第22讲 矩形、菱形（3考点+14题型）-【含答案】2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

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TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc180489092" 01考情透视·目标导航
\l "_Tc180489093" 02知识导图·思维引航
\l "_Tc180489094" 03考点突破·考法探究
考点一 矩形的性质与判定
考点二 矩形的折叠问题
考点三 菱形的性质与判定
\l "_Tc180489098" 04题型精研·考向洞悉
命题点一 矩形的性质与判定
►题型01 利用矩形的性质求角度
►题型02 利用矩形的性质求线段长
►题型03 利用矩形的性质求面积
►题型04 求矩形在坐标系中的坐标
►题型05 添加一个条件使四边形是矩形
►题型06 矩形的性质与判断综合问题
命题点二 与矩形有关的折叠问题
►题型01 折叠的角度问题
►题型02 折叠的线段问题
►题型03 折叠与其他知识的交汇
命题点三 菱形的性质与判定
►题型01 利用菱形的性质求角度
►题型02 利用菱形的性质求线段长
►题型03 利用菱形的性质求面积
►题型04 添加一个条件证明四边形是菱形
►题型05 菱形的判断和性质综合问题
\l "_Tc180489121" 05分层训练·巩固提升
\l "_Tc180489122" 基础巩固
\l "_Tc180489123" 能力提升
考点一 矩形的性质与判定
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
考点二 矩形的折叠问题
矩形的折叠问题的常用解题思路：
1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；
2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）．
3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）.
4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解.
模型一： 思路：

模型二： 思路：

模型三： 思路：


尝试借助一线三垂直知识利用相似的方法求解
模型四： 思路：
模型五： 思路：
模型六：点M,点N分别为DC，AB中点
思路：

模型七：点A’为BC中点 思路： 过点F作FH⊥AE，垂足为点H
设AE=A’E=x，则BE=8-x
由勾股定理解得x= ∴BE=
由于△EBA’∽△A’CG∽△FD’G
∴A’G= CG=GD’=
DF=D’F=AH=HE=1 EF=
考点三 菱形的性质与判定
菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
菱形的性质：
1）具有平行四边形的所有性质；
2）四条边都相等；
3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角.
4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心.
菱形的判定：
1）A
对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
2）一组邻边相等的平行四边形是菱形.
3）四条边相等的四边形是菱形.
【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．
菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）.
菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）.
命题点一 矩形的性质与判定
►题型01 利用矩形的性质求角度
1．（2023·广东江门·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据矩形的性质，证出，得出，再由三角形的外角的性质即可得出答案．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
，
，
；
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理；证出是解题关键．
2．（2023·广东深圳·一模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：∵矩形的对角线，相交于点，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
3．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
由矩形得到，继而得到，而是等边三角形，因此得到．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
4．（2024·河南开封·二模）将含角的三角板按如图所示的方式摆放在一矩形纸片上，使得，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，等边对等角，根据等边对等角，结合平行线的性质，得到，进而得到，再根据三角形的内角和定理以及对顶角相等，求出的度数即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴，
∵，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选B．
►题型02 利用矩形的性质求线段长
5．（2024·广东深圳·模拟预测）在矩形中，已知，点E为上一点，连接并延长交的延长线于点F，连接，若，则的长为（ ）
A．B．C．3D．5
【答案】A
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，作于，则，由平行可得，结合可得，则，由勾股定理得到，再由平行得到，代入计算即可．
【详解】∵矩形中，已知，
∴，，，，
作于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴,
∴，
∴，
解得，
故选：A．
6．（2024·广东广州·三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，的平分线交对角线于点E，且，则线段的长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，由矩形的性质推出，，，得到，，判定是等边三角形，由等边三角形的性质得到，关键是得到是等边三角形．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
，
，
，
是等边三角形，
平分，
，
，，
．
故选：B．
7．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键．根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用正弦函数即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，故A正确．
故选：A．
8．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，是矩形的对角线，将绕点A逆时针旋转得到，使点E在线段上，交于点G，交于点H，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、正切的定义、旋转的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质和定理成为解题的关键．
根据矩形的性质和勾股定理可得、，再结合旋转的性质可得，易证，运用相似三角形的性质列比例式可得，最后根据正切的定义即可解答．
【详解】解：∵在矩形中，，，
∴，，
∴，，
∵将绕点A逆时针旋转得到，使点E在线段上，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∴
故选B．
►题型03 利用矩形的性质求面积
9．（2024·甘肃天水·一模）如图，矩形中，、相交于点O，若的面积是3，则矩形的面积是（ ）
A．6B．12C．15D．18
【答案】B
【分析】此题考查矩形的性质以及三角形面积；熟练掌握矩形的性质，证出是解题的关键．由矩形的性质得，推出，即可求出矩形的面积．
【详解】解：四边形是矩形，、相交于点，
，，，
，
，
矩形的面积为，
故选：B．
10．（2023·福建泉州·模拟预测）如图，矩形中，E，F，G，H分别在，，，上，且，，，，若矩形面积为9，则四边形的面积为( )

A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】设，，根据，，，可知，，，，从而得到的面积的面积的面积的面积，再根据“矩形的面积是9”求出，从而得到四边形的面积为．
【详解】解：设，，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∴的面积的面积的面积的面积，
∴，
∵矩形面积为9，
∴，
∴，
∵的面积的面积的面积的面积，
∴四边形的面积．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质和直角三角形的面积公式，掌握矩形的面积公式及合理设未知数列方程是解题的关键．
11．（2023·陕西渭南·二模）如图，是矩形的对角线，延长至E，使得，连接，若矩形的面积为20，则的面积为（ ）

A．16B．14C．12D．10
【答案】C
【分析】先由矩形的性质求出，再根据求解即可．
【详解】解：∵矩形的面积为20，
∴
∵矩形，
∴
∴，即，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的面积，得出是解题的关键．
12．（2023·浙江湖州·一模）如图，矩形绕点B旋转得到矩形，在旋转过程中，恰好过点C，过点G作平行交，于M，N．若，则图中阴影部分的面积的是（ ）

