠BAC＝∠DCA＝∠BCA＝30°，
∴BD＝AB＝6cm，
∴AO＝＝3（cm），
∴AC＝2AO＝6（cm），
∵BE⊥AB，DF⊥CD，
∴∠CDF＝∠ABE＝90°，
∴△CDF≌△ABE（ASA），
∴AE＝CF，
∵AE＝CF＝（cm），
∴EF＝AE+CF﹣AC＝2（cm），
故答案为：2．
6．（2023•十堰）如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD上的点，且BE＝BF＝CG＝AH，若菱形的面积等于24，BD＝8，则EF+GH＝ 6 ．
【分析】连接AC交BD于点O，先根据菱形的面积公式计算出对角线AC的长，再证△BEF∽△BAC，得出，同理可证△DHG∽△DAC，得出，两式相加，即可求出EF+GH的值．
【解答】解：连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，
∵菱形的面积等于24，BD＝8，
∴，
∴AC＝6，
∵BE＝BF，
∴∠BEF＝∠BFE＝（180°﹣∠EBF），
∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠ABC），
∴∠BEF＝∠BAC，
∴EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，
∵BA＝DA，
∴，
同理可证△DHG∽△DAC，
∴，
∴，
即，
∴EF+GH＝AC＝6，
故答案为：6．
7．（2023•浙江）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．
（1）求证：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度数．
【分析】（1）欲证明AE＝AF，只需要证得△ABE≌△ADF即可；
（2）根据菱形的邻角互补和全等三角形的性质进行推理解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
又∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE与△ADF中，
∵．
∴△ABE≌△ADF（AAS）．
∴AE＝AF；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠BAD＝180°．
而∠B＝60°，
∴∠BAD＝120°．
又∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，
∴∠BAE＝30°．
由（1）知△ABE≌△ADF，
∴∠BAE＝∠DAF＝30°．
∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°．
∴△AEF是等边三角形．
∴∠AEF＝60°．
8．（2023•呼和浩特）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四边形DEBF是平行四边形，推出BE∥DF，得到∠1＝∠2．
（2）由菱形的性质得到BD⊥EF，OD＝OB，推出四边形DEBF的菱形，由平行线的性质得到∠BAD＝60°，判定△ABD是等边三角形，得到BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，求出OE＝OD＝，得到EF＝2OE＝，由菱形的面积公式即可求出四边形BEDF的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OD＝OB，
∴∠ADO＝∠CBO，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠ODE＝∠ADO，∠OBF＝∠CBO，
∴∠ODE＝∠OBF，
∴DE∥BF，
∵OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，
∴△ODE≌△OBF（ASA），
∴DE＝BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE∥DF，
∴∠1＝∠2．
（2）解：由（1）知△ODE≌△OBF（ASA），
∴OE＝OF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥EF，OD＝OB，AD∥BC，
∴四边形DEBF的菱形，
∵AD∥BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，
∴OD＝BD＝1，
∵∠ODE＝∠ADO＝30°，
∴OE＝OD＝，
∴EF＝2OE＝，
∴四边形BEDF的面积＝BD•EF＝×2×＝．
9．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为（2，2），点D是边OC上的动点，过点D作DE⊥OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF，设OD＝x，△DEF的面积为S．
（1）求S关于x的函数解析式；
（2）当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE＝x，进而证明△CDF∽△COB，得出DF＝（4﹣x），根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）如图，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，
∵顶点A的坐标为（2，2），
∴OA＝，OG＝2，AG＝2，
∴cs∠AOG＝＝，
∴∠AOG＝60°，
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC＝∠AOB＝30°，AC⊥OB，AO＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO＝60°，
∵DE⊥OB，
∴DE∥AC，
∴∠EDO＝∠ACO＝60°，
∴△EOD是等边三角形，
∴ED＝OD＝x，
∵DF∥OB，
∴△CDF∽△COB，
∴，
∵A（2，2），AO＝4，则B（6，2），
∴OB＝，
∴＝，
∴DF＝（4﹣x），
∴S＝＝，
∴S＝（0＜x＜4），
（2）∵S＝＝（0＜x＜4），
∴当x＝2时，S有最大值，最大值为2．
【中考模拟练】
1．（2024•泌阳县一模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若AC＝8，S菱形ABCD＝24，则OH的长为（ ）
A．3B．4C．4.8D．5
【分析】根据菱形的面积公式：对角线乘积的一半，求出菱形的对角线的长，再利用菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，DO＝BO，AO＝OC，
∵AC＝8，S菱形ABCD＝AC•BD＝24，
∴×8•BD＝24，
∴BD＝6，
∵DH⊥BC，
∴∠DHB＝90°，
∵DO＝BO，
∴OH＝BD＝3，
故选：A．
2．（2024•鼓楼区校级模拟）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，点M、N分别是BC、AD的中点，连接AM、CN．若四边形AMCN为菱形，则▱ABCD的面积为（ ）
A．7.5B．9.6C．12D．15
【分析】连接AC，由菱形的性质得AM＝CM，再证AM＝BC，则△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，进而由勾股定理得AC＝4，S△ABC＝AB•AC＝6，然后由平行四边形的性质即可得出结论．
【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形AMCN是菱形，
∴AM＝CM，
∵点M是BC的中点，
∴CM＝BC，
∴AM＝BC，
∴△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，
∴AC＝＝＝4，
∴S△ABC＝AB•AC＝×3×4＝6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S平行四边形ABCD＝2S△ABC＝2×6＝12，
故选：C．
