難點06特殊平行四邊形的常考題型

（7大熱考題型）

題型一：矩形的性質與判定

題型二：菱形的性質

題型三：菱形的判定

題型四：菱形的性質與判定

題型五：正方形的性質

題型六：正方形的判定

題型七：正方形的性質與判定

題型一：矩形的性質與判定

【中考母題學方法】

【典例1】（2024·山東青島·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，

ABDCDB，BEAC于點E，DFAC于點F，且BEDF．

(1)求證：四邊形ABCD是平行四邊形；

BC

(2)若ABBO，當ABE等于多少度時，四邊形ABCD是矩形？請說明理由，并直接寫出此時的值．

AB

【答案】(1)證明見解析

BC

(2)當ABE30時，四邊形ABCD是矩形，理由見解析，此時3

AB

【分析】（1）先證明AB∥CD得到EABFCD，再由垂線的定義得到AEBCFD90，據此證明

AEB≌CFDAAS，得到ABCD，由此即可證明四邊形ABCD是平行四邊形；

（2）當ABE30時，四邊形ABCD是矩形，利用三角形內角和定理得到BAO60，則可證明VAOB是

等邊三角形，得到OAOB，進而可證明ACBD，則四邊形ABCD是矩形，在Rt△ABC中，

BC

tanBAC3．

AB

【詳解】（1）證明：∵ABDCDB，

∴AB∥CD，

∴EABFCD，

∵BEAC，DFAC，

∴AEBCFD90，

又∵BEDF，

∴AEB≌CFDAAS，

∴ABCD，

又∵AB∥CD，

∴四邊形ABCD是平行四邊形；

（2）解：當ABE30時，四邊形ABCD是矩形，理由如下：

∵BEAC，

∴AEB90，

∵ABE30，

∴BAO60，

又∵ABBO，

∴VAOB是等邊三角形，

∴OAOB，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴OBOD，OAOC，

∴OBODOAOC，

∴ACBD，

∴四邊形ABCD是矩形，

即當ABE30時，四邊形ABCD是矩形，

∴ABC90，

BC

∴在Rt△ABC中，tanBAC3．

AB

【點睛】本題主要考查了矩形的性質與判定，平行四邊形的判定，解直角三角形，全等三角形的性質與判

定，等邊三角形的性質與判定等等，熟知平行四邊形和矩形的判定定理是解題的關鍵．

【變式1-1】（2024·西藏·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，C90，AC12，BC5，點P是邊AB上任

意一點，過點P作PDAC，PEBC，垂足分別為點D，E，連接DE，則DE的最小值是（）

13601230

A．B．C．D．

213513

【答案】B

【分析】本題考查了勾股定理的運用、矩形的判定和性質以及直角三角形的面積的不同求法，題目難度不

大，設計很新穎，解題的關鍵是求DE的最小值轉化為其相等線段CP的最小值．連接CP，根據矩形的性質

可知：DECP，當DE最小時，則CP最小，根據垂線段最短可知當CPAB時，則CP最小，再根據三角

形的面積為定值即可求出CP的長．

【詳解】解：Rt△ABC中，C90，AC12，BC5，

ABAC2BC213，

連接CP，如圖所示：

∵PDAC于點D，PECB于點E，ACB90，

∴PDCPECACB90，

四邊形DPEC是矩形，

DECP，

當DE最小時，則CP最小，根據垂線段最短可知當CPAB時，則CP最小，

51260

∴此時DECP．

1313

故選：B．

【變式1-2】（2024·四川南充·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，ABE30，將ABE