A．3B．4C．5D．
【答案】A
【分析】根据旋转的性质和矩形的性质结合勾股定理求出的长，再运用四边形、是平行四边形进行转换求出面积即可解答；
【详解】解：∵矩形绕点旋转得到矩形，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形,，，
∴四边形是平行四边形，
，
∴阴影部分的面积，
故选：A
【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质、矩形的性质以及平行四边形的判定和性质等知识点，解答时需注意阴影部分面积的转换是解答该题的重要技巧，解题的关键是熟练运用这些知识点．
►题型04 求矩形在坐标系中的坐标
13．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第二象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则第2025秒时，点的对应坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查旋转变换，矩形的性质等知识，解题的关键是明确题意，发现点的变化特点，利用数形结合的思想解答，每秒旋转，则8次一个循环，，第2025秒时，点的对应点落在轴正半轴上，由此可得到点的坐标．
【详解】解：四边形是矩形，
，
每秒旋转，8次一个循环，，
第2025秒时，点的对应点落在轴正半轴上，
点的坐标为．
故选：B．
14．（2024·吉林长春·一模）如图，在矩形中，点A、B在y轴上，轴，对角线交于点E，，，反比例函数经过C、E两点，则k的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，矩形的性质，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征是解答本题的关键． 设，则，，根据反比例函数经过C、E两点列方程求出，进而可求出k的值．
【详解】解：设，
∵，，
∴，．
∵矩形的对角线交于点E，
∴．
∵反比例函数经过C、E两点，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选C．
15．（2023·河南商丘·二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点，分别在轴、轴上，且点，为边上一点，将沿所在直线翻折，当点的对应点恰好落在对角线上时，点的坐标为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，坐标与图形．根据点的坐标得出，根据勾股定理求得，设，则．在中，由勾股定理，建立方程，解方程，即可求解．
【详解】解：依题意，，
由折叠的性质，可知，，
．
设，则．在中，由勾股定理，
得，
解得．
点的坐标为，
故选B．
16．（2023·河南驻马店·二模）如图，矩形的顶点A，B分别在x轴、y轴上，，，，将矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点作轴于点．首先证明，利用相似三角形的性质求出点的坐标，再探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：如图，过点作轴于点．
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
矩形绕点顺时针旋转，每次旋转，
则第1次旋转结束时，点的坐标为；
则第2次旋转结束时，点的坐标为；
则第3次旋转结束时，点的坐标为；
则第4次旋转结束时，点的坐标为；
发现规律：旋转4次一个循环，
，
则第2021次旋转结束时，点的坐标为．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转、规律型点的坐标，解决本题的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
►题型05 添加一个条件使四边形是矩形
17．（2024·广东佛山·三模）如图，在中，，是两条对角线，如果添如一个条件，可推出是矩形，那么这个条件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查矩形的判定．根据矩形的判定方法“对角线相等的平行四边形是矩形”解答即可．
【详解】解；四边形是平行四边形，
添加，
是矩形，
故选：B．
18．（2024·陕西西安·一模）在四边形中，，再添加下列一个条件，能使四边形成为矩形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定，根据判定解答即可．
【详解】解：，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形，
故选：D．
19．（2024·江苏盐城·三模）如图，已知平行四边形的对角线，相交于点，下列选项能使平行四边形成为矩形的条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质、矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
根据菱形的判定方法和矩形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故此项不符合题意；
B、由四边形是平行四边形，，不能判定平行四边形为矩形，故此项不符合题意；
C、四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形，故此项符合题意；
D、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故此选项不符合题意；
故选：C．
20．（2024·广东广州·二模）在四边形中，，，如果再添加一个条件，可得出四边形是矩形，那么这个条件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质．根据“有一个是直角的平行四边形是矩形”可得出结论．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
若添加，则该四边形是矩形．
故选：D．
►题型06 矩形的性质与判断综合问题
21．（2025·陕西西安·一模）如图，在中，是的角平分线，四边形是平行四边形，连接，，交于点．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)判断与的数量关系和位置关系，并说明理由．
【答案】(1)矩形，理由见解析
(2)，理由见解析
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质，三线合一以及三角形中位线的性质，熟练掌握矩形的性质与判定是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到，再根据等腰三角形三线合一得到，求出，证明四边形为平行四边形，再根据即可证明结论．
（2）四边形为矩形，得到，再根据是边的中线，证明是的中位线，即可得到结论．
【详解】（1）解：矩形，理由如下：
四边形是平行四边形，
，
，
，平分，
是边的中线，，
，
，
四边形为平行四边形，
，
四边形为矩形．
（2）解：，理由如下：
四边形是矩形，
，
，平分，
所以是边的中线，
，
是的中位线，
．
22．（2024·山东·模拟预测）如图，在中，，，延长至点，使，连接，交于点，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，得，，再证，即可得证；
（2）由矩形的性质得，由勾股定理求出，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，，，
∴，
∴，
∴，
∴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．
23．（2024·吉林四平·模拟预测）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
【观察猜想】
（1）如图①所示，在正方形中，点E，F分别是上的两点，连接，，求证：；
【类比探究】
（2）如图（2）所示，在矩形中，，，点E是上的一点，连接，且，则的值为__________；
【拓展延伸】
（3）如图③所示，在四边形中，．点E为上一点，连接，过点C作的垂线交的延长线于点G，交的延长线于点F．若，，则的值为__________．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）
【分析】（1）首先根据正方形的性质得到，，然后证明出，得到，即可；
（2）设与交于点，根据矩形的性质得到，进而得到，然后证明出，即可得到；
（3）过点作交的延长线于点，证明出，得到，然后代数求解即可．
【详解】解：（1）∵在正方形中，
∴，，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
（2）如图2，设与交于点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图3，过点作交的延长线于点，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，矩形的判定与性质等知识．熟练掌握相关知识点，证明三角形全等或相似，是解题的关键．
24．（2024·四川雅安·模拟预测）将一长方形纸片放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，．
(1)如图1，在上取一点E，将沿折叠，使点O落在边上的点D，求线段．
(2)如图2，在边上选取适当的点M，F，将沿折叠，使点O落在边上的点处，过点D，作垂直于于点G，交于点T．
①求证：；
②设，求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示．
(3)在（2）的条件下，当时，点P在直线上，问：在坐标轴上是否存在点Q，使以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)4
(2)①见解析；②
(3)存在，或或
【分析】（1）由折叠的性质可知，，，由勾股定理得，，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可；
（2）①由折叠的性质可知，，，证明，四边形是矩形，则，，，可得，进而可证；②由，可得，，由勾股定理得，，即，整理作答即可；
（3）当时，，即，，则，，以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分当为对角线时，，如图1，，重合；当为边，为对角线时，，如图1，，重合；当为边，为边时，，如图1，，三种情况求解作答即可．
【详解】（1）解：∵长方形，
∴，
由折叠的性质可知，，，
由勾股定理得，，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
∴线段的长为4．
（2）①证明：由折叠的性质可知，，，
∵，，
∴，四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②解：∵，
∴，，
由勾股定理得，，即，
整理得，；
（3）解：当时，，
∴，，
∴，，
∵以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，
∴当为对角线时，，如图1，，重合，

