2024年中考數學真題專題分類精選匯編（2025年中考復習全國通用）

專題19矩形、菱形、正方形

一、選擇題

1.（2024甘肅威武）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，ABD60，AB2，

則AC的長為（）

A.6B.5C.4D.3

【答案】C

1

【解析】根據矩形ABCD的性質，得OAOBOCODAC，結合ABD60，得到AOB

2

1

是等邊三角形，結合AB2，得到OAOBABAC，解得即可．

2

本題考查了矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，熟練掌握矩形的性質是解題的關鍵．

1

【詳解】根據矩形ABCD的性質，得OAOBOCODAC，

2

∵ABD60，

∴AOB是等邊三角形，

∵AB2，

1

∴OAOBABAC2，

2

解得AC4．

故選C．

2.（2024四川成都市）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，則下列結論一定正

確的是（）

A.ABADB.ACBDC.ACBDD.

ACBACD

【答案】C

【解析】本題考查矩形的性質，根據矩形的性質逐項判斷即可．

∵四邊形ABCD是矩形，

∴ABCD，ACBD，AD∥BC，則ACBDAC，

∴選項A中ABAD不一定正確，故不符合題意；

選項B中ACBD不一定正確，故不符合題意；

選項C中ACBD一定正確，故符合題意；

選項D中ACBACD不一定正確，故不符合題意，

故選：C．

51

3.（2024四川德陽）寬與長的比是的矩形叫黃金矩形，黃金矩形給我們以協調的美感，世界

2

各國許多著名建筑為取得最佳的視覺效果，都采用了黃金矩形的設計．已知四邊形ABCD是黃金矩

形．(ABBC)，點P是邊AD上一點，則滿足PBPC的點P的個數為（）

A.3B.2C.1D.0

【答案】D

【解析】本題考查了矩形的性質，勾股定理，一元二次方程的解，熟練掌握勾股定理，利用判別式判

斷一元二次方程解的情況是解題的關鍵．設AB=a，BCb，假設存在點P，且APx，則

PDbx，利用勾股定理得到BP2AB2AP2a2x2，PC2PD2CD2(bx)2a2，

ABa51

BC2BP2PC2，可得到方程x2bxa20，結合，然后根據判別式的符號

BCb2

即可確定有幾個解，由此得解．

AB51

【詳解】如圖所示，四邊形ABCD是黃金矩形，ABBC，，

BC2

設AB=a，BCb，假設存在點P，且APx，則PDbx，

在RtABP中，BP2AB2AP2a2x2，

在RtPDC中，PC2PD2CD2(bx)2a2，

PBPC，

BC2BP2PC2，即b2a2x2(bx)2a2，

整理得x2bxa20，

ABa5151

b24acb24a2，又，即ab，

BCb22

(51)2

b24acb24a2b24b2(255)b2，

4

2550，b20，

b24a2(255)b20，

方程無解，即點P不存在．

故選：D．

4.（2024黑龍江綏化）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

【解析】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．

5.（2024廣西）如圖，邊長為5的正方形ABCD，E，F，G，H分別為各邊中點，連接AG，BH，

CE，DF，交點分別為M，N，P，Q，那么四邊形MNPQ的面積為（）

A.1B.2C.5D.10

【答案】C

【解析】先證明四邊形MNPQ是平行四邊形，利用平行線分線段成比例可得出DQPQ，

AMQM，證明ADG≌BAHSAS得出DAGABH，則可得出QMNAMB90，

同理AQD90，得出平行四邊形MNPQ是矩形，證明ADQ≌BAMAAS，得出

DQAM，進而得出DQAMPQQM，得出矩形MNPQ是正方形，在Rt△ADQ中，利用

勾股定理求出QM25，然后利用正方形的面積公式求解即可．

【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，