3．（2024•香洲区校级一模）如图，这是由10个全等的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点，我们把三个顶点都在格点上的三角形称为格点三角形，△ABC是格点三角形，将
△ABC平移后仍为格点三角形（本身除外）的方法有（ ）
A．5种B．6种C．7种D．8种
【分析】根据菱形的性质画出图形解答即可．
【解答】解：如图所示：
故选：C．
4．在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（2，0），B（3，，，将菱形OABC沿x轴向右平移3个单位长度，再沿y轴向上平移3个单位长度，得到菱形O′A′B′C′，则顶点B′的坐标为（ ）
A．（3，3）B．（5，0）C．D．
【分析】由菱形的性质和平移的性质即可得出结论．
【解答】解：∵B（3，，将菱形OABC沿x轴向右平移3个单位长度，再沿y轴向上平移3个单位长度，
∴顶点B′的坐标为（3+3，3+，
即（6，3+，
故选：D．
5．（2024•西安模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，sin∠ABD＝，点E为BC延长线上的一点，连接AE交BD于点F，连接CF，若CF⊥AE，则BE的长为 15 ．
【分析】连接AO交BD于点O，根据菱形的性质得到CB＝AB＝DA＝5，OA＝OC，OD＝OB，AC⊥BD，求得∠ABD＝∠CBD，∠COB＝90°，根据三角函数的定义得到OA＝OC＝CB＝×5＝，根据勾股定理得到OD＝OB＝＝＝2，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：连接AO交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，
∴CB＝AB＝DA＝5，OA＝OC，OD＝OB，AC⊥BD，
∴∠ABD＝∠CBD，∠COB＝90°，
∴＝sin∠CBD＝sin∠ABD＝，
∴OA＝OC＝CB＝×5＝，
∴OD＝OB＝＝＝2，
∴BD＝OB＝4，
∵CF⊥AE，
∴∠CFE＝90°，则OF＝OC＝AC＝，
∴BF＝OB+OF＝2＝3，DF＝OD﹣OF＝2﹣＝，
∵BE∥DA，
∴△BEF∽△DAF，
∴＝＝3，
∴BE＝3DA＝3×5＝15；
故答案为：15．
6．（2024•温江区校级模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是AD，CD边上的中点，连接EF．若EF＝3，BD＝4，则菱形ABCD的面积为 12 ．
【分析】根据EF是△ACD的中位线，根据三角形中位线定理求的AC的长，然后根据菱形的面积公式求解．
【解答】解：∵E、F分别是AD，CD边上的中点，即EF是△ACD的中位线，
∴AC＝2EF＝6，
则S菱形ABCD＝AC•BD＝×6×4＝12．
故答案为：12．
7．（2024•梁溪区校级模拟）用没有刻度的直尺和圆规作图（不写作法，保留作图痕迹）．
（1）已知△ABC，以∠B为一个内角的菱形BEFG，使顶点F在AC边上；
（2）若∠A＝45°，tanB＝，AC＝，则（1）中作出的菱形BEFG的面积为 ．
【分析】（1）由∠B为菱形BEFG的一个内角，且顶点F在AC边上可知，BF是∠ABC的平分线，且EG垂直平分BF，于是得到该作图问题的作法；
（2）作CL⊥AB于点L，由∠A＝45°，tan∠ABC＝，得∠LCA＝∠A＝45°，＝sin45°＝，＝tan∠ABC＝，求得AL＝CL＝AC＝4，BL＝CL＝3，则AB＝7，BC＝5，而FE∥AB，则△FEC∽△ABC，所以＝＝，则＝，求得FE＝，所以CH＝＝，则HL＝CL﹣CH＝，求得S菱形BEFG＝EF•HL＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）作法：1．作∠ABC的平分线BP，交AC于点F；
2．作线段BF的垂直平分线MN交BC于点E，交AB于点G；
3．连接EF、EG，
四边形BEFG就是所求的图形．
证明：设EG交BF于点O，
∵线段BF的垂直平分线MN交BC于点E，交AB于点G，
∴BE＝FE，BG＝FG，∠BOE＝∠BOG＝90°，
∵BF平分∠ABC，
∴∠EBO＝∠GBO，
在△EBO和△GBO中，
，
∴△EBO≌△GBO（ASA），
∴BE＝BG，
∴BE＝FE＝BG＝FG，
∴四边形BEFG是菱形，
∴四边形BEFG就是所求的图形．
（2）作CL⊥AB于点L，则∠ALC＝∠BLC＝90°，
∵∠A＝45°，tan∠ABC＝，AC＝，
∴∠LCA＝∠A＝45°，＝sinA＝sin45°＝，＝tan∠ABC＝，
∴AL＝CL＝AC＝×4＝4，
∴BL＝CL＝×4＝3，
∴AB＝AL+BO＝4+3＝7，BC＝＝＝5，
∵四边形BEFG是菱形，
∴FE∥AB，FE＝BE，
∴△FEC∽△ABC，∠EHC＝∠BLC＝90°，EC＝BC﹣BE＝5﹣FE，
∴CH⊥FE，
∴＝＝，
∴＝，
解得FE＝，
∴CH＝＝＝，
∴HL＝CL﹣CH＝4﹣＝，
∴S菱形BEFG＝EF•HL＝×＝，
故答案为：．
8．（2024•苍溪县一模）菱形ABCD对角线AC与BD交于点O，若∠ABC＝45°，过点A作AM⊥BC于点M，交BD于点N．
（1）求证：；
（2）若AB＝4，求AN的长度．
【分析】（1）由“AAS”可证△BMN≌△AMC，可得BN＝AC＝2OC；
（2）由角平分线的性质可得MN＝NH，由等腰直角三角形的性质可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝45°，
∴AC⊥BD，AC＝2OC，AB＝BC＝CD＝DA，∠OBC＝22.5°，
∵∠DCO＝∠ACB＝67.5°，
∴∠ACB+∠MAC＝90°＝∠OBC+∠ACB，
∴∠MAC＝∠OBC＝22.5°，
又∵BM＝AM，∠BMN＝∠AMC＝90°，
∴△BMN≌△AMC（AAS），
∴BN＝AC＝2OC；
（2）解：过N作NH⊥AB于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ABC，
又∵NH⊥AB，AM⊥BC，
∴NM＝NH，
设NM＝NH＝x，
∵∠ABC＝45°，
∴△ABM 与△AHN 均为等腰直角三角形，
∵NM＝NH＝x＝AH，AH2+HN2＝AN2，AB2＝AM2+BM2，
∴，
∴，
得 ，
∴．
9．（2024•河北模拟）如图，已知四边形ABCD是菱形，延长BA到E，使EA＝BC，连接ED．
（1）求证：∠EDB＝90°；
（2）已知，AB＝13，求DE的长．
【分析】（1）由菱形的性质得AB＝AD＝BC，从而∠ABD＝∠ADB，再证明EA＝AD得∠E＝∠ADE，然后利用三角形内角和定理即可证明∠EDB＝90°；
（2）过A作AF⊥BC于F，连接AC，由求出AF＝5，BF＝12，进而求出，然后证明四边形AEDC是平行四边形即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵EA＝BC，
∴EA＝AD，
∴∠E＝∠ADE，
∵∠ABD+∠ADB+∠E+∠ADE＝180°，
∴∠ADE+∠ADB＝90°，
∴∠EDB＝90°．
（2）解：过A作AF⊥BC于F，连接AC，
∵CD∥AB，
∴∠DCB＝∠ABF，
∴，
设AF＝5x，BF＝12x，
∵AB＝13，AF2+BF2＝AB2，
∴（5x）2+（12x）2＝132，
∴x＝1（负值舍去），
∴AF＝5，BF＝12，
∵BC＝AB＝13，
∴CF＝25，
∴，
∵CD∥AE，且CD＝AE，
∴四边形AEDC是平行四边形，
∴．
题型02 菱形的判定和性质的综合
【中考真题练】
1．（2023•深圳）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，将线段AB水平向右平移a个单位长度得到线段EF，若四边形ECDF为菱形时，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】证得四边形ECDF为平行四边形，当CD＝CD＝4时，▱ECDF为菱形，此时a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，CE∥FD，CD＝AB＝4，
∵将线段AB水平向右平得到线段EF，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形ECDF为平行四边形，
当CD＝CE＝4时，▱ECDF为菱形，