∴，
由平移的性质可得，；
当为边，为对角线时，，如图1，，重合，则，
由平移的性质可得，；
当为边，为边时，，如图1，，
设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
∴直线的解析式为，
将代入得，，
解得，，
∴ 直线的解析式为，
令，则，
解得，，
∴；
综上所述，在坐标轴上存在点Q，使以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形， Q点坐标为或或．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，等角对等边，平行四边形的性质，一次函数解析式，平移的性质等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，等角对等边，平行四边形的性质，一次函数解析式，平移的性质是解题的关键．
命题点二 与矩形有关的折叠问题
►题型01 折叠的角度问题
25．（2024·广东云浮·一模）如图，将长方形纸片沿对折（点P在边上，点E在边上），使点B落在点，再将另一部分沿对折，使D，C分别落在，处，若比的2倍大，则的度数为（ ）
A．42.5°B．74°C．32.5°D．34°
【答案】D
【分析】本题考查矩形与折叠，设，根据折叠的性质得到，，，然后列方程解题即可．
【详解】解：设，
由折叠得：，
∴，
由折叠得：，
∴，
∵比的2倍大10°，
∴，
解得：，
∴，
故选：D．
26．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接交于点F，
设，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线对称，
∴，垂直平分，
∴，，，
∵，
∴
∴，
∴
∴．
故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
27．（2024·云南红河·模拟预测）如图，在矩形中，将沿翻折得到，的对应边交于点，且，则的值为（ ）