∴ABBCCDDA，AB∥CD，AD∥BC，DABABCBCDCDA90，

∵E，F，G，H分別為各邊中點，

11

∴CGDGCDAH，AEAB，

22

∴DGCGAE，

∴四邊形AECG是平行四邊形，

∴AG∥CE，

同理DFBH，

∴四邊形MNPQ是平行四邊形，

∵AG∥CE，

DQDG

∴1，

PQCG

∴DQPQ，

同理AMQM，

∵DGAH，ADGBAH90，ADBA，

∴ADG≌BAHSAS，

∴DAGABH，

∵DAGGAB90，

∴ABHGAB90，

∴QMNAMB90，同理AQD90，

∴平行四邊形MNPQ是矩形，

∵AQDAMB90，DAGABH，ADBA，

∴ADQ≌BAMAAS，

∴DQAM，

又DQPQ，AMQM，

∴DQAMPQQM，

∴矩形MNPQ是正方形，

在Rt△ADQ中，AD2DQ2AQ2，

2

∴52QM22QM，

∴QM25，

∴正方形MNPQ的面積為5，

故選：C．

【點睛】本題考查了正方形的判定與性質，全等三角形判定與性質，平行線分線段成比例，勾股定理

等知識，明確題意，靈活運用相關知識求解是解題的關鍵．

6.（2024重慶市B）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E是BC上一點，點F是CD延長

線上一點，連接AE，AF，AM平分EAF．交CD于點M．若BEDF1，則DM的長度

為（）

12

A.2B.5C.6D.

5

【答案】D

【解析】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質與判定，勾股定理，先由正方形的性質得

到∠ABE∠ADC∠ADF∠C90，ABADCDBC4，再證明

△ABE≌△ADFSAS得到AEAF，進一步證明△AEM≌△AFMSAS得到EMFM，

設DMx，則EMFMDFDMx1，CMCDDM4x，

22

在Rt△CEM中，由勾股定理得x1324x，解方程即可得到答案．

【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ABE∠ADC∠ADF∠C90，ABADCDBC4，

又∵BEDF1，

∴△ABE≌△ADFSAS，

∴AEAF，

∵AM平分EAF，

∴EAMFAM，

又∵AMAM，

∴△AEM≌△AFMSAS，

∴EMFM，

設DMx，則EMFMDFDMx1，CMCDDM4x，

在Rt△CEM中，由勾股定理得EM2CE2CM2，

22

∴x1324x，

12

解得x，

5

12

∴DM，

5

故選：D．

7.（2024山東煙臺）如圖，在正方形ABCD中，點E，F分別為對角線BD，AC的三等分點，連

接AE并延長交CD于點G，連接EF，FG，若AGF，則FAG用含α的代數式表示為（）

459045

A.B.C.D.

2222

【答案】B

【解析】本題考查了正方形的性質，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角形的

外角性質．證明△EOF∽△DOC，求得OFE45，證明ABE∽GDE，證得

1

DGCDCG，推出DEG≌CFGSAS，得到GEGF，據此求解即可．

2

【詳解】解：∵正方形ABCD中，點E，F分別為對角線BD，AC的三等分點，

∴ODOC，ODCOCD45，DECF，

∴OEOF，

OEOF

∵EOFDOC，，

ODOC

∴△EOF∽△DOC，

∴OFEOCD45，

∵點E，F分別為對角線BD，AC的三等分點，

DE1

∴，

BE2

∵正方形ABCD，

∴AB∥CD，

∴ABE∽GDE，

DGDE1

∴，

ABBE2

1

∴DGCDCG，

2

∴DEG≌CFGSAS，

∴GEGF，

11

∴GEF180AGF90，

22

1190

∴FAGGEFAFE904545，

222

故選：B．

8.（2024陜西省）如圖，正方形CEFG的頂點G在正方形ABCD的邊CD上，AF與DC交于點

H，若AB6，CE2，則DH的長為（）

58

A.2B.3C.D.