此时a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
故选：B．
2．（2023•德阳）如图，▱ABCD的面积为12，AC＝BD＝6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是（ ）
A．1B．C．D．3
【分析】先判定四边形OCFD为菱形，找出当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP∥OD，利用平行四边形的面积求解DM的长，再利用三角形的中位线定理可求解PG的长，进而可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AC＝BD，
∴OD＝OC，
∵DF∥AC，OD∥CF，
∴四边形OCFD为菱形，
∵点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，
∴当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．
过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP∥MD，
∵矩形ABCD的面积为12，AC＝6，
∴2×AC•DM＝12，
即2××6•DM＝12，
解得DM＝2，
∵G为CD的中点，
∴GP为△DMC的中位线，
∴GP＝DM＝1，
故PG的最小值为1．
故选：A．
3．（2023•齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于点O．请添加一个条件： AD∥BC（AB＝CD或 OB＝OD 或∠ADB＝∠CBD 等） ，使四边形ABCD成为菱形．
【分析】根据AD∥BC或AB＝CD或或ADB＝∠CBD，证得四边形ABCD是平行四边形，再根据AC⊥BD可证得四边形ABCD是菱形；根据OB＝OD，证得Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），得到AO＝CO，DO＝BO，可证得四边形ABCD是菱形．
【解答】解：当添加“AD∥BC”时，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加：“AB＝CD”时，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加“OB＝OD”时，
∵AD＝BC，AC⊥BD，
∴Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加：“∠ADB＝∠CBD”时，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ）．
4．（2023•湘西州）如图，四边形ABCD是平行四边形，BM∥DN，且分别交对角线AC于点M，N，连接MD，BN．
（1）求证：∠DMN＝∠BNM；
（2）若∠BAC＝∠DAC．求证：四边形BMDN是菱形．
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，证明△BOM≌△DON，推出四边形BMDN为平行四边形，得到BN∥DM，即可得证；
（2）先证明四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，进而得到MN⊥BD，即可得证．
【解答】证明：（1）连接BD，交AC于点O，如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵BM∥DN，
∴∠MBO＝∠NDO，
又∠BOM＝∠DON，
∴△BOM≌△DON（ASA），
∴BM＝DN，
∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN∥DM，
∴∠DMN＝∠BNM；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BCA＝∠DAC，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴MN⊥BD，
∴平行四边形BMDN是菱形．
5．（2023•张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF．
（1）求证：AE∥BF；
（2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形．
【分析】（1）由SSS证明△AEC≌△BFD（SSS），得到∠A＝∠B，即可证明AE∥BF；
（2）由△AEC≌△BFD，得到∠ECA＝∠FDB，推出EC∥DF，又EC＝DF，得到四边形DECF是平行四边形，而DF＝FC，推出四边形DECF是菱形．
【解答】证明：（1）∵AD＝BC，
∴AD+CD＝BC+CD，
∴AC＝BD，
∵AE＝BF，CE＝DF，
∴△AEC≌△BFD（SSS），
∴∠A＝∠B，
∴AE∥BF；
（2）∵△AEC≌△BFD（SSS），
∴∠ECA＝∠FDB，
∴EC∥DF，
∵EC＝DF，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵DF＝FC，
∴四边形DECF是菱形．
6．（2023•日照）如图，平行四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，DE，且BE＝DE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝10，tan∠BAC＝2，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）连接BD交AC于O，根据平行四边形的性质得到BO＝OD，根据全等三角形的判定和性质和菱形的判定即可得到结论；
（2）解直角三角形得到AO＝2，BO＝4，根据菱形的性质得到AC＝2AO＝4，BD＝2BO＝8，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝OD，
在△BOE与△DOE中，
∴△BOE≌△DOE（SSS），
∴∠BEO＝∠DEO，
在△BAE与△DAE中，
，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：在Rt△ABO中，∵tan∠BAC＝＝2，
∴设AO＝x，BO＝2x，
∴AB＝＝x＝10，
∴x＝2，
∴AO＝2，BO＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO＝4，BD＝2BO＝8，
∴四边形ABCD的面积＝AC•BD＝＝80．
7．（2023•云南）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，AE＝AF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，△ABE的面积等于，求平行线AB与DC间的距离．
【分析】（1）根据平行四边形对角相等得到∠BAD＝∠BCD，再根据AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，可得到∠DAE＝∠BCF，再根据平行四边形对边平行得到∠DAE＝∠AEB，于是有∠BCF＝∠AEB，得出AE∥FC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证得四边形AECF是平行四边形，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）连接AC，根据平行四边形的性质和角平分线的定义可证得AB＝EB，结合已知∠ABC＝60°得到△ABE是等边三角形，从而求出AB＝AE＝EB＝EC＝4，∠BAE＝60°，再证得∠EAC＝30°，即可得到∠BAC＝90°，根据勾股定理求出AC的长，从而得出平行线AB与DC间的距离．
【解答】（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，
∴，，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BCF＝∠AEB，