沿BE折疊得FBE，連接CF，DF，若CF平分BCD，AB2，則DF的長為．

【答案】2

【分析】過F作FMBC于點M，FNCD于點N，CMFCNF90，由四邊形ABCD是矩形，得

DCMABC90，ABCD2，證明四邊形CMFN是矩形，通過角平分線的性質證得四邊形CMFN

是正方形，最后根據折疊的性質和勾股定理即可求解．

【詳解】如圖，過F作FMBC于點M，FNCD于點N，

∴CMFCNF90，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴DCMABC90，ABCD2，

∴四邊形CMFN是矩形，

∵CF平分BCD，

∴FMFN，DCFBCF45，

∴四邊形CMFN是正方形，

由折疊性質可知：ABBF2，ABEFBE30，

∴MF1，

∴CNNFMFCM1，DNCDCN1，

在Rt△DNF中，由勾股定理得DFNF2DN212122，

故答案為：2．

【點睛】本題考查了矩形的性質和判定，折疊的性質，勾股定理，所對直角邊是斜邊的一半，角平分線

的性質，正方形的判定與性質，熟練掌握知識點的應用是解題的關3鍵0．°

【變式1-3】（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，ABC90．

(1)求證：ACBD；

(2)點E在BC邊上，滿足CEOCOE．若AB6，BC8，求CE的長及tanCEO的值．

【答案】(1)見解析

(2)CE5，tanCEO3

【分析】本題考查矩形的判定與性質、勾股定理、等腰三角形的判定與性質、銳角三角函數等知識，熟練

掌握矩形的判定與性質是解答的關鍵．

（1）直接根據矩形的判定證明即可；

1

（2）先利用勾股定理結合矩形的性質求得AC10，OBOC．進而可得COAC5，再根據等腰三角

2

形的判定得到CECO5，過點O作OFBC于點F，根據等腰三角形的性質，結合勾股定理分別求得

CF4，EF1，OF3，然后利用正切定義求解即可．

【詳解】（1）證明：因為四邊形ABCD是平行四邊形，且ABC90，

所以四邊形ABCD是矩形．

所以ACBD；

（2）解：在Rt△ABC中，AB6，BC8，

所以ACAB2BC2628210，

因為四邊形ABCD是矩形，

1

所以COAC5，OBOC．

2

因為CEOCOE，所以CECO5．

1

過點O作OFBC于點F，則CFBC4，

2

所以EFCECF541，

在Rt△COF中，OFOC2CF252423，

OF

所以tanCEO3．

EF

【中考模擬即學即練】

1．（2025·湖北十堰·一模）如圖，正八邊形的邊長為4，對角線、相交于點E．則線段BE的長為（）

????

A．8B．443C．422D．82

【答案】C

【分析】本題考查了正多邊形的內角、矩形的判定和性質，掌握以上知識點是解題的關鍵．

根據正八邊形的性質得出四邊形CEGF是矩形，ACE、BFG是等腰直角三角形，再根據矩形的性質以及

直角三角形的邊角關系解題即可．

【詳解】解：如圖，過點F作FGAB于G，

由題意可知，四邊形CEGF是矩形，

82180

由正八邊形的性質知，FAC135，

8

∴ACE1359045，

又∵DCAB，

∴CEA90，

CAE180CEAACE180904545，

∴ACE是等腰直角三角形，

同理，BFG也是等腰直角三角形，

又∵四邊形CEGF是矩形，

∴ACCFFBEG4，

在RtACE中，AC4，AECE，

∴AE2CE22AE22AE4，

∴AE22，

同理BG22，

∴BEEGBG422．

故選：C．

2．（2023·海南海口·模擬預測）如圖，直角梯形ABCD中，AD∥BC，ABBC，AD2，將腰CD以D為

中心逆時針旋轉90至DE，連接AE，CE，VADE的面積為3，則BC長（）

A．3B．4C．5D．6

【答案】C

【分析】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，矩形的判定與性質等知識．熟練掌握旋轉的

性質，全等三角形的判定與性質，矩形的判定與性質是解題的關鍵．

如圖，過D作GHBC于H，作EGGH于G，由旋轉的性質可得，CDE90，DECD，證明

11

DEG≌CDHAAS，則CHDG，由題意知，SADDG2DG3，可求DG3，則

ADE22

CHDG3，證明四邊形ABHD是矩形，則BHAD2，根據BCBHCH，計算求解即可．

【詳解】解：如圖，過D作GHBC于H，作EGGH于G，

由旋轉的性質可得，CDE90，DECD，

∵GDEGED90GDEHDC，

∴GEDHDC，

又∵GCHD90，DECD，

∴DEG≌CDHAAS，

∴CHDG，

11

由題意知，SADDG2DG3，

ADE22

解得，DG3，

∴CHDG3，

∵AD∥BC，ABBC，

∴BAD90ABHDHB，

∴四邊形ABHD是矩形，

∴BHAD2，

∴BCBHCH5，

故選：C．

1

3．（2024·河北·模擬預測）在VABC中，ABC90，O是AC的中點，求證：BOAC．

2

證明：如圖，延長BO至點D，使ODBO，連接AD，CD．

……

ACBD2OB，

1

BOAC．

2

下面是“……”部分被打亂順序的證明過程：①∴四邊形ABCD是平行四邊形；②∵ABC90；③∵

OAOC，OBOD；④∴四邊形ABCD是矩形，則正確的順序是（）．

A．③①②④B．③②①④C．②③①④D．②①③④

【答案】A

【分析】本題考查了平行四邊形的判定，矩形的判定和性質，掌握特殊四邊形的判定和性質是解題關鍵．從

結論入手，要證明直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，顯然不能應該斜邊中線定理，看到提示的兩行