23

【答案】B

【解析】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質．證明△ADH∽△FGH，利用相似

三角形的性質列式計算即可求解．

【詳解】解：∵正方形ABCD，AB6，

∴ABADCD6，

∵正方形CEFG，CE2，

∴CEGFCG2，

∴DGCDCG4，

由題意得AD∥GF，

∴△ADH∽△FGH，

ADDH6DH

∴，即，

GFGH24DH

解得DH3，

故選：B．

二、填空題

1.（2024黑龍江綏化）在矩形ABCD中，AB4cm，BC8cm，點E在直線AD上，且DE2cm，

則點E到矩形對角線所在直線的距離是______cm．

2565

【答案】或或25

55

【解析】本題考查了矩形的性質，解直角三角形，設AC,BD交于點O，點E1在線段AD上，E2在

AD的延長線上，過點AC作AC，BD的垂線，垂足分別為F1,F2,F3，進而分別求得垂線段的長度，

即可求解．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，AB4，BC8，

∴ADBC8，CDAB4，

∴ACAD2CD2428245

CD4582541

∴sinCAD，cosCAD，tanCAD

AC45545582

如圖所示，設AC,BD交于點O，點E1在線段AD上，E2在AD的延長線上，過點AC作AC，BD

的垂線，垂足分別為F1,F2,F3

∵AODO

∴OADODA

當E在線段AD上時，

∴AE1ADDE826

565

在RtAE1F1中個，EFAEsinCAD6

11155

∵OADODA

525

在RtE1F2D中，EFDEsinEDF2；

1211255

當E在射線AD上時，

21

在RtDCE中，tanDCE

2242

∴CADDCE

∴DCEDCA90

∴E2CAC

∴222，

E2CDE2DC2425

525

在RtDE2F3中，EFDEsinEDFDE

23223255

2565

綜上所述，點E到對角線所在直線的距離為：或或25

55

2565

故答案為：或或25．

55

2.（2024四川德陽）如圖，四邊形ABCD是矩形，△ADG是正三角形，點F是GD的中點，點P

是矩形ABCD內一點，且PBC是以BC為底的等腰三角形，則PCD的面積與FCD的面積的

比值是______．

【答案】2

【解析】本題考查矩形的性質，正三角形的性質，等腰三角形的性質等知識點，正確設出邊長表示出

兩個三角形的面積是解題的關鍵．

作輔助線如圖，設BCa，CDb，根據相關圖形的性表示出三角形的面積即可得到答案．

【詳解】如圖，找BC，AD中點為M，N，連接MN，GN，連接PD，FC，過F作FRCD

交CD的延長線于R點，延長RF，與GN交于Q點．

設BCa，CDb，

∵PBC是以BC為底的等腰三角形，

∴P在MN上，

1

∴P到CD的距離即為a，

2

111

∴Sbaab，

PCD224

在GQF和DRF中

GFDF

GFQDFR，

FQGFRD90

∴GQF≌DRFAAS，

111

∴QFRFaa，

224

1111

∴SCDFRbaab，

FCD2248

1

ab

S

∴PCD42，

S1

FCDab

8

故答案為：2．

3.（2024廣西）如圖，兩張寬度均為3cm的紙條交叉疊放在一起，交叉形成的銳角為60，則重合

部分構成的四邊形ABCD的周長為______cm．

【答案】83

【解析】本題考查了平行四邊形的判定，菱形的判定和性質，菱形的周長，過點A作AMBC于M，

ANCD于N，由題意易得四邊形ABCD是平行四邊形，進而由平行四邊形的面積可得

AN

AMAN，即可得到四邊形ABCD是菱形，再解Rt△ADN可得AD23cm，即可

sin60

求解，得出四邊形ABCD是菱形是解題的關鍵．

【詳解】過點A作AMBC于M，ANCD于N，則AND90，

∵兩張紙條的對邊平行，

∴AB∥CD，AD∥BC，

∴四邊形ABCD是平行四邊形，

又∵兩張紙條的寬度相等，

∴AMAN，

∵，

SABCDBC·AMCD·AN

∴BCCD，

∴四邊形ABCD是菱形，

在Rt△ADN中，ADN60，AN3cm，

AN3

AD23cm

∴sin603，

2

∴四邊形ABCD的周長為23483cm，

故答案為：83．

4.（2024四川眉山）如圖，菱形ABCD的邊長為6，BAD120，過點D作DEBC，交BC

的延長線于點E，連結AE分別交BD，CD于點F，G，則FG的長為______．

474

【答案】##7

55

【解析】此題考查了菱形的性質，相似三角形的性質和判定，勾股定理等知識，解題的關鍵是掌握以

上知識點．

首先根據菱形的性質得到ADBCCD6，AD∥BC，BCD120，然后勾股定理求出

DECD2CE233，AEDE2AD237，然后證明出AFD∽EFB，得到

AFAD6267AGAD6

，求出AF，然后證明出AGD∽EGC，得到2，