∴AE∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE＝AF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝EB，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝∠ABE＝60°，
∵△ABE的面积等于，
∴，
∴AB＝4，
即AB＝AE＝EB＝4，
由（1）知四边形AECF是菱形，
∴AE＝CE＝4，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵∠AEB是△AEC的一个外角，
∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝60°，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝90°，
即AC⊥AB，
由勾股定理得，
即平行线AB与DC间的距离是．
【中考模拟练】
1．（2024•南通一模）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，且AB∥CD，则添加下列一个条件能判定四边形ABCD是菱形的是（ ）
A．AC＝BDB．∠ADB＝∠CDBC．∠ABC＝∠DCBD．AD＝BC
【分析】根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，∠ABO＝∠CDO，
∵OA＝OC，
∴△AOB≌△COD（AAS），
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
A、当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形；故选项A不符合题意；
B、∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∵∠ADB＝∠CDB，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∴四边形ABCD为菱形，故选项B符合题意；
C、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠DCB
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；故选项C不符合题意；
D、当AD＝BC时，不能判定四边形ABCD为菱形；故选项D不符合题意．
故选：B．
2．（2024•丽水一模）如图所示，把两张矩形纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD．固定一张纸条，另一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（ ）
A．四边形ABCD的周长不变
B．四边形ABCD的面积不变
C．AD＝AB
D．AB＝CD
【分析】由平行四边形的性质进行判断，即可得到答案．
【解答】解：由题意可知，AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，故D符合题意，
随着一张纸条在转动过程中，AD不一定等于AB，
四边形ABCD周长、面积都会改变，
故ABC不符合题意，
故选：D．
3．（2023•赵县二模）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，要在对角线BD上找两点M、N，使得四边形AMCN是菱形，现有图2中的甲、乙两种方案，则正确的方案是（ ）
A．只有甲B．只有乙
C．甲和乙D．甲乙都不是
【分析】根据菱形的性质可得OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，然后根据给出的方案进行判定即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，
∵BM＝DN，
∴OM＝ON，
∵OA＝OC，MN⊥AC，
∴四边形AMCN是菱形，
故方案甲正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，∠BAC＝∠DAC，
∵AM，AN是∠BAC和∠DAC的平分线，
∴∠MAC＝∠NAC，
∵∠AOM＝∠AON＝90°，
在△AOM和△AON中，
，
∴△AOM≌△AON（ASA），
∴OM＝ON，
∵OA＝OC，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵AC⊥MN，
∴四边形AMCN是菱形．
故方案乙正确．
故选：C．
4．（2024•惠城区模拟）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（ ）
①；
②与△EGD全等的三角形共有2个；
③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④B．①④C．①②③D．②③④
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG＝CD＝AB，①正确；
②先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，则四边形ABDE是菱形，④正确；
③由菱形的性质得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS证明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确；
由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG＝CD＝AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB＝OD，
∴S△BOG＝S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG＝S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故选：A．
5．（2024•昭通一模）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．
（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．
【分析】（1）证四边形AECD是平行四边形，∠CDE＝∠AED，再证∠AED＝∠ADE，则AD＝AE，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE，再求出AC＝16，则OA＝OC＝8，然后由勾股定理得OD＝6，则DE＝2OD＝12，即可解决问题．
【解答】（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，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴平行四边形AECD是菱形；
（2）解：由（1）可知，四边形AECD是菱形，
∴OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE，
∵△ACD的周长为36，
∴AC＝36﹣AD﹣CD＝36﹣10﹣10＝16，
∴OA＝OC＝8，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD＝＝＝6，
∴DE＝2OD＝12，
∴菱形AECD的面积＝AC•DE＝×16×12＝96．
6．（2024•武威一模）如图，▱ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，∠ABC的平分线交AD于点F．
（1）求证：▱ABEF是菱形；
（2）若▱ABCD∽▱FDCE，则的值为 ．
【分析】（1）利用平行四边形的性质可得AD∥BC，再利用平行线的性质和角平分线的定义可得△ABE，△ABF是等腰三角形，从而可得AB＝BE，AB＝AF
进而可得BE＝AF，然后利用平行四边形的判定可得四边形ABEF是平行四边形，再利用菱形的判定，即可解答；