證明，有對角線相等，由此根據矩形的對角線互相平分且對角線相等的性質，作輔助線補全四邊形，先證

平行四邊形再證矩形，即可推出結論．

【詳解】解:根據提示，先由對角線互相平分證明四邊形是平行四邊形，再由平行四邊形證明是矩形，

證明過程應為：③OAOC，OBOD；

①四邊形ABCD是平行四邊形；

②ABC90；

④四邊形ABCD是矩形．

ACBD2OB，

1

BOAC．

2

即證明過程為③①②④，

故選：A．

4．（2024·福建三明·二模）如圖，在VABC中，ABC90，BABC，把VABC繞點A逆時針旋轉得到VADE，

點D與點B對應，點D恰好落在AC上，過E作EF∥AB交BC的延長線于點F，連接BD并延長交EF于點

G，連接CE交BG于點H．下列結論：①BDDG；②CE2BD；③CHEH；④FG2EG．其中

正確的有（）

A．4個B．3個C．2個D．1個

【答案】A

【分析】連接DF、HF，可證四邊形ABFE是矩形，△ABC≌△ADE，即可判斷①③；根據①③的結論可

推出CE垂直平分DF，進而可得HDF是等腰直角三角形，從而可判斷②；證明BCD≌DEG，推出

CDEGCF，設ABBCm，推出EGCF21m，FGEFEG22m，判斷④即可．

【詳解】解：連接DF、HF，如圖所示：

∵ABC90，BABC，

∴BACBCA45

由題意得：△ABC≌△ADE

∴ADAB,ADE90,DEADAE45

18045

∴ABDADB67.5

2

∴BAE90

∵EF∥AB，

∴AEF90

∴四邊形ABFE是矩形，

∴GFB90，EFABADED，DEF90AED45

∴GBF90ABD22.5

∵EDCEFC90,EDEF,ECEC

∴VEDC≌VEFC

∴CDCF

1

∴CFDCDFACB22.5GBF

2

∴GFD90CFD67.5FGD

∴BDFDGD

∴點D是BG的中點

即：BDDG，故①正確；

∵GDCADB67.5,，

∴EDG90GDC22.5

∵VEDC≌VEFC

1

∴DEHFECDEF22.5EDG

2

∴DHEH

同理可證DHCH

∴CHEH，故③正確；

∵VEDC≌VEFC

∴CE垂直平分DF

∴HDHF

∵HDFDBFDFB45

∴HDF是等腰直角三角形

∴DF2DH

∵CE2DH,BDDF

∴CE2BD，故②正確；

∵BCDE,BCDDEG45,FBGEDG22.5，

∴BCD≌DEG，

∴CDEG，

∴EGCF，

設ABBCm，

則：BFAEAC2m,EFm，

∴EGCF21m，

∴FGEFEG22m，

∴FG2EG；故④正確；

故選：A．

【點睛】本題綜合考查了矩形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、斜中半定理等知識點，綜合性較

強，需要學生具備扎實的幾何基礎．

5．（2024·廣東深圳·一模）如圖，矩形ABCD中，AB4，BC3，將矩形ABCD繞點A逆時針旋轉得到

矩形ABCD，當點C，B，C三點共線時，AB交DC于點E，則DE的長度是（）

725725

A．B．C．D．

8844

【答案】A

【分析】連接AC、AC，先證明BCBC3AD，進而證明ADE≌CBE(AAS)，于是可得AECE，

DEBE，設AEx，則BE4xDE，利用勾股定理建立方程，解方程即可得出答案．

【詳解】解：如圖，連接AC、AC，

矩形ABCD，

ABCADC90，BCAD3，ADAB4，

由旋轉的性質可得：BCBC3，ACAC，ABCABC90，ABAB4，

ACC是等腰三角形，且ABCC，

BCBC3，

ADBC3，

在VADE和CBE中，

AEDCEB

ADECBE，

ADBC

ADE≌CBE(AAS)，

AECE，DEBE，

設AEx，則BE4xDE，

在RtADE中，根據勾股定理可得：DE2AD2AE2，

(4x)232x2，

25

解得：x，

8

7

DE4x，

8

故選：A．

【點睛】本題主要考查了矩形的性質，旋轉的性質，等腰三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質

等知識點，熟練掌握旋轉的性質和全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．

6．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，有兩個全等的矩形ABCD和矩形ABCD重合擺放，將矩形ABCD