FEBE935EGCE3

求出AG27，進而求解即可．

【詳解】解：菱形ABCD的邊長為6，BAD120，

ADBCCD6，AD∥BC，BCD120，

DCE60，

DEBC，

DEC90，

在RtVDCE中，CDE90DCE30，

1

CECD3，

2

DECD2CE233，

BEBCCE9，

ADBE，

ADE180DEC90，

2

在Rt△ADE中，AEDE2AD2336237，

ADBE，

AFD∽EFB，

AFAD62

，

FEBE93

2267

AFAE37，

555

AD∥CE，

△AGD∽△EGC，

AGAD6

2，

EGCE3

22

AGAE3727，

33

6747

FGAGAF27．

55

故答案為：47．

5

5.（2024貴州省）如圖，在菱形ABCD中，點E，F分別是BC，CD的中點，連接AE，AF．若

4

sinEAF，AE5，則AB的長為______．

5

2265

【答案】65##

33

【解析】延長BC，AF交于點M，根據菱形的性質和中點性質證明ABE≌ADF，

ADF≌MCF，過E點作ENAF交N點，根據三角函數求出EN，AN，NF，MN，在

Rt△ENM中利用勾股定理求出EM，根據菱形的性質即可得出答案．

【詳解】延長BC，AF交于點M，

在菱形ABCD中，點E，F分別是BC，CD的中點，

ABBCCDAD，BEECCFDF，ADBC，DFCM，BD

在ABE和△ADF中

ABAD

BD，

BEDF

ABE≌ADFSAS，

AEAF，

在△ADF和△MCF中

DFCM

DFCF，

AFDMFC

ADF≌MCFASA，

CMAD，AFMF，

AE5，

AEAFMF5，

過E點作ENAF于N點，

ANE90

4

sinEAF，AE5，

5

EN4，AN3，

NFAFAN2，

MN527，

在Rt△ENM中

EMEN2MN2427265，

1

即EMECCMBCBC65，

2

ABBCCDAD，

2

ABBC65，

3

2

故答案為：65．

3

【點睛】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，運用三角函數解直角三角形，勾股定理

等，正確添加輔助線構造直角三角形是解本題的關鍵．

6.（2024天津市）如圖，正方形ABCD的邊長為32，對角線AC,BD相交于點O，點E在CA的

延長線上，OE5，連接DE．

（1）線段AE的長為______；

（2）若F為DE的中點，則線段AF的長為______．

101

【答案】①.2②.##10

22

【解析】本題考查正方形的性質，中位線定理，熟練運用中位線定理是解題的關鍵；

（1）運用正方形性質對角線互相平分、相等且垂直，即可求解，

（2）作輔助線，構造中位線即可．

【詳解】（1）四邊形ABCD是正方形，

OAOCODOB，DOC90

在RtDOC中，OD2OC2DC2，

DC32，

ODOCOAOB3，

OE5

AEOEOA532

（2）延長DA到點G，使AGAD，連接EG

由E點向AG作垂線，垂足為H

∵F為DE的中點，A為GD的中點，

∴AF為△DGE的中位線，

在Rt△EAH中，EAHDAC45，

AHEH

AH2EH2AE2，

AHEH2

GHAGAH32222

在Rt△EHG中，EG2EH2GH22810，

EG10

AF為△DGE的中位線，

110

AFEG

22

7.（2024吉林省）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E是OA的中點，點F

EF

是OD上一點．連接EF．若FEO45，則的值為______．

BC

【答案】1

2

【解析】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，正方形的性質，先由正方形的性質得到

OAD45，ADBC，再證明EF∥AD，進而可證明△OEF∽△OAD，由相似三角形的

EFOE1EF1

性質可得，即．

ADOA2BC2

【詳解】∵正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，

∴OAD45，ADBC，

∵點E是OA的中點，

OE1

∴，

OA2

∵FEO45，

∴EF∥AD，

∴△OEF∽△OAD，

EFOE1EF1

∴，即，

ADOA2BC2

故答案為：1．

2

8.（2024北京市）如圖，在正方形ABCD中，點E在AB上，AFDE于點F，CGDE于點G．若

AD5，CG4，則△AEF的面積為___________．

27

【答案】

8

【解析】根據正方形的性質，得AD5DC，CD∥AB，得到CDGAEF，結合CG4，得

CG4CG4

到DGDC2CG23,sinCDGsinAEF，tanCDGtanAEF，求得

CD5DG3

AE，AF，EF的長，解答即可.