（2）利用（1）的结论可得BE＝EF，AB∥EF，再利用平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，从而可得EF∥CD，进而可得四边形FECD是平行四边形，然后利用平行四边形的性质可得CD＝EF，从而可得BE＝EF＝CD，再利用相似多边形的性质可得＝，从而可得CD2＝BC•CE，进而可得BE2＝BC•CE，最后根据黄金分割的定义可得：点E是BC的黄金分割点，从而可得＝，进而可得＝，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAF＝∠AEB，∠AFB＝∠EBF，
∵AE平分∠BAD，BD平分∠ABC，
∴∠BAE＝∠EAF，∠ABF＝∠EBF，
∴∠BAE＝∠AEB，∠ABF＝∠AFB，
∴AB＝BE，AB＝AF
∴BE＝AF，
∵AD∥BC，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵四边形ABEF是菱形，
∴BE＝EF，AB∥EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴四边形FECD是平行四边形，
∴CD＝EF，
∴BE＝EF＝CD，
∵▱ABCD∽▱FDCE，
∴＝，
∴CD2＝BC•CE，
∴BE2＝BC•CE，
∴点E是BC的黄金分割点，
∴＝，
∴＝，
∴＝＝，
故答案为：．
7．（2022•平谷区一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边中点，过D点作AB的垂线交BC于点E，在直线DE上截取DF，使DF＝ED，连接AE、AF、BF．
（1）求证：四边形AEBF是菱形；
（2）若cs∠EBF＝，BF＝5，连接CD，求CD的长．
【分析】（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形AEBF是菱形；
（2）过点F作FG⊥BC于点G，得矩形AFGC，根据cs∠EBF＝，BF＝5，可得BG＝3，FG＝AC＝4，根据勾股定理求出AB的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD的长．
【解答】（1）证明：∵点D为AB边中点，
∴AD＝BD，
∵DF＝ED，
∴四边形AEBF是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形；
（2）解：如图，连接CD，过点F作FG⊥BC于点G，得矩形AFGC，
∵cs∠EBF＝＝，BF＝5，
∴BG＝3，
∴FG＝AC＝4，
∵四边形AEBF是菱形，
∴CG＝AF＝BF＝5，
∴BC＝CG+BG＝5+3＝8，
∴AB＝＝＝4，
∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD＝AB＝2．
∴CD的长为2．
考点四：正方形
正方形在中考中常作为选择题的压轴题出现，而且多考察正方形的性质。
题型01 正方形的性质
【中考真题练】
1．（2023•安徽）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝2，FB＝1，则MG＝（ ）
A．2B．C．+1D．
【分析】根据相似三角形的判定结合正方形的性质证得△AEF∽△ACB，求得AC＝3，根据相似三角形的性质求得AE＝2，CE＝，证得△ADE∽△CME，根据相似三角形的性质得到CM＝＝BM，证得△CDM≌△BGM，求出BG，根据勾股定理即可求出MG．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AF＝2，FB＝1，
∴CD＝AD＝AB＝BC＝3，∠ADC＝∠DAB＝∠ABC＝90°，DC∥AB，AD∥BC，
∴AC＝＝3，
∵EF⊥AB，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴EF＝2，
∴AE＝＝2，
∴CE＝AC﹣AE＝，
∵AD∥CM，
∴△ADE∽△CME，
∴＝，
∴＝＝2，
∴CM＝＝BM，
在△CDM和△BGM中，
，
∴△CDM≌△BGM（SAS），
∴CD＝BG＝3，
∴MG＝＝＝．
故选：B．
2．（2023•攀枝花）如图，已知正方形ABCD的边长为3，点P是对角线BD上的一点，PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，连接PC，当PE：PF＝1：2时，则PC＝（ ）
A．B．2C．D．
【分析】先证四边形AEPF是矩形，可得PE＝AF，∠PFD＝90°，由等腰直角三角形的性质可得PF＝DF，可求AF，DF的长，由勾股定理可求AP的长，由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP＝PC＝．
【解答】解：连接AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝3，∠ADB＝45°，
∵PF⊥AD，PE⊥AB，∠BAD＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴PE＝AF，∠PFD＝90°，
∴△PFD是等腰直角三角形，
∴PF＝DF，
∵PE：PF＝1：2，
∴AF：DF＝1：2，
∴AF＝1，DF＝2＝PF，
∴AP＝＝＝，
∵AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，BP＝BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝PC＝，
故选：C．
3．（2023•宜宾）如图，边长为6的正方形ABCD中，M为对角线BD上的一点，连接AM并延长交CD于点P，若PM＝PC，则AM的长为（ ）
A．3（﹣1）B．3（3﹣2）C．6（﹣1）D．6（3﹣2）
【分析】以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，由正方形ABCD边长为6，可知A（0，6），D（6，6），C（6，0），直线BD解析式为y＝x，设M（m，m），可得直线AM解析式为y＝x+6，即得P（6，），由PM＝PC，有（m﹣6）2+（m﹣）2＝（）2，解得m＝9+3（不符合题意，舍去）或m＝9﹣3，故M（9﹣3，9﹣3），从而求出AM＝6（﹣1）．
【解答】解：以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，如图：
∵正方形ABCD边长为6，
∴A（0，6），D（6，6），C（6，0），
由B（0，0），D（6，6）可得直线BD解析式为y＝x，
设M（m，m），
由A（0，6），M（m，m）得直线AM解析式为y＝x+6，
在y＝x+6中，令x＝6得y＝，
∴P（6，），
∵PM＝PC，
∴（m﹣6）2+（m﹣）2＝（）2，
∴m2﹣12m+36+m2﹣2（12m﹣36）+（）2＝（）2，
整理得m2﹣18m+54＝0，
解得m＝9+3（不符合题意，舍去）或m＝9﹣3，
∴M（9﹣3，9﹣3），
∴AM＝＝6（﹣1），
故选：C．
方法2：
∵PM＝PC，
∴∠PMC＝∠PCM，
∴∠DPA＝∠PMC+∠PCM＝2∠PCM＝2∠PAD，
∵∠DPA+∠PAD＝90°，
∴∠APD＝60°，∠PAD＝30°，
∴PD＝＝2，∠CPM＝120°，
∴CP＝CD﹣PD＝6﹣2，
在△PCM中，∠CPM＝120°，PM＝PC，
∴CM＝CP＝6﹣6，
由正方形对称性知AM＝CM＝6（﹣1），
方法3：
∵四边形ABCD是边长为6的正方形，
∴AB＝AD＝CD＝6，AB∥CD，
由题意：设AM＝m，PM＝n，则PC＝n，DP＝6﹣n，
∵AB∥CD，
∴，
∴，
化简得：mn＝6m﹣6n，
由勾股定理可知：AD2+DP2＝AP2，
∴62+（6﹣n）2＝（m+n）2，
化简得：m2+2mn+12n＝72，
将mn＝6m﹣6n代入，得：m2+12m﹣12n+12n﹣72＝0，
解得：m1＝6﹣6，m2＝﹣6﹣6（舍去），
∴AM＝6﹣6，
故选：C．
4．（2023•重庆）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC的中点，E为正方形内一点，连接BE，BE＝BA，连接CE并延长，与∠ABE的平分线交于点F，连接OF，若AB＝2，则OF的长度为（ ）
A．2B．C．1D．
【分析】连接AF，根据正方形ABCD得到AB＝BC＝BE，∠ABC＝90°，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得∠BFE＝45°，再证明△ABF≌△EBF，求得∠AFC＝90°，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出OF的长度．