A．0.5B．C．D．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质结合，得到是等腰直角三角形，设，则，证明，得到，进而求出，由，即可求解．
【详解】解：在矩形中，，，
由折叠的性质得，，
，
是等腰直角三角形，
设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰指甲三角形的性质，三角形全等的判定与性质，求正切值，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
28．（2024·重庆潼南·模拟预测）如图将矩形沿对角线折叠，使落在处，交于点，若，则可以表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，由矩形的性质推出，由折叠的性质得到，求出，即可得到的度数．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得到，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
►题型02 折叠的线段问题
29．（2024·贵州安顺·模拟预测）如图，在矩形中，点E在上，点F在上，把这个矩形沿折叠后，使点D恰好落在点B处，若，，则折痕的长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】根据折叠性质可得，根据平角定义可得，可得，根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，即可证明是等边三角形，利用的余弦求出的长即可得答案．根据折叠性质得出是等边三角形是解答本题的关键．
【详解】解：∵把这个矩形沿折叠后，使点恰好落在点处，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的翻折变换、等边三角形的判定及性质、解直角三角形等知识，掌握以上基础知识是解本题的关键.
30．（2024·江苏连云港·三模）如图，在矩形纸片中，，，点为边上一点，将沿翻折，点恰好落在边上点处，则长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理．由轴对称的性质可得：，则，；在中，由勾股定理可得，则；设，则，在中，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：是由沿直线翻折得到，
，
则，．
四边形是矩形，
，，．
在中，
，
．
设，则，，
在中，
，
，
解得：．
则．
故选：C．
31．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，把一张长方形纸片沿，折叠，顶点，，，的对应点分别为，，，，点与重合，点恰与，的交点重合．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作于点，由折叠及矩形的性质得：，，，再证，得，又证四边形是矩形，得，进而利用勾股定理求得于是利用得求解即可得解。
【详解】解：过点作于点，
由题意得：，，，
，
，
∴
，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴
由折叠可得
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
故选．
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定，熟练掌握这些知识是解题的关键．
32．（2024·江苏连云港·模拟预测）如图，在矩形中，E是的中点，将沿折叠后得到，延长交于点F．若，，则的长为（ ）
A．7B．8C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，
连接，判断出，得出，进而求出，最后利用勾股定理求出．
【详解】解：如图，连接，
四边形是矩形，
，，
由折叠知，，，，
，
点是的中点，
，
，
∵，
，
，
在中，，
故选：C．
►题型03 折叠与其他知识的交汇
33．（2024·广东清远·模拟预测）综合与实践
主题：用折纸折出特殊角
素材：一张矩形纸片．
步骤1：如图1，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
步骤2：如图2，再一次折叠纸片，使点D落在上的点处，折痕为．
(1)直接写出的度数；
(2)证明（1）中你发现的结论．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析．
【分析】此题考查了折叠的性质和特殊角的三角函数．
（1）根据题意写出答案即可；
（2）根据折叠的性质和特殊角的三角函数进行证明即可．
【详解】（1）解：由题意可得，；
（2）解：证明：由折叠的性质可知，
，，
∴
∴，
∴
∴．
34．（2024·广东揭阳·模拟预测）综合与实践
【问题情境】
数学课上，某兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠．
（1）如图1，使点C与点A重合，点D的对应点记为，折痕与边分别交于点E，F．四边形的形状为 ，请说明理由；
（2）如图2，若点F为的中点，，延长交于点P．求与的数量关系，并说明理由；
【深入探究】
（3）如图3，若，，，连接，当点E为的三等分点时，直接写出的值．
的值．
【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）与的数量关系为：，理由见解析；（3）的值为或
【分析】（1）先根据矩形的性质、平行线的性质可得，再根据折叠的性质可得，，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据菱形的判定即可得；
（2）连接，证出，根据全等三角形的性质即可得；
（3）分两种情况：①当点为的三等分点，且时，②当点为的三等分点，且时，利用折叠的性质和勾股定理求解即可得．
【详解】解：（1）四边形为菱形，理由如下：
∵四边形是矩形，
，
，
由折叠的性质得：，，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形为菱形，
故答案为：菱形；
（2）与的数量关系为：，理由如下：
如图2，连接PF，
∵F为的中点，
，
∵四边形是矩形，
，
由折叠的性质得：，，
，，
在和Rt△PBF中，
，
，
；
（3）分两种情况：
①如图3，若点E为的三等分点，且，
，
，，
∵四边形是矩形，
，，
过点E作于M，
则四边形为矩形，
，，，
，
在中，由勾股定理得：，
由折叠的性质得：，，，
在中，由勾股定理得：，
；
②如图4，若点E为的三等分点，且，
则，，
过点E作于N，
则，
同理可得：，，
在中，，
由折叠的性质得：，，，
在中，由勾股定理得：，
，
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题、勾股定理、三角形全等的判定与性质、菱形的判定等知识，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键．
35．（2024·山西长治·模拟预测）综合与实践：
【问题情境】某数学兴趣小组在学完《平行四边形》之后，研究了新人教版数学教材第64页的数学活动1．其内容如下：
【知识运用】请根据上述过程完成下列问题：
（1）已知矩形纸片，，，求线段的长；
（2）通过观察猜测的度数是多少？并进行证明；
【综合提升】
（3）乐乐在探究活动的第（2）步基础上再次动手操作（如图2），将延长交于点．将沿折叠，点刚好落在边上点处，连接，把纸片再次展平．请判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）四边形为菱形，理由见解析．
【分析】本题考查平行四边形，菱形，勾股定理的知识，解题的关键是掌握勾股定理的运用，矩形的性质，平行四边形的性质，菱形的判定，即可．
（1）根据矩形的性质，则，根据勾股定理，即可求出；
（2）连接，根据折叠的性质，则，为等边三角形，根据等边三角形的性质，即可；
（3）根据折叠的性质，则，，根据三线合一，则，根据菱形的判定和性质，即可．
【详解】解：（1）∵四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴；
（2）猜测：，
证明：连接：
∵为折痕，
∴垂直平分，
∴，
∵由折叠所得，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
（3）四边形为菱形，理由：
∵由折叠所得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵将沿折叠，点刚好落在边上点处，连接，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
36．（2024·湖北襄阳·一模）某数学兴趣小组开展矩形的折叠实验探究，折叠矩形的一边，使点落在点处，折痕为．
(1)如图1，当点恰好在边上时，证明：．
(2)将矩形的边折叠，使点落在边上的点处，折痕为．
①如图2，当点恰好在边上时，若，连接，试判断的形状，并说明理由．
②如图3，当点在矩形内部时，若．点是的中点，求的长
【答案】(1)见解析
(2)①为等腰直角三角形，理由见解析；②
【分析】（1）由题意可得，推出即可求证；
（2）①由题意可得是等腰直角三角形，进一步得是等腰直角三角形；证即可求证；②延长交于点，连接，可证；设，则，根据解得：；设，则，根据解得：；据此即可求解．
【详解】（1）证明：由题意可得：
∴
∴
∵
∴
（2）解：①为等腰直角三角形，理由如下：
由题意得：
∴
∴是等腰直角三角形
∵
∴是等腰直角三角形
∴
由（1）得：
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴为等腰直角三角形
②延长交于点，连接，如图所示：
由题意得：，，
∴
∵
∴
设，则
∵
∴
解得：；
∴
设，则
∵
∴
解得：；
∴
【点睛】本题考查了几何综合问题，涉及了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，掌握相关几何结论是解题关键．
命题点三 菱形的性质与判定
►题型01 利用菱形的性质求角度
37．（2024·广东·二模）如图，四边形为平行四边形，四边形为菱形，与交于点G，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查平行四边形和菱形的性质，三角形的内角和定理，掌握菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
又∵为平行四边形，
∴，
∴，
故选A．
38．（2022·广东深圳·二模）如图，在菱形中，，对角线、相交于点O，E为中点，则的度数为（ ）
A．70°B．65°C．55°D．35°
【答案】C
【分析】先根据菱形的性质求出∠BAC的度数，再证OE是△ABC的中位线即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，点O是AC的中点，，
∴∠BAD=180°-∠ABC=110°，
∴∠BAC=55°，
∵E是BC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴，
∴∠COE=∠BAC=55°，
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的性质，熟知菱形的性质是解题的关键．
39．（2021·广东广州·二模）如图，把菱形沿折叠，使点落在上的点处，若，则的大小为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质，已知菱形的对角相等，故推出，从而得出．又因为，故，，易得解．
【详解】解：根据菱形的对角相等得．
，
．
根据折叠得．
，
，
．
．
故选：A．
【点睛】此题要熟练运用菱形的性质得到有关角和边之间的关系．在计算的过程中，综合运用了等边对等角、三角形的内角和定理以及平行线的性质．注意：折叠的过程中，重合的边和重合的角相等．
40．（2024·重庆·模拟预测）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点，点为垂足，连接．若，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查全等三角形的判定条件，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质．熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
利用判定，从而得到，根据已知可求得的度数，即可求出．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
在和中，
，
，
，
垂直平分，，
，
，
∴，
．
故选：C．
►题型02 利用菱形的性质求线段长
41．（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，为菱形的对角线，，过点作，垂足为点，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据含直角三角形性质求得，由菱形的性质得出即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，且平分，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，
∴，
即，
故选：B．
42．（2025·广东广州·一模）如图，菱形的对角线与相交于点为边的中点，连接．若，则的长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质、三角形的中位线性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和三角形的中位线性质是解答的关键．先根据菱形性质得到，，，再利用勾股定理求得，然后根据三角形的中位线定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，，
在中，，
∵点E为边的中点，，
∴是的中位线，
∴，
故选：C．
43．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，，是 上一点，把四边形 沿折叠后得到四边形，，则的长为（ ）