繞點C逆時針旋轉，延長AD交AD于點E，線段AE的中點為點F，AB的長為2，BC的長為4，當CF取

最小時，AF的長為（）

A．2B．4C．6D．8

【答案】B

【分析】本題主要考查了矩形的性質、旋轉的性質、垂線段最短、全等三角形的判定與性質等知識，確定CF

何時取最小值是解題關鍵．連接CF，由“垂線段最短”的性質可知當CFAE，即點F與點D￠重合時，CF

取最小值，此時連接CE，易得EFAFADAD4，再證明點A與點E重合，即可獲得答案．

【詳解】解：如下圖，連接CF，

∵四邊形ABCD與四邊形ABCD均為矩形且全等，且AB2，BC4，

∴ABCDCD2，BCADAD4，ABCADCADC90，

∴矩形ABCD繞點C逆時針旋轉，

則當CFAE，即點F與點D￠重合時，CF取最小值，如下圖，連接CE，

此時CFCD2，

∵點F為線段AE的中點，

∴EFAFADAD，

∵ADC90，

∴CDE180ADC90，

又∵CDCD，

∴RtCDE≌RtCDEHL，

∴DEDEEFAD，即點A與點E重合，

∴AFEFAD4．

故選：B．

7．（2024·貴州黔東南·二模）在矩形ABCD中，AB5，過點E，F分別作對角線AC的垂線，與邊BC分別

交于點G，H．若AECF，BG1，CH4，則EGFH．

【答案】34

【分析】本題考查了矩形的性質和判定，勾股定理，全等三角形性質和判定，解題的關鍵在于作輔助線構

造直角三角形和全等三角形．延長GE，交AD于點P，過點G作GQAD于點Q，易證四邊形ABGQ是矩

形，得到AQBG1，GQAB5，利用矩形性質證明AEP≌CFHASA，得到PEHF，最后利用勾

股定理即可得到GP，進而得到EGFH．

【詳解】解：延長GE，交AD于點P，過點G作GQAD于點Q，

GQA90，

四邊形ABCD是矩形，

BADB90，AD∥BC，

四邊形ABGQ是矩形，

AQBG1，GQAB5，

AD∥BC，

CADACB，

GEAC，HFAC，

GECHFC90，

AEPHFC，

AECF，

AEP≌CFHASA，

PEHF，APCH4，

PQAPAQ413，

GP2GQ2PQ2，

GPGQ2PQ2523234，

GEHFGEPEGP34，

故答案為：34．

8．（2023·天津·一模）如圖，矩形ABCD對角線AC,BD相交于點O，E為OB上一點，連接CE，F為CE的

中點，EOF90．若OE3,OF2，則BE的長為．

【答案】2

【分析】本題考查了中位線，勾股定理，矩形的性質，平行線的性質等知識．解題的關鍵在于添加輔助線，

1

構造中位線．如圖，連接AE，OF是△ACE的中位線，則OFAE，OF∥AE，AE4，AEO90，

2

在Rt△AEO中，由勾股定理求AO的值，由矩形的性質可得OBOA，根據BEOBOE，求解BE的值即

可．

【詳解】解：如圖，連接AE，

∵四邊形ABCD是矩形，

11

∴AOOC，OBOAACBD

22

∵F為CE的中點，

∴OF是△ACE的中位線，

1

OFAE，OF∥AE，

2

∴AEOEOF，

∵EOF90，OF2，

AE4，AEO90，

在Rt△AEO中，由勾股定理得AOAE2OE25，

∴OBOA5，

BEOBOE2，

故答案為：2．

9．（2024·陜西·模擬預測）如圖，在矩形ABCD中，AD16，AB10，EF在邊AD上，EF8，連接EB，FC，

則線段EBFC的最小長度為．

【答案】429

【分析】根據題意取BC的中點G，連接GF，作點G關于AD的對稱點G，連接GG,GF,GC，利用矩形

性質證明四邊形EFGB為平行四邊形，再根據對稱性得GFFC≥GC，繼而利用勾股定理即可得到本題

答案．

【詳解】解：如圖，取BC的中點G，連接GF，作點G關于AD的對稱點G，連接GG,GF,GC，

，

∵矩形ABCD中，EF8，AD16，

∴EFBG，EFBG8，

∴四邊形EFGB為平行四邊形，

∴BEGF，即BECFGFFC，

∵根據對稱性可知GFGF，則GFFCGFFC，GG20，

∵GFFC≥GC，

∴EBFC的最小長度：GCCG2GG282202429，

故答案為：429．