本題考查了正方形的性質，解直角三角形的相關計算，熟練掌握解直角三角形的相關計算是解題的關

鍵.

【詳解】根據正方形的性質，得AD5DC，CD∥AB，

∴CDGAEF，

∵CG4，

∴DGDC2CG23,

AFCG4

sinCDGsinAEF，

AECD5

CGAD4

tanCDGtanAEF，

DGAE3

15

∴AE，

4

415

∴AF3，

54

9

∴EF，

4

127

∴△AEF的面積為EFAF；

28

27

故答案為：．

8

9.（2024福建省）如圖，正方形ABCD的面積為4，點E，F，G，H分別為邊AB，BC，CD，

AD的中點，則四邊形EFGH的面積為______．

【答案】2

【解析】本題考查正方形性質，線段中點的性質，根據正方形性質和線段中點的性質得到

1

HDDG1，進而得到S，同理可得SSS，最后利用四邊形EFGH的

DGHAHEEFBCGF2

面積正方形ABCD的面積4個小三角形面積求解，即可解題．

【詳解】正方形ABCD的面積為4，

ABBCCDAD2，DD=90°，

點E，F，G，H分別為邊AB，BC，CD，AD的中點，

HDDG1，

11

S11，

DGH22

1

同理可得SSS，

AHEEFBCGF2

1111

四邊形EFGH的面積為42．

2222

故答案為：2．

三、解答題

1.（2024貴州省）如圖，四邊形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，AD∥BC，ABC90，