A．B．3C．D．
【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，延长到于点，延长到于点，证明为正方形，根据三角函数求出，的长度，即可求解；
【详解】解：连接，延长到于点，延长到于点，

因为四边形 沿折叠后得到四边形，
，，
为正方形，
，
，
，
，
，
，
故选：D
44．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在菱形中，，点M和N分别是和上一点，沿将折叠，点A恰好落在边的中点E上．若，则的长为（ ）

A．B．C．3D．
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、角的直角三角形的性质、折叠性质等知识．过点M作于点F．求出．则，．设，则，，，．根据勾股定理，得，即，解得，即可求出的长．
【详解】如图，过点M作于点F．

∵四边形是菱形，
∴
∵，
∴．
∴．
∴，．
设，则，，，．
根据勾股定理，得，即，解得，
∴．
故选：B．
►题型03 利用菱形的性质求面积
45．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知菱形的周长为40，对角线交于点O，且，则该菱形的面积等于（ ）
A．24B．56C．96D．48
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，先根据菱形的周长求出边长，再根据得出，根据勾股定理得出，进一步得出的值，最后根据菱形的面积得出答案即可，掌握利用菱形的性质、勾股定理得出的值是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，周长为40，对角线、交于点，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的面积，
故选：C．
46．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【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，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
在中，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
故选：A．
47．（2024·陕西西安·三模）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则为（ ）
A．6B．8C．12D．24
【答案】D
【分析】本题主要考查菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键．
根据菱形的性质可知，由，可得，从而即可求菱形的面积．
【详解】解：∵是菱形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
故选D
48．（2023·广东阳江·一模）如图，在菱形中，是菱形的对角线，，，连接，若，则的值为（ ）

A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是能够出证明．
先通过证明，得到，，得到，继而得到，得到，结合以及得到，进而得解．
【详解】如图，连接．

在菱形中，，，．
∵，∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．
∵，
∴．
在菱形中，，
∴，
∴，
∴．
设，则，，∴．
∵，，，
∴，
∴，
∴．
故选D．
►题型04 添加一个条件证明四边形是菱形
49．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（ ）
A．B．
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、∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
D、∵，
∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意；
故选：D
50．（2024·河北沧州·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点O，添加下列一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，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，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：A、当时，平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；
B、当时，平行四边形是菱形，故选项B不符合题意；
C、四边形是平行四边形，，，
，平行四边形是矩形，故C符合题意；
D、四边形是平行四边形，，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意，
故选：C．
51．（2024·安徽宿州·二模）如图，的对角线交于点O，添加下列条件不能判断四边形是菱形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的性质，等角对等边，对于A、B可以通过平行四边形的性质结合等边对等角证明一组邻边相等；对于C可根据全等三角形的性质证明一组邻边相等；对于D，无法证明四边形是菱形．
【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，故A不符合题意；
B、当添加时，同理可证明四边形是菱形，故B不符合题意；
C、∵，
∴，
∴四边形是菱形，故C不符合题意；
D、添加不能证明四边形是菱形，故D不符合题意；
故选：D．
52．（2024·上海徐汇·二模）如图，的对角线、相交于点，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定，根据判定定理逐项判断即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
则A不符合题意；
∵，
∴，
∴平行四边形是菱形．
则B不符合题意；
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
则C不符合题意；
∵，
∴．
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
则D正确．
故选：D．
►题型05 菱形的判断和性质综合问题
53．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①且；②能，
【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论；
（2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案．
【详解】（1）解：，；理由如下：
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由对折可得：，
∴；
（2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，
∵四边形为菱形，，
∴， ，，
∴为等边三角形，
∴，
∴共圆，，在上，
∵，
∴，
过作于，
∴，，
∴，
当时，最小，则最小，
∵，，
∴，
∴；
点E不与B、C重合，
，且，
∴的取值范围为且；
②能为的切线，理由如下：
如图，以为圆心，为半径画圆，
∵，
∴在上，
延长与交于，连接，
同理可得为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由对折可得：，，
过作于，
∴设，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
54．（2024·广东珠海·三模）如图，在菱形中，于H，以为直径的分别交于点E，F，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，菱形的性质，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）根据菱形的性质得出，根据，可得，进而即可得证；
（2）连接，根据等弧所对的圆周角相等得出，根据直径所对的圆周角是直角得出，进而可得，再根据，得到，，即可得证；
（3）连接交于点，根据菱形的性质以及勾股定理求得，再利用面积法求得，利用勾股定理求得，证明，，由此可求解．
【详解】（1）证明： 四边形是菱形，
，
，
，
，即，
又 是的半径的外端点，
是的切线．
（2）连接如图所示，
，
，
为直径，
，，
，则，
，
，
又 ，
，，
，，