【點睛】本題考查平行四邊形判定及性質，矩形性質，對稱性質，勾股定理等．

10．（2024·山東·模擬預測）如圖，在ABCD中，AB2，BC5，延長DC至點E，使CEDC，連接AE，

交BC于點F，連接AC，BE，AFC2D．

(1)求證：四邊形ABEC是矩形；

(2)求ABCD的面積．

【答案】(1)證明見解析

(2)221

【分析】（1）先證四邊形ABEC是平行四邊形，得BC2BF，AE2AF，再證AEBC，即可得證；

（2）由矩形的性質得BAC90，由勾股定理求出AC，即可得解．

【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，AFC2D，

∴ABCD，AB∥CD，ABCD，

∵CECD，

∴ABCE，

∴四邊形ABEC是平行四邊形，

∴BC2BF，AE2AF，

∵2DAFCABCBAE，

∴ABCBAE，

∴AFBF，

∴AEBC，

∴四邊形ABEC是矩形；

（2）解：∵四邊形ABEC是矩形，AB2，BC5，

∴BAC90，

∴ACBC2AB2522221，

∴SYABCDABAC221，

∴ABCD的面積為221．

【點睛】本題考查矩形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形

外角的定義及性質等知識，掌握矩形的判定與性質是解題的關鍵．

11．（2024·北京·模擬預測）如圖，在AOC中，OD垂直平分AC．延長AO至點B，作COB的角平分線OH，

過點C作CFOH于點F．

(1)求證：四邊形CDOF是矩形；

4

(2)連接DF，若sinA，DF15，求AC的長．

5

【答案】(1)見解析

(2)18

【分析】本題考查矩形的判定與性質，線段垂直平分線的性質，等腰三角形的三線合一的性質，勾股定理，

三角函數定義等知識．掌握矩形的判定與性質和三角函數的定義是解題的關鍵．

（1）根據三角形中線的定義及等腰三角形三線合一性質得OAOC，ODC90，繼而得到DOF90，

結合CFO90即可得證．

（2）由矩形的性質得到OAOCDF15，進而由銳角三角函數定義求出OD12，然后根據勾股定理解

題即可．

【詳解】（1）證明：∵OD垂直平分

AC，

∴OAOC，ODC90，

∵ADDC，

∴OD平分AOC，

1

∴CODAOC，

2

∵OH平分COB，

1

∴COFCOB，

2

∵AOCCOB180，

∴CODCOF90，即DOF90，

∵CFOH，

∴CFO90，

∴四邊形CDOF是矩形；

（2）解：如圖連接DF，

∵四邊形CDOF是矩形，

∴DFOC，

∵OAOC，DF15，

∴OA15，

4

∵sinA，OA15，

5

∴OD12，

根據勾股定理得ADAO2OD29，

∴AC18．

12．（2024·浙江嘉興·一模）如圖，在矩形ABCD中，AB4，BC8，點E是邊AD上的動點，連接CE，

以CE為邊作矩形CEFG(點D、G在CE的同側)，且CE2EF，連接BF．

(1)如圖1，當點E在AD的中點時，點B、E、F在同一直線上，求BF的長；

(2)如圖2，當BCE30時，求證：線段BF被CE平分．

【答案】(1)BF62

(2)見解析

1

【分析】（1）根據矩形的性質和點E是AD的中點，可得ABCD，ACDE90，AEDEAD4，

2

1

證明ABE≌DCE，得到CEBE42，由CE2EF，可得EFCE22，即可求解；

2

（2）設BF與CE交于點H，過B作BMCE于M，根據矩形的性質可得BCECED，AEBCBE，

由BCE30，可推出BMAB，證明RtABE≌RtMBE，得到AEMBEMCBE，推出BCCE，

結合CE2EF，推出EFBM，證明EFH≌MBH，得到BHFH，即可證明．

【詳解】（1）解：在矩形ABCD中，AB4，BC8，點E是AD的中點，

1

ABCD，ACDE90，AEDEAD4，

2

ABE≌DCESAS，

CEBEAE2AB2424242，

CE2EF，

1

EFCE22，

2

BFBEEF422262；

（2）如圖，設BF與CE交于點H，過B作BMCE于M，