【解答】解：如图，连接AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BE＝BC，∠ABC＝90°，AC＝AB＝2，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴∠EBC＝180°﹣2∠BEC，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝2∠BEC﹣90°，
∵BF平分∠ABE，
∴∠ABF＝∠EBF＝∠ABE＝∠BEC﹣45°，
∴∠BFE＝∠BEC﹣∠EBF＝45°，
在△BAF与△BEF中，
，
∴△BAF≌△BEF（SAS），
∴∠BFE＝∠BFA＝45°，
∴∠AFC＝∠BFA+∠BFE＝90°，
∵O为对角线AC的中点，
∴OF＝AC＝，
故选：D．
5．（2023•青岛）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，AF，DE相交于点M，G为BC上一点，N为EG的中点．若BG＝3，CG＝1，则线段MN的长度为（ ）
A．B．C．2D．
【分析】根据条件正方形边长为4，由勾股定理求出线段DG长，利用中位线得到MN长即可．
【解答】解：连接DG，EF，
∵点E，F分别是AB，CD的中点，
∴四边形AEFD是矩形，
∴M是ED的中点，
在正方形ABCD中，BG＝3，CG＝1，
∴BC＝DC＝4，
在Rt△DGC中，由勾股定理得，
DG＝＝＝，
在三角形EDG中，M是ED的中点，N是EG的中点，
∴MN是三角形EDG的中位线，
∴MN＝DG＝．
故选：B．
6．（2023•绵阳）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由正方形ABCD的边长为4及BG＝3CG，可求出BG的长，进而求出 AG的长，证△ADE∽△GAB，利用相似三角形对应边成比例可求得AE、DE的长，证△ABF≌△DAE，
得AF＝DE，根据线段的和差求得EF的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，
∴BC＝CD＝DA＝AB＝4，∠BAD＝∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AGB，
∵BG＝3CG，
∴BG＝3，
∴在Rt△ABG中，AB2+BG2＝AG2，
∴AG＝，
∵DE⊥AG，
∴∠DEA＝∠DEF＝∠ABC＝90°，
∴△ADE∽△GAB，
∴AD：GA＝AE：GB＝DE：AB，
∴4：5＝AE：3＝DE：4，
∴AE＝，DE＝，
又∵BF∥DE，
∴∠AFB＝∠DEF＝90°，
又∵AB＝AD，∠DAE＝∠ABF（同角的余角相等），
∴△ABF≌△DAE，
∴AF＝DE＝，
∴EF＝AF﹣AE＝，
∴tan∠EDF＝，
故选：A．
7．（2023•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则＝＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABEF、四边形ACGH、四边形BCMN都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，
∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，
∴△ABC≌△AFH（SAS），
∴BC＝HF，
∵HF＝FG，
∴BC＝FG，
∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，
∴∠ACG+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，
∴B、C、G三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，
∴BE＝AF＝＝m，
∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，
∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，
∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，
∴CQ＝BC＝m，
∵∠E＝∠BCQ＝90°，
∴＝＝＝tan∠PBE，
∴PE＝BE＝×m＝m，
∴S四边形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，
∴＝＝，
故选：B．
8．（2023•眉山）如图，在正方形ABCD中，点E是CD上一点，延长CB至点F，使BF＝DE，连结AE，AF，EF，EF交AB于点K，过点A作AG⊥EF，垂足为点H，交CF于点G，连结HD，HC．
下列四个结论：
①AH＝HC；
②HD＝CD；
③∠FAB＝∠DHE；
④AK•HD＝．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①证明△EAF是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得AH＝EF＝CH，可得①正确；
②证明∠DAH与∠AHD不一定相等，则AD与DH不一定相等，可知②不正确；
③证明△ADH≌△CDH（SSS），则∠ADH＝∠CDH＝45°，再由等腰直角三角形的性质可得结论正确；
④证明△AKF∽△HED，列比例式可得结论正确．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADE＝∠ABC＝90°，
∴∠ADE＝∠ABF＝90°，
∵DE＝BF，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF，
∵∠DAE+∠EAB＝90°，
∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠EAF＝90°，
∵AG⊥EF，
∴EH＝FH，
∴AH＝EF，
Rt△ECF中，∵EH＝FH，
∴CH＝EF，
∴AH＝CH；
故①正确；
③∵AH＝CH，AD＝CD，DH＝DH，
∴△ADH≌△CDH（SSS），
∴∠ADH＝∠CDH＝45°，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFK＝∠EDH＝45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BKF＝∠CEH，
∴∠AKF＝∠DEH，
∴∠FAB＝∠DHE，
故③正确；
②∵∠ADH＝∠AEF，
∴∠DAE＝∠DHE，
∵∠BAD＝∠AHE＝90°，
∴∠BAE＝∠AHD，
∵∠DAE与∠BAG不一定相等，
∴∠DAH与∠AHD不一定相等，
则AD与DH不一定相等，即DH与CD不一定相等，
故②不正确；
④∵∠FAB＝∠DHE，∠AFK＝∠EDH，
∴△AKF∽△HED，
∴＝，
∴AK•DH＝AF•EH，
在等腰直角三角形AFH中，AF＝FH＝EH，
∴AK•HD＝．
故④正确；
∴本题正确的结论有①③④，共3个．
故选：C．
9．（2023•枣庄）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为 ．
【分析】在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，可知O是中点，∠BCD＝90°，F为DE的中点，则CF＝EF＝DF，△CEF的周长为32，CE＝7，则CF+EF＝25，即DE＝25，根据勾股定理可得CD＝24＝BC，从而求得BE，再根据中位线的性质即可解答．
【解答】解：在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠BCD＝90°，O是中点，
∵F为DE的中点，
∴CF＝EF＝DF，
∵△CEF的周长为32，CE＝7，
∴CF+EF＝25，即DE＝25，
在Rt△CDE中，根据勾股定理可得CD＝24＝BC，
∴BE＝24﹣7＝17，
根据三角形的中位线可得OF＝BE＝．
故答案为：．
10．（2023•扬州）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B′处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3：5，那么线段FC的长为 ．