（3）连接交于点，
四边形是菱形，
，，，，
，
，
菱形的面积，
，
，
在中，，
第（2）问已证，又，
，
，
．
55．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．

(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)当时，求的长．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)．
【分析】（1）证明和是等边三角形，即可推出四边形是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得和的长，利用菱形的性质得到，在中，解直角三角形求得的长，据此求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下，
∵矩形的对角线与相交于点O，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵直线是线段的垂直平分线，且，
∴，，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
56（2023·广东惠州·二模）如图，把矩形沿折叠，使点D与点E重合，交于点F，过点E作交于点G，交于点H，连接．

(1)试判断四边形的形状，并加以证明；
(2)连接交于点，求证：；
(3)在（2）的条件下，若，，求的值．
【答案】(1)平行四边形是菱形，证明见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质得出，，再由平行线的性质及各角之间的关系得出，结合菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质得出，再由相似三角形的判定和性质即可证明；
（3）根据菱形的性质得出，，，设，则，，根据（2）中结果求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
证明如下：由折叠重合可知，，
∵，
∴
而，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是菱形．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
（3）∵四边形是菱形，
∴，，，
设，则，，
由（2）得：，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴．
【点睛】题目主要考查矩形、菱形的判定和性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
基础巩固
单选题
1．（2024·广东佛山·二模）如图，矩形的对角线、相交于点O．若，，则的长为（ ）
A．3B．C．6D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，锐角三角函数的定义，等边三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
根据矩形的性质得出，进一步得出，在中利用锐角三角函数的定义即可求出的长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
故选：B．
2．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点O，，．若，则四边形的周长是（ ）

A．5B．10C．20D．40
【答案】C
【分析】先证明四边形是平行四边形，可得，，再根据矩形的性质得，，，进而得出平行四边形是菱形，然后根据菱形的性质得出答案．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，.
∵矩形的对角线，相交于点O，
∴，，，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴菱形的周长.
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定，矩形的性质，平行四边形的判定等，灵活选择判定定理是解题的关键．
3．（2023·广东汕头·一模）如图，将直角三角板放置在矩形纸片上，若，则的度数为（ ）
A．55°B．45°C．35°D．30°
【答案】A
【分析】延长与的延长线交于点F，根据平行线的性质可得，则．
【详解】解：延长与的延长线交于点F，
依题意可知：，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握两直线平行，内错角相等，以及三角形的内角和为．
4．（2024·浙江杭州·二模）如图，菱形的对角线，相交于点O．若，则（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证是等边三角形，根据等边三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，，
∵，
∴是等边三角形，
，
设，则，
根据勾股定理得：，
∴，
，
故选：C．
二、填空题
5．（2024·广东梅州·一模）如图①是某种型号拉杆箱的实物图，如图②是它的几何示意图，行李箱的侧面可看成一个矩形，C、D在同一直线上，，现将调整为，保持不变，则图中应为 ．
【答案】50
【分析】本题考查了三角形外角的性质，矩形的性质，角度的计算，根据题意找出角度之间的数量关系是解题关键．由三角形外角的性质，得到，再结合，即可求出的度数．
【详解】解：∵，°，
∴，
∵行李箱的侧面可看成一个矩形，
∴，
∴．
故答案为：50．
6．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，点是矩形的对角线的中点，交于点，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理．先求出，后求，然后用勾股定理求即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
，
，
为的中点，
，
是的中点，
是的中位线，
，
，
，
，
，
，
为的中点，
．
故答案为：．
7．（2024·广东·模拟预测）如图所示，在菱形中，以点B为圆心，一定长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点Q．若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，作角平分线，由作图步骤可得平分，由菱形的性质求出的度数，最后根据三角形的外角求即可．
【详解】∵菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由作图步骤可得平分，
∴，
∴，
故答案为：．
8．（2024·广东肇庆·二模）如图，菱形中，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理；根据菱形的性质可得，，勾股定理求得，即可求解．
【详解】解：菱形中，，
∴，
∴
∴，
故答案为：．
三、解答题
9．（2023·湖北随州·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）先根据矩形的性质求得，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的面积，然后结合菱形的性质求解．
【详解】（1）解：∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵矩形中，，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：矩形的面积为，
∴的面积为，
∴菱形的面积为．
【点睛】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．
10．（2023·广东佛山·三模）如图，在矩形中，，．将沿所在直线翻折，点落在点处，与边交于点，过点作交于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）易证：四边形是平行四边形，再证，即可求证；
（2）设，可求，，由即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是平行四边形，
由翻折得：，
，
，
四边形是菱形．
（2）
解：四边形是平行四边形，
，，，
设，
，
，
，
在中
，
，
解得：，
．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，菱形的判定，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
11（2022·广东深圳·一模）如图，已知矩形中，对角线、相交于点，过点作，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，，求矩形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【分析】（1）由矩形的性质可得，欲求，证即可．通过已知条件求出四边形为就可以证明．
（2）根据等腰三角形的性质求出长度，利用锐角三角函数求得长，再根据勾股定理求出长度，根据矩形的面积公式求出面积．
【详解】（1）证明：在矩形中，
又
四边形为
，
又为矩形，
，
，
故；
（2）为矩形，
，
，
，
，
，
在中，，
，
在中，
，
故答案为：12．
【点睛】本题考查的是矩形的性质和三角函数余弦值，涉及到的知识点有勾股定理、等腰三角形的性质以及平行四边形的判定．本题中是否能熟练掌握矩形的特殊性质、能否通过等腰三角形的求出长度以及是否能掌握余弦值的定义是解题的关键，本题难度不大，但综合性较强．
能力提升
一、单选题
1．（2024·甘肃平凉·模拟预测）如图，在菱形中，E是的中点，，交于点F，如果，那么菱形的周长为（ ）