在矩形ABCD中，AD∥BC，

BCECED，AEBCBE，

BCE30，

1

BMBC4AB，

2

又BEBE，

RtABE≌RtMBEHL，

AEMBEM，

AEMBEMCBE，

BCCE，

CE2EF，

11

EFCEBCBM，

22

EHFBHM，FECBME90，

EFH≌MBHAAS，

BHFH，

線段BF被CE平分．

【點睛】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定與性質，含30角的直角三角形的性質，等腰三角形的

判定與性質，解題的關鍵是靈活運用相關知識．

13．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，且OCOD．

(1)證明四邊形ABCD為矩形；

(2)若OAD30，BC6，求△OBC的面積；

(3)點E，F分別是線段OB，OA上的點，若AEBF，AB5，AF1，BE3，求BF的長．

【答案】(1)見解析

(2)△OBC的面積為33；

(3)BF的長為22．

【分析】（1）先證明ACBD，再根據“對角線相等的平行四邊形是矩形”即可證明結論成立；

（2）利用正函數的定義求得CD23，再求得矩形的面積，據此即可求解；

（3）過點A，B分別作BD，AC的垂線，垂足分別為N，M，等面積法證明AMBN，進而證明

RtAME≌RtBNF，RtAMB≌RtBNA，根據全等三角形的性質得出MEFN，BMAN，根據已知條

件求得EM1，進而勾股定理求得AM，AE，進而即可求解．

【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴OCOA，OBOD，

∵OCOD，

∴OCOAOBOD，即ACBD，

∴四邊形ABCD為矩形；

（2）解：∵四邊形ABCD為矩形，

∴ADBC6，ADC90，

∵OAD30，

3

∴CDADtan30623，

3

∴矩形ABCD的面積為623123，

1

∴△OBC的面積為12333；

4

（3）解：解：如圖所示，過點A，B分別作BD，AC的垂線，垂足分別為N，M，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴BCAD，

11

∵SABBC，SABAD，

ABC2ABD2

∴SABC=SABD，

11

∴ACBNBDAM，

22

∴AMBN，

∵BFAE，

∴RtAME≌RtBNFHL，

∴MEFN，

設MEFNx，

在RtAMB，RtBNA中，

ABBA

AMBN

∴RtAMB≌RtBNAHL，

∴BMAN，

∴BEMEAFFN

∴3x1x

解得：x1

∴BM=AN=2

在RtABM中，AMAB2BM2522221，

在Rt△AME中，AEAM2ME221122，

∴BFAE22．

【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，矩形的判定和性質，全等三角形的性質與判定，勾股定理，解直

角三角形等，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．

題型二：菱形的性質

【中考母題學方法】

【典例1】（2024·福建·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，點E、F分別在BC、CD邊上，BAFDAE，

求證：BEDF．

【答案】見解析

【分析】本題考查的是菱形的性質，全等三角形的判定與性質，先證明BAEDAF，再證明

△BAE≌△DAF，從而可得結論．

【詳解】證明：在菱形ABCD中，

ABAD，BD，

∵BAFDAE，

∴BAEEAFEAFDAF，

∴BAEDAF，

BD

在BAE和△DAF中ABAD，

BAEDAF

∴△BAE≌△DAF，

∴BEDF．

【典例2】（2024·山東濟南·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AECD，垂足為E,CFAD，垂足為F．