【分析】连接BB'，过点F作FH⊥AD，设CF＝x，则DH＝x，BF＝1﹣x，根据已知条件，分别表示出AE、EH、HD，证明△EHF≌△B'CB，得出EH＝B'C＝﹣2x，在Rt△B'FC中，根据勾股定理建立方程即可解答．
【解答】解：如图，连接BB'，过点F作FH⊥AD，
∵已知正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3：5，
∴S四边形ABFE＝，
设CF＝x，则DH＝x，BF＝1﹣x，
∴S四边形ABFE＝，
即，
解得AE＝x﹣，
∴DE＝1﹣AE＝，
∴EH＝ED﹣HD＝，
由折叠的性质可得BB'⊥EF，
∴∠1+∠2＝∠BGF＝90°，
∵∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
又FH＝BC＝1，∠EHF＝∠C，
∴△EHF≌△B'CB（ASA），
∴EH＝B'C＝，
在Rt△B'FC中，B'F2＝B'C2+CF2，
∴（1﹣x）2＝x2+（）2，
解得x＝．
故答案为：．
11．（2023•绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG＝∠DCG．再证明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE＝∠GEC＝90°，
∴AD∥GE，
∴∠DAG＝∠EGH．
（2）解：AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG＝∠CDG＝45°，
又∵DG＝DG，AD＝CD，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG＝∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
【中考模拟练】
1．（2024•修水县一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当∠ABC＝90°，平行四边形ABCD是矩形
B．当AC＝BD，平行四边形ABCD是矩形
C．当AB＝BC，平行四边形ABCD是菱形
D．当AC⊥BD，平行四边形ABCD是正方形
【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断D．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当∠ABC＝90°，平行四边形ABCD是矩形，故选项A正确，不符合题意；
当AC＝BD，平行四边形ABCD是矩形，故选项B正确，不符合题意；
当AB＝BC，平行四边形ABCD是菱形，故选项C正确，不符合题意；
当AC⊥BD，平行四边形ABCD是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意；
故选：D．
2．（2024•包河区一模）如图，已知，正方形ABCD边长为1，以AB为直径在正方形ABCD内部作半圆，点P是CD边的中点，BP与半圆交于点Q，连接DQ．下列结论错误的是（ ）
A．DQ＝1B．
C．D．
【分析】①连接OQ，OD，如图1．易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．结合OQ＝OB，可证到∠AOD＝∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，则有DQ＝DA＝1；
②连接AQ，如图2，根据勾股定理可求出BP．易证Rt△AQB∽Rt△BCP，运用相似三角形的性质可求出BQ，从而求出PQ的值，就可得到的值；
③过点Q作QH⊥DC于H，如图3．易证△PHQ∽△PCB，运用相似三角形的性质可求出QH，从而可求出S△PDQ的值；
④过点Q作QN⊥AD于N，如图4．易得DP∥NQ∥AB，根据平行线分线段成比例可得＝＝，把AN＝1﹣DN代入，即可求出DN，然后在Rt△DNQ中运用三角函数的定义，就可求出cs∠ADQ的值．
【解答】解：以AB为直径在正方形ABCD内部作半圆O，
①连接OQ，OD，如图1．
∵正方形ABCD的边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，
∴AB∥CD，OA＝OB＝，DP＝，
∴DP＝OB，DP∥OB，
∴四边形DOBP是平行四边形，
∴DO∥BP．
∴∠AOD＝∠OBQ，∠DOQ＝∠OQB，
∵OQ＝OB，
∴∠OBQ＝∠OQB，
∴∠AOD＝∠QOD，
在△AOD和△QOD中，
，
∴△AOD≌△QOD（SAS），
∴DQ＝DA＝1．
故A正确，不符合题意；
②∵正方形ABCD的边长为1，点P是CD中点，
∴CP＝，∠C＝∠ABC＝90°，
∴BP＝＝，
∵AB为直径，
∴∠AQB＝90°，
∴∠BAQ+∠ABQ＝90°，∠PBC+∠ABQ＝90°，
∴∠BAQ＝∠PBC，
∴Rt△AQB∽Rt△BCP，
∴＝，
即＝，
∴BQ＝，
则PQ＝﹣＝，
∴＝＝，
故B正确，不符合题意；
③过点Q作QH⊥DC于H，如图2．
∴QH∥BC，
∴△PHQ∽△PCB，
∴＝，
即＝，
∴QH＝，
∴S△PDQ＝DP•QH＝××＝．
故C正确，不符合题意；
④过点Q作QN⊥AD于N，如图3．
∴DP∥NQ∥AB，
∴＝＝，
∴＝，
解得：DN＝．
∵DQ＝1，
∴cs∠ADQ＝＝．
故D错误，符合题意．
故选：D．
3．（2024•丰顺县一模）如图，分别以△ABC的三边AB、BC．AC为边向外侧作正方形AFGB．正方形BHLC．正方形ACDE，连接EF，GH、DL，再过A作AK⊥BC于K．延长KA交EF于点M．
①S正方形AFGB+S正方形ACDE＝S正方形BHLO；
②EM＝MF；
③当AB＝3，BC＝5．∠BAC＝90°时，S阴影部分＝20．
其中正确的结论共有（ ）个．
A．0B．1C．2D．3
【分析】①运用正方形性质和勾股定理即可判断结论①不正确；
②过点E作ER⊥AK于R，过点F作FT⊥AK于T，可证得△AER≌△CAK（AAS），△EMR≌△FMT（AAS），即可判断结论②正确；
③分别过点A、G、D作AP⊥BH于P，AK⊥BC于K，AN⊥CL于N，GQ⊥BH于Q，DM⊥CL于M，运用全等三角形的判定和性质可证得GQ＝BP＝AK，DM＝CN＝AK，再运用面积法可得AK＝，再利用S阴影部分＝S△AEF+S△BGH+S△CDL，即可判断结论③错误．
【解答】解：①由正方形的性质可得：S正方形AFGB+S正方形ACDE＝AB2+AC2，S正方形BHLC＝BC2，
∵∠BAC不一定是直角，
∴AB2+AC2＝BC2不一定成立，故结论①不正确；
②如图，过点E作ER⊥AK于R，过点F作FT⊥AK于T，
则∠ERA＝∠ATF＝90°，
∴∠EAR+∠AER＝90°，
∵四边形ACDE是正方形，
∴AC＝AE，∠CAE＝90°，
∴∠EAR+∠CAK＝90°，
∴∠AER＝∠CAK，
在△AER和△CAK中，
，
∴△AER≌△CAK（AAS），
∴ER＝AK，
同理可得：FT＝AK，
∴ER＝FT，
在△EMR和△FMT中，
，
∴△EMR≌△FMT（AAS），
∴EM＝MF，故结论②正确；
③∵AB＝3，BC＝5，∠BAC＝90°，
∴AC＝，
如图，分别过点A、G、D作AP⊥BH于P，AK⊥BC于K，AN⊥CL于N，GQ⊥BH于Q，DM⊥CL于M，
同理可得GQ＝BP＝AK，DM＝CN＝AK，
∵BC•AK＝AB•AC，
∴AK＝，
∴S阴影部分＝S△AEF+S△BGH+S△CDL＝×3×4+×5×+×5×＝18，故结论③错误；
故选：B．
4．（2024•宜兴市模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，对角线AC上的有一动点P，以DP为边作正方形DPFG．下列结论：①在P点运动过程中，F点始终在射线BC上；②在P点运动过程中，∠CPD可能为135°；③若E是DC的中点，连接EG，则EG的最小值为；④△CDP为等腰三角形时，AP的值为2或4﹣4．其中结论正确的是（ ）
A．①②③B．①③④C．①③D．②④
【分析】由“SAS”可证△DPH≌△FPC，可得∠PHD＝∠PCF＝135°，可证点B，点C，点F三点共线，故①正确；由三角形的外角可得∠CPD不可能为135°，故②错误；由△DPN≌△DGE（SAS），可得EG＝PN，当NP⊥AC时，NP有最小值为，即EG有最小值为，故③正确；由等腰三角形的性质可得AP的值为或4﹣4，故④正确，即可求解．