A．4B．8C．12D．16
【答案】D
【分析】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例定理，菱形的周长公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．根据中位线可得长为长的倍，那么菱形的周长，问题得解．
【详解】解：∵是的中点，
∴，
∵，
∴，即，
∴是的中位线，
∴，
∴菱形的周长是，
故选：D．
2．（2024·广东·模拟预测）如图所示，一种活动衣帽架由三个相同菱形组成，调整菱形的内角，可使衣帽架拉伸或收缩． 若菱形的边长为10，， 则的长为（ ）
A．30B．40C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．连接，则点、在上，且，结合菱形的性质可得，，然后利用勾股定理解得的值，即可获得答案．
【详解】解：如下图，连接，则点、在上，且，
∵四边形为菱形，边长为10，，
∴，，
∴，
∴．
故选：C．
3．（2024·广东·模拟预测）如图，已知菱形的顶点，若菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第20秒时，菱形的对角线交点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查坐标的变化规律、旋转的性质、菱形的性质等知识，找到每旋转8秒，菱形的对角线交点就回到原来的位置由得到第20秒时是把菱形绕点逆时针旋转了2周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了，即可可求出答案.
【详解】解：菱形的顶点，
与轴的夹角为
∵菱形的对角线互相垂直平分，
点是线段的中点，
点的坐标是
∵菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转
∴每旋转8秒，菱形的对角线交点就回到原来的位置
∵
∴第20秒时是把菱形绕点逆时针旋转了2周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了，
∴点的对应点落在第三象限，且对应点与点关于原点成中心对称，
第20秒时，菱形的对角线交点的坐标为．
故选：B
4．（2024·广东深圳·三模）如图，要使成为菱形，下列添加条件正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据菱形的判定、平行四边形的性质、垂直平分线的性质、矩形的判定进行逐一判定即可求解．
【详解】解：A、当时，是矩形，故此选项错误；
B、当时，
∵四边形是平行四边形，
∴与互相平分，
∴，
∴是菱形，故此选项正确；
C、当时，是矩形，故此选项错误；
D、当时，不能证明是菱形，故此选项错误；
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的性质、垂直平分线的性质、矩形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
5．（2025·广东·模拟预测）如图，点E在矩形的边上，将矩形沿翻折，点B恰好落在边的点F处，如果，那么的值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查翻折的性质，矩形、等腰直角三角形的性质，根据翻折的性质得出，，，再根据等腰直角三角形的性质及勾股定理，设，求出，，，进一步可得结论．
【详解】解：∵四边形为矩形，
，．
∵将矩形沿翻折，
，，．
，
，
．
，
，
．
设，
在中，，
，
．
．
故选：B．
6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，有两个全等的矩形和矩形重合摆放，将矩形绕点逆时针旋转，延长交于点，线段的中点为点，的长为2，的长为4，当取最小时，的长为（ ）
A．2B．4C．6D．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，确定何时取最小值是解题关键．连接，由“垂线段最短”的性质可知当，即点与点重合时，取最小值，此时连接，易得，再证明点与点重合，即可获得答案．
【详解】解：如下图，连接，
∵四边形与四边形均为矩形且全等，且，，
∴，，，
∴矩形绕点逆时针旋转，
则当，即点与点重合时，取最小值，如下图，连接，
此时，
∵点为线段的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点与点重合，
∴．
故选：B．
二、填空题
7．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在菱形中，两条对角线相交于点O，，过 点C 作，交的延长线于点E， 连接， 则的面积是
【答案】
【分析】根据菱形的性质得到，利用勾股定理求出，证明，得到，求出，求出，再根据点O是中点，即可求解．
【详解】解：菱形中，两条对角线相交于点O，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点O是中点，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
8．（2024·广东汕头·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中有菱形，点坐标为，点是对角线上一动点，点坐标为，则最小值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查坐标与图形，轴对称最短问题、菱形的性质、勾股定理，学会利用轴对称解决最短问题是解题的关键．
如图，连接，．利用勾股定理求出，证明，可得，由此即可解答．
【详解】解：如图，连接，．
，，
，
四边形是菱形，
点、点关于对称，
，
，
，
的最小值为．
故答案为：．
9．（2024·广东·模拟预测）如图，在长方形中，，以点D为圆心，长为半径画弧，交线段延长线于点E，点F为边上一点，若，连接，则图中阴影部分的面积为 （结果保留π）．
【答案】
【分析】本题考查了扇形的面积的计算及长方形的性质，明确是解答本题的关键．
用长方形的面积加上扇形的面积减去三角形的面积即可求得阴影部分的面积．
【详解】解：在长方形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：
10．（2024·广东广州·模拟预测）如图，在矩形中，其对角线、相交于点，四边形为正方形，直线和相交于点，则下列说法中，正确的有 （填序号）．
①；②为等腰直角三角形；③若正方形的面积为4，则长度的最小值为；④若三点共线，则．

【答案】①②③
【分析】根据四边形是矩形，四边形为正方形，得出，证明，根据相似三角形的性质即可证明，故①正确；结合①得出，即可证明为等腰直角三角形，故②正确；连接，若正方形的面积为4，则，在中，勾股定理求出，在中，根据，即可判断③正确；若三点共线，则在中，得出，根据正弦定义即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∴，
∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，故②正确；
连接，

若正方形的面积为4，
则，
在中，，
在中，，
则长度的最小值为，故③正确；
若三点共线，
则在中，，
∴，故④错误；
故答案为：①②③．
【点睛】该题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定，三角形三边关系应用等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
三、解答题
11．（2024·广东广州·二模）如图，在菱形中，，

(1)连接，求的值；
(2)点E以每秒2个单位长度的速度从B点出发向点C运动，同时点Q以每秒个单位长度的速度从D点出发向点B运动，当其中一点达到终点，另外一点随之停止运动．
①连接，能否为等腰三角形？如果能，求点E，Q的运动时间；如果不能，请说明理由；
② 连接，当时，求的值．
【答案】(1)
(2)①能，2秒②
【分析】（1）连接，交于点，利用菱形的性质，进行求解即可；
（2）①设点的运动时间为，则：，进而得到，当时，是等腰三角形，过点作，利用三线合一以及锐角三角函数进行求解即可；
②过点作，将三角形绕点旋转得到，易得四点共圆，得到，设运动时间为，则，，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，进行求解即可．
【详解】（1）解：连接，交于点，