有下列條件：

①AB∥CD，②ADBC．

（1）請從以上①②中任選1個作為條件，求證：四邊形ABCD是矩形；

（2）在（1）的條件下，若AB3，AC5，求四邊形ABCD的面積．

【答案】（1）見解析（2）12

【解析】本題考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解題的關鍵．

（1）先根據條件利用兩組對邊平行或一組對邊平行且相等證明ABCD是平行四邊形，然后根據矩形

的定義得到結論即可；

（2）利用勾股定理得到BC長，然后利用矩形的面積公式計算即可．

【小問1詳解】

選擇①，

證明：∵AB∥CD，AD∥BC，

∴ABCD是平行四邊形，

又∵ABC90，

∴四邊形ABCD是矩形；

選擇②，

證明：∵ADBC，AD∥BC，

∴ABCD是平行四邊形，

又∵ABC90，

∴四邊形ABCD是矩形；

【小問2詳解】

解：∵ABC90，

∴BCAC2AB252324，

∴矩形ABCD的面積為3412．

2.（2024陜西省）如圖，四邊形ABCD是矩形，點E和點F在邊BC上，且BECF．求證：

AFDE．

【答案】見解析

【解析】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質．根據矩形的性質得到ABCD，

BC90，再推出BFCE，利用SAS證明△ABF≌△DCE，即可得到AFDE．

【詳解】證明：∵四邊形ABCD是矩形，

∴ABDC，BC90，

∵BECF，

∴BEEFCFEF，即BFCE，

∴ABF≌DCESAS，

∴AFDE．

3.（2024上海市）如圖所示，在矩形ABCD中，E為邊CD上一點，且AEBD．

（1）求證：AD2DEDC；

1

（2）F為線段AE延長線上一點，且滿足EFCFBD，求證：CEAD．

2

【答案】（1）證明見解析

（2）證明見解析

【解析】【分析】（1）由矩形性質得到BAD90，ADE90，ABDC，由角的互余得

到ABDDAE，從而確定ADE∽BAD，利用相似三角形性質得到AD2DEDC；

（2）由矩形性質，結合題中條件，利用等腰三角形的判定與性質得到OAODEFCF，

ODAOAD，FECFCE，進而由三角形全等的判定與性質即可得到．

【小問1詳解】

證明：在矩形ABCD中，BAD90，ADE90，ABDC，

ABDADB90，

AEBD，

DAEADB90，

ABDDAE，

BADADE90，

ADE∽BAD，

ADDE

，即AD2DEBA，

BAAD

ABDC，

AD2DEDC；

【小問2詳解】

證明：連接AC交BD于點O，如圖所示：

在矩形ABCD中，ADE90，則DAEAED90，

AEBD，

DAEADB90，

ADBAED，

FECAED，

ADOFEC，

1

在矩形ABCD中，OAODBD，

2

1

EFCFBD，

2

OAODEFCF，

ADOOAD，FECFCE，

ADOFEC，

ADOOADFECFCE，

在VODA和FEC中，

ODAFEC

OADFCE

ODFE

ODA≌FECAAS，

CEAD．

【點睛】本題考查矩形綜合，涉及矩形性質、相似三角形的判定與性質、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，熟練掌握相關幾何性質與判定是解決問題第的關鍵．

4.（2024云南省）如圖，在四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別是各邊的中點，且AB∥CD，

AD∥BC，四邊形EFGH是矩形．

（1）求證：四邊形ABCD是菱形；

（2）若矩形EFGH的周長為22，四邊形ABCD的面積為10，求AB的長．

【答案】（1）見解析（2）111

【解析】【分析】（1）連接BD，AC，證明四邊形ABCD是平行四邊形，再利用三角形中位線定

理得到GF∥BD，HG∥AC，利用矩形的性質得到BDAC，即可證明四邊形ABCD是菱形；

11

（2）利用三角形中位線定理和菱形性質得到BDACOAOB11，利用lx面積公式得到

22

2OAOB10，再利用完全平方公式結合勾股定理進行變形求解即可得到AB．

【小問1詳解】

解：連接BD，AC，

AB∥CD，AD∥BC，

四邊形ABCD是平行四邊形，

四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別是各邊的中點，

GF∥BD，HG∥AC，

四邊形EFGH是矩形，

HGGF，

BDAC，

四邊形ABCD是菱形；

【小問2詳解】

解：四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別是各邊的中點，

11

GFEHBD，HG=EF=AC，

22

矩形EFGH的周長為22，

BDAC22，

四邊形ABCD是菱形，

11

即BDACOAOB11，

22

四邊形ABCD的面積為10，

1

BDAC10，即2OAOB10，

2

2

OAOBOA22OAOBOB2121，

OA2OB212110111，

ABOA2OB2111．

【點睛】本題考查了平行四邊形性質和判定，矩形的性質和判定，三角形中位線定理，菱形的性質和

判定，菱形面積公式，勾股定理，完全平方公式，熟練掌握相關性質是解題的關鍵．

5.（2024四川德陽）如圖，在菱形ABCD中，ABC60，對角線AC與BD相交于點O，點F

為BC的中點，連接AF與BD相交于點E，連接CE并延長交AB于點G．

（1）證明：BEF∽BCO；

（2）證明：△BEG≌△AEG．

【答案】（1）證明見解析

（2）證明見解析

【解析】【分析】本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定與性質、相似三角形的判定、三角形全

等的判定等知識，熟練掌握菱形的性質和相似三角形的判定是解題關鍵．

（1）先根據菱形的性質可得ABBC,ACBD，再證出ABC是等邊三角形，根據等邊三角形

的性質可得AFBC，然后根據相似三角形的判定即可得證；

（2）先根據等邊三角形的性質可得CGAB，從而可得AGBG，再根據SAS定理即可得證．

【小問1詳解】

證明：∵四邊形ABCD是菱形，

∴ABBC,ACBD，

∵ABC60，

∴ABC是等邊三角形，

∵點F為BC的中點，

∴AFBC，

∴BFEBOC90

∵EBFCBO，

∴BEF∽BCO．

【小問2詳解】

證明：∵ABC是等邊三角形，AFBC，ACBD，

∴CGAB，

∴AGEBGE90

∵ABC是等邊三角形，

∴AGBG，

在BEG和△AEG中，

AGBG

AGEBGE90，

GEGE

∴BEG≌AEGSAS．

6.（2024四川廣安）如圖，在菱形ABCD中，點E，F分別是邊AB和BC上的點，且BE＝BF．求

證：∠DEF＝∠DFE．

【答案】見解析

【解析】根據菱形的性質可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，再由BE=BF，可推出AE=CF，即可利用