【解答】解：如图，连接CF，过点P作PH⊥PC交CD于H，
∵四边形ABCD和四边形DPFG是正方形，
∴PD＝PF，∠DPF＝∠HPC＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴∠DPH＝∠CPF，∠PCH＝∠PHC＝45°，
∴PH＝PC，∠PHD＝135°，
∴△DPH≌△FPC（SAS），
∴∠PHD＝∠PCF＝135°，
∴∠ACB+∠PCF＝180°，
∴点B，点C，点F三点共线，故①正确；
∵∠CPD＝∠CAD+∠ADP，∠CAD＝45°，∠CPD＝135°，
∴∠ADP＝90°，
则点P与点C重合，
此时∠CPD不存在，故②错误；
如图，取AD的中点N，连接PN，
∵点N是AD的中点，点E是CD中点，
∴AN＝DE＝DN＝2，
∵∠ADC＝∠PDG＝90°，
∴∠ADP＝∠GDE，
又∵DP＝DG，
∴△DPN≌△DGE（SAS），
∴EG＝PN，
∵点P是线段AC上一点，
∴当NP⊥AC时，NP有最小值为，
∴EG有最小值为，故③正确；
∵AD＝CD＝4，
∴AC＝AD＝4，
当点P是AC中点时，AP＝PD＝PC＝2，则△PCD是等腰三角形，
当CP＝CD＝4时，△PCD是等腰三角形，
∴AP＝4﹣4，故④正确，
故选：B．
5．（2024•东海县一模）正方形ABCD的边长是6，点E是DC边延长线上一点，连接EB，EA，过点A作AF⊥AC，交EB的延长线于点F，，则AF的长为 ．
【分析】过点F作FG⊥AB于点G，设CE＝a，则DE＝CE+CD＝a+6，在Rt△BCE中由勾股定理得：BE2＝62+a2，在Rt△ADE中由勾股定理得：AE2＝62+（a+6）2，由AE＝BE得62+（a+6）2＝2（62+a2），解得a＝12，则CE＝a＝12，证△AFG为等腰直角三角形，设AG＝b，则FG＝b，BG＝AB﹣AG＝6﹣b，证△FBG和△BEC相似得FG：BC＝BG：CE，即b：6＝（6﹣b）：12，由此得b＝2，则AG＝FG＝2，然后利用勾股定理即可求出AF的长．
【解答】解：过点F作FG⊥AB于点G，如图所示：

∵四边形ABCD为正方形，且边长为6，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∠D＝∠BCD＝90°，∠CAB＝45°，AB∥CD，
设CE＝a，则DE＝CE+CD＝a+6，
在Rt△BCE中，BC＝6，CE＝a，
由勾股定理得：BE2＝BC2+CE2＝62+a2，
在Rt△ADE中，DE＝a+6，AD＝6，
由勾股定理得：AE2＝AD2+DE2＝62+（a+6）2，
∵AE＝BE，
∴AE2＝2BE2，
∵62+（a+6）2＝2（62+a2），
整理得：a2﹣12a＝0，
解得：a1＝12，a2＝0（不合题意，舍去）
∴CE＝a＝12，
∵AF⊥AC，∠CAB＝45°，
∴∠FAG＝45°，
∴△AFG为等腰直角三角形，
设AG＝b，则FG＝b，BG＝AB﹣AG＝6﹣b，
∵AB∥CD，
∴∠FBG＝∠BEC，
又∵∠FGB＝∠BCE＝90°，
∴△FBG∽△BEC，
∴FG：BC＝BG：CE，
即b：6＝（6﹣b）：12，
解得：b＝2，
∴AG＝FG＝2，
在Rt△AGF中，由勾股定理得：AF＝＝．
故答案为：．
6．（2024•汕尾一模）如图1，小言用七巧板拼了一个对角线长为6的正方形，再用这副七巧板拼成一个矩形（如图2所示），则矩形的对角线长为 36 ．
【分析】根据正方形对角线为6，则①和②的直角边为3，从而得出长方形的长和宽，进而得出答案．
【解答】解：∵正方形对角线为6，
∴①和②的直角边为3，
∴长方形的长为6，宽为3，
∴长方形的周长为2×（3+6）＝36，
故答案为：36．
7．（2024•广水市一模）长相等的两个正方形ABCO、ADEF如图摆放，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AG，已知OA长为，∠1＝∠2，AG＝2，在直线PE上找点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，点M的坐标为 （0，﹣）或（2，） ．
【分析】利用勾股定理求出OG，延长GE交y轴于点M1及延长GP与AB的延长线交于点M2，通过全等三角形的性质及等边三角形的性质可得出点M1及点M2为所求的点，再结合点A、点G的坐标即可求出点M的坐标．
【解答】解：在Rt△AOG中，OA＝，AG＝2，
则OG＝＝＝1，
当以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形时，存在以下两种情况：
①如图，当点M1在y的负半轴上时，
∵∠1＝∠2，∠AOG＝∠PCG＝90°，
∴∠AGO＝∠PGC，
∵∠PGC＝∠OGM1，
∴∠OGM1＝∠AGO，
∵GA＝GM1，点A坐标为（0，），
∴点M1坐标为（0，﹣）；
②如图，当点M2在EP的延长线上时，
∵在Rt△AOG中，OG＝1，AG＝2，
∴∠OAG＝30°，∠AGO＝60°，
又∵∠1＝∠GPC＝30°，
∴∠PGC＝∠AGO＝60°，∠AGP＝60°，
∵EP与AB交于点M2，△AGM2为等边三角形，
∴GA＝GM2＝AM2，
又∵AG＝2，
∴AM2＝2，
则M2（2，）．
综上所述：M 的坐标为（0，﹣）或（2，）．
故答案为：（0，﹣）或（2，）．
8．（2024•常德模拟）如图，已知E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．连接AE，AF，CE，CF．
（1）请判断四边形AECF的形状，并说明理由；
（2）若四边形AECF的周长为8，且BE＝2，求正方形ABCD的边长．
【分析】（1）连接AC，交BD于点O，由正方形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，然后根据菱形的判定方法可得答案；
（2）根据菱形的性质可得AE＝2，设OA＝OB＝x，则OE＝x﹣2，利用勾股定理及正方形的性质可得答案．
【解答】解：（1）四边形AECF是菱形，理由如下：
连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，
∵BE＝DF，
∴BO﹣BE＝DO﹣DF，即OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥CF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）由（1）知，四边形AECF是菱形，
∵菱形AECF的周长＝4AE＝8，
∴AE＝2，
设OA＝OB＝x，则OE＝x﹣2，
在Rt△AOE中，OA2+OE2＝AE2，
∴，
∴x1＝4，x2＝﹣2（舍去），
∴OA＝OB＝4，
∴AB＝OA＝4，
故正方形ABCD的边长为4．
易错点：n边形内角和公式：（n-2）×180°
易错点01：平行四边形的性质都很重要，有很多的角相等和边相等，都要多加重视；
易错点02：平行四边形的判定方法比较多，其中定义法后期的可综合性很强
解题大招01：平行四边形问题常转化为全等三角形来思考；
解题大招02：坐标平面内有3个定点，找第4个点形成平行四边形的基本步骤
①设第4个点的坐标；
②以3个定点组成的3条线段为对角线分类讨论；
③以中心对称图形的性质为等量关系列式求解；
甲方案
乙方案

分别取AO，CO的中点E，F

作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F
解题大招01：判断中心对称图形图象时，可以把试卷直接头尾颠倒看，还一样的那个就是中心对称图形；
解题大招02：三角形的中位线的性质既可以提供线段间的数量关系，也可以提供线段的位置关系；数量关系可以用来求长度，位置关系常用来求角度；
易错点：矩形性质中，两条对角线互相平分且相等
解题大招：矩形的问题除了要思考矩形本身的性质外，综合问题也可以转化为直角三角形或等腰三角形。
易错点：菱形性质中，等价线段有——四条边相等、每条对角线被交点平分；
等价角有——两组对角分别相等、每条对角线平分一组内角所得的4个角相等；
解题大招：菱形的性质是除了正方形外最多的，但思考问题时菱形也常转化为等腰三角形或直角三角形。
解题大招：正方形的问题常转化为等腰直角三角形来思考，另外，正方形也常和勾股定理结合，比如赵爽弦图。