求證：AFCE．

【答案】證明見解析．

【分析】本題主要考查了菱形的性質，全等三角形的判定以及性質，由菱形的性質得出ADCD，用AAS

證明△AED≌△CFD，由全等三角形的性質可得出DEDF，由線段的和差關系即可得出AFCE．

【詳解】證明：四邊形ABCD是菱形

ADCD

AECD,CFAD

AEDCFD90

DD

AED≌CFD

DEDF

ADDFCDDE

AFCE

【變式2-1】（2024·海南·中考真題）如圖，菱形ABCD的邊長為2，ABC120，邊AB在數軸上，將AC

繞點A順時針旋轉，點C落在數軸上的點E處，若點E表示的數是3，則點A表示的數是（）

A．1B．13C．0D．323

【答案】D

【分析】本題考查了菱形的性質，直角三角形的性質，勾股定理．作CFAE于點F，利用菱形的性質，

直角三角形的性質，勾股定理計算即可．

【詳解】解：作CFAE于點F，

∵ABC120，

∴FBC60，

∵BC2，

1

∴BFBC1，CFBC2BF23，

2

∴AFABBF3，

2

∴AEACAF2CF232323，

∵點E表示的數是3，

∴點A表示的數是323，

故選：D．

【變式2-2】（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖，四邊形ABCD是菱形，CD5，BD8，AEBC于點E，

則AE的長是（）

2448

A．B．6C．D．12

55

【答案】A

【分析】本題考查了勾股定理，菱形的性質，根據勾股定理求得OC，進而得出AC6，進而根據等面積

法，即可求解．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，CD5，BD8，

1

∴DOBD4，ACBD，BCCD5，

2

在Rt△CDO中，CODC2DO23，

∴AC2OC6，

1

∵菱形ABCD的面積為ACBDBCAE，

2

1

86

∴24，

AE2

55

故選：A．

【變式2-3】（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E是AB的中點，

連接OE．若OE3，則菱形的邊長為（）

A．6B．8C．10D．12

【答案】A

1

【分析】根據菱形的性質可得ACBD，根據“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”可得OEAB，即可

2

得解．

本題主要考查了菱形的性質和“直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半”的性質，熟練掌握以上知識是解題的關