SAS證明△ADE≌△CDF得到DE=DF，則∠DEF=∠DFE．

【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，

∵BE=BF，

∴AB-BE=BC-BF，即AE=CF，

∴△ADE≌△CDF（SAS），

∴DE=DF，

∴∠DEF=∠DFE．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質，全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，解題的

關鍵在于能夠熟練掌握菱形的性質．

7.（2024福建省）如圖，在菱形ABCD中，點E、F分別在BC、CD邊上，AEBAFD，求

證：BEDF．

【答案】見解析

【解析】本題考查菱形的性質、全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解答

的關鍵．根據菱形的性質證得ABAD，BD，再根據全等三角形的判定證明

△ABE≌△ADFAAS即可．

【詳解】證明：四邊形ABCD是菱形，

ABAD，BD，

AEBAFD，

ABE≌ADFAAS，

BEDF．

8.（2024江蘇揚州）如圖1，將兩個寬度相等的矩形紙條疊放在一起，得到四邊形ABCD．

（1）試判斷四邊形ABCD的形狀，并說明理由；

（2）已知矩形紙條寬度為2cm，將矩形紙條旋轉至如圖2位置時，四邊形ABCD的面積為8cm2，

求此時直線AD、CD所夾銳角1的度數．

【答案】（1）四邊形ABCD是菱形，理由見詳解（2）130

【解析】【分析】本題主要考查矩形的性質，菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角函

數，掌握菱形的判定和性質是解題的關鍵．

（1）根據矩形的性質可得四邊形ABCD是平行四邊形，作ATNP，CUEH，可證

ATB≌CUB，可得ABCB，由此可證平行四邊形ABCD是菱形；

（2）作ARCD，根據面積的計算方法可得CD4，AR2，結合菱形的性質可得AD4，根

據含30的直角三角形的性質即可求解．

【小問1詳解】

解：四邊形ABCD是菱形，理由如下，

如圖所示，過點A作ATNP于點T，過點C作CUEH于點U，

根據題意，四邊形EFGH，四邊形MNPQ是矩形，

∴EHFG，MQNP，

∴ABDC，ADBC，

∴四邊形ABCD是平行四邊形，

∵寬度相等，即ATCU，且ATBCUB90，ABTCBU，

∴ATB≌CUBAAS，

∴ABCB，

∴平行四邊形ABCD是菱形；

【小問2詳解】

解：如圖所示，過點A作ARCD于點R，

根據題意，AR2cm，

∵S四邊形ABCDCD·AR8，

∴CD4，

由（1）可得四邊形ABCD是菱形，

∴AD4，

1

在RtATD中，ARAD，

2

1

即sin1，

2

∴130．

9.（2024江蘇鹽城）如圖1，E、F、G、H分別是平行四邊形ABCD各邊的中點，連接AF、CE交

于點M，連接AG、CH交于點N，將四邊形AMCN稱為平行四邊形ABCD的“中頂點四邊形”．

（1）求證：中頂點四邊形AMCN為平行四邊形；

（2）①如圖2，連接AC、BD交于點O，可得M、N兩點都在BD上，當平行四邊形ABCD滿足

________時，中頂點四邊形AMCN是菱形；

②如圖3，已知矩形AMCN為某平行四邊形的中頂點四邊形，請用無刻度的直尺和圓規作出該平行

四邊形．（保留作圖痕跡，不寫作法）

【答案】（1）見解析（2）①ACBD；見解析．

【解析】【分析】題目主要考查平行四邊形及菱②形的判定和性質，三角形重心的性質，理解題意，熟

練掌握三角形重心的性質是解題關鍵．

（1）根據平行四邊形的性質，線段的中點平分線段，推出四邊形AECG，四邊形AFCH均為平行

四邊形，進而得到：AM∥CN,AN∥CM，即可得證；

（2）①根據菱形的性質結合圖形即