∵在菱形中，，
∴，，
∴，
∴；
（2）①能，设点的运动时间为，则：，
∴，
如图，当时，过点作，则：，

∵，
∴，
∴，即：，
解得：，
∴当点E，Q的运动时间为秒时，为等腰三角形；
②过点作，则：，

∵菱形，，
∴，，，，
∴，，
∴，
将三角形绕点旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
在中，，
∴，，
设运动时间为，则：，，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
解得：（不合题意，舍去）或，
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，含30度的直角三角形的性质，解直角三角形，圆周角定理．综合性强，难度大，计算量大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
12．（2024·广东广州·二模）如图，在菱形中，，点E为线段上一个动点，边关于对称的线段为，连接．
(1)当平分时，的度数为 ．
(2)延长，交射线于点G，当时，求的长．
(3)连接，点H为线段上一动点（不与点A，C重合），且，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)8
【分析】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、勾股定理、矩形的性质等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键．
（1）由折叠的性质可得，由角平分线的性质可得，即，最后结合即可解答；
（2如图：过E作于其延长上点H，延长交于M设，连接；由折叠的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识点可得；再说明，根据直角三角形的性质及勾股定理可得，、，然后证明，根据相似三角形的性质列式计算可得，最后根据线段的和差即可解得；
（3）如图：过B作，根据菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理可得；如图：过B作交延长线于F，可得；再证明四边形是平行四边形可得、，再证明易得，即，然后求得的最小值即可．
【详解】（1）解：∵边关于对称的线段为，
∴，
∵边关于对称的线段为，
∴，
∴，
∵，
∴，即，解得：．
故答案为：．
（2）解：如图：过E作于其延长上点H，延长交于M
设，连接
由轴对称的性质可得：，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，即，
∵
∴即
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴．
（3）解：如图：过B作，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
如图：过B作交延长线于F，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
当D、E、F三点不共线时，，
当D、E、F三点共线时，，
∴，即，
∴的最小值为8．
13．（2022·广东佛山·模拟预测）如图，四边形中，，，，是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若是等腰三角形，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】（1）根据平行线的性质和中点的性质证明三角形全等，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形完成证明；
（2）由等腰三角形的性质，分三种情况：①，②，③，分别求四边形的面积．
【详解】（1）证明：，
，
，
在与中，
，
，
，
又是边的中点，
，
四边形是平行四边形；
（2）①当时，即时，由勾股定理得，，
∴，四边形的面积；
②当时，过点作于，则四边形是矩形，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，四边形的面积；
③当时，边上的中垂线垂直平分了
设交于点，∴，而根据图得，矛盾，此时不成立；
综上所述，四边形的面积是或．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，确定出全等三角形，分类讨论是解题的关键．
14．（2023·山东聊城·三模）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作，且，连接．

(1)求证：四边形为矩形；
(2)连接，交于点F，连接，若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，得到，，进而得到，推出四边形是平行四边形，进而证明四边形为矩形即可；
（2）根据菱形的性质，得到，再根据矩形的性质，得到，，，利用勾股定理，求得，然后根据平行线分线段成比例定理，得出为中点，最后由直平行线分线段成比例定理，即可求出的长．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，，
，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形；
（2）解：四边形是菱形，
，
由（1）得：四边形为矩形，
，，，
在中，，
，
，
为中点，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握菱形和矩形的性质是解题关键．
15．（2022·广东梅州·一模）如图，在四边形ABCD中，．．，，．点P从点A沿AD运动到点D，每秒移动a个单位，同时点Q从点C沿CB运动到点B．每秒移动b个单位．运动时间为x秒．若其中一点到达终点，另一点也停止．
(1)请求出CD的值；
(2)若存在某时刻使DQ垂直平分PC，求a∶b的值；
(3)若，，何时PQ上存在点M，使得．
【答案】(1)10；
(2)；
(3)或
【分析】（1）过点D作于点H，然后可得，，则有，进而根据勾股定理可求解；
（2）由（1）得，则，然后可得若DQ垂直平分PC，则可知四边形CDPQ为菱形，则有，进而问题可求解；
（3）依题意得，由，可得AB是直径，以AB为直径作，然后可得PQ与相交或相切，进而分类讨论进行求解即可．
【详解】（1）解：如图，过点D作于点H，
依题意得四边形ABHD为矩形，
∴，，
∴，
在中，
由勾股定理得；
（2）解：由（1）得，则，
如图，若DQ垂直平分PC，则可知四边形CDPQ为菱形，
∴，
∴；
（3）解：如图，依题意得，由，可得AB是直径，以AB为直径作，
若PQ上存在点M使，则PQ与有公共点，所以PQ与相交或相切，
当与PQ相切于M时，，，，
∵，
∴OP平分∠AOM，OQ平分∠BOM，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
所以，当或时，PQ上存在点M使得．
【点睛】本题主要考查切线的性质、矩形的性质与判定、菱形的性质、相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握切线的性质、矩形的性质与判定、菱形的性质、相似三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
考点要求
新课标要求
考查频次
命题预测
矩形的性质与判定
探索并证明矩形的性质定理.
探索并证明矩形的判定定理.
10年7考
矩形、菱形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年广东中考还将出现.矩形、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，解答题中考查菱形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大．
矩形的折叠问题
探索并证明矩形的性质在几何的应用.
10年8考
菱形的性质与判定
探索并证明菱形的性质定理.
探索并证明菱形的判定定理.
10年8考
如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用下面的方法（如图1）；
（1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．
（2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕．同时，得到了线段．