鍵．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，

ACBD，

∵E是AB的中點，

1

OEAB，

2

∴AB2OE236。

故選：A．

【變式2-4】（2024·山東青島·中考真題）如圖，菱形ABCD中，BC10，面積為60，對角線AC與BD相

交于點O，過點A作AEBC，交邊BC于點E，連接EO，則EO．

【答案】10

【分析】本題考查了菱形的性質，勾股定理，直角三角形斜邊的中線，解題的關鍵是利用菱形的性質求出

AC、BD的長度．根據菱形的面積公式結合BC的長度即可得出BD、AC的長度，在RtBOC中利用勾股

定理即可求出CO的長度，再根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得出結論．

【詳解】解：∵四邊形ABCD為菱形，

∴ACBD，OAOC,OBOD,ABBCCDDA10，

1

∵S菱形ACBD60，

ABCD2

∴ACBD120，

∴BOOC＝30．

∵BO2CO2BC2100，

2

∴BOOC2BOCO100，

∴BOCO410（負值已舍去），

∴BO410OC，

∴BO2CO2102，

2

∴410OCCO2100，

∴CO10，CO＝310（舍去）．

∵AE⊥BC，AOCO，

∴EOCO10．

故答案為：10．

【變式2-5】（2024·廣東·中考真題）如圖，菱形ABCD的面積為24，點E是AB的中點，點F是BC上的動

點．若△BEF的面積為4，則圖中陰影部分的面積為．

【答案】10

【分析】本題考查了菱形的性質，三角形中線的性質，利用菱形的性質、三角形中線的性質求出SADE6，

BF2BF

S8，根據△ABF和菱形的面積求出，2，則可求出VCDF的面積，然后利用

ABFBC3CF

S陰影S菱形ABCDSADESBEFSCDF求解即可．

【詳解】解：連接AF、BD，

∵菱形ABCD的面積為24，點E是AB的中點，△BEF的面積為4，

111

∴SSS菱形6，S2S8，

ADE2ABD22ABCDABFBEF

設菱形ABCD中BC邊上的高為h，

11

BFhBF

則SABF，即8，

22

S菱形ABCDBCh24BC

BF2

∴，

BC3

BF

∴2，

CF

1

BFh

SBF

∴ABF22，

S1CF

CDFCFh

2

∴S△CDF4，

∴S陰影S菱形ABCDSADESBEFSCDF10，

故答案為：10．

【中考模擬即學即練】

1．（2024·云南曲靖·一模）菱形ABCD的一條對角線長為8，邊AB的長是方程x27x100的一個根，則

菱形ABCD的周長為（）

A．16B．20C．16或20D．32

【答案】B

【分析】本題考查了菱形的性質，三角形的三邊關系，解一元二次方程等知識，先解方程得x12，x25，

再根據菱形的性質和三角形三邊關系得到AB5，即可求解，掌握相關知識是解題的關鍵．

【詳解】解：由題意可知，邊AB的長是方程x27x100的一個根，

解方程：x27x100，

∴x2x50

解得：x12，x25，

∵菱形ABCD的一條對角線長為8，

∴當x12時，228，不能構成三角形，

當x25時，55108，能構成三角形，

∴AB5，

∴菱形ABCD的周長5420，

故選：B．

2．（2024·山西·模擬預測）如圖，O是菱形ABCD的對角線BD的中點，以O為原點，建立如圖平面直角坐

標系，若AD∥x軸，AD8，A60，點C的坐標是（）

A．53,5B．53,5C．4,26D．6,23

【答案】D

【分析】令AD與y軸的交點為字母E，根據菱形的性質和A60說明△ABD是等邊三角形，再求出OD，

然后根據直角三角形的性質得DE，結合勾股定理求出OE，可知點A的坐標，最后根據點A和點C關于原

點對稱得出答案．

【詳解】如圖所示，令AD與y軸的交點為字母E，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴ABAD．

∵A60，AD8，

∴△ABD是等邊三角形，則BDAD8，

∵點O是菱形ABCD的對角線的BD中點，

1

∴ODBD4．

2

∵AD∥x軸，則DEO90，

∴EOD30，

1

∴DEOD2，

2

根據勾股定理，得OEOD2DE2=23，

∴A(6，23)．

∵點A和點C關于原點對稱，

∴C(6，23)．

故選：D．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形的性質，理解菱

形的對稱性是解題的關鍵．

3．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在菱形ABCD中，A60，AB6，E是AB上一點，把四邊形ADCE

沿CE折疊后得到四邊形ADCE，CDCD，則BE的長為（）

5

A．B．3C．633D．333

2

【答案】D

【分析】本題考查折疊，菱形的性質，正方形的判定和性質，三角函數，熟練掌握數形結合的思想是解題

的關鍵；

根據題意，連接AA，延長AE到CD于點H，延長AE到CD于點F，證明EFHC為正方形，根據三角函

數求出CH，BH的長度，即可求解；

【詳解】解：連接AA，延長AE到CD于點H，延長AE到CD于點F，

因為四邊形ADCE沿CE折疊后得到四邊形ADCE，

AEEA，EFEHCFCH，

EFHC為正方形，

BCH906030，

CB6，

BH

sin30，

BC

BH3

CH

cos30，

CB

CH33，

EHCH

EBEHBH333，

故選：D

4．（2024·湖北·模擬預測）如圖，在菱形ABCD中，以點D為圓心，DB長為半徑作弧，交AB于點E，分

1

別以B，E為圓心，以大于BE長為半徑作弧，兩弧交于點F，作射線DF交AB于點G．連接CG，若

2

DCG30，AG3，則菱形ABCD的面積為（）

935333

A．B．73C．D．

2222

【答案】A

【分析】由題意可得知DGAB，由菱形的性質可得出ADABCD，AD∥BC．設DGx，則

ADABCD3x，由勾股定理解出x，最后根據菱形的性質求面積即可．

【詳解】解：由作圖知，DGAB，

四邊形ABCD是菱形，

ADABCD，AD∥BC，

DGCD，

設DGx，

DCG30，

∴CG2DG，

CDADCG2DG23x，

在RtADG中，由勾股定理得AD2DG2AG2，

2

3xx232，

3232

x或x（舍去），

22

3236

DG，AB，

22

363293

菱形ABCD的面積ABDG，

222

故選：A．

【點睛】本題考查了垂線的尺規作圖，菱形的性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，熟練掌

握矩形的性質與判定定理以及菱形的性質是解題的關鍵．

5．（2024·山東棗莊·一模）已知3是關于x的方程x22mx3m0的一個根，并且這個方程的兩個根恰好

是菱形ABCD的兩條對角線的長，則菱形ABCD的面積為．

【答案】4.5

【分析】本題主要考查了菱形的性質以及一元二次方程的解和根與系數的關系，正確得出方程的兩根之積

是解題關鍵．

首先利用一元二次方程的解得出m的值，再利用根與系數的關系得出方程的兩根之積，再結合菱形面積公

式求出答案．

【詳解】解：∵3是關于x的方程x22mx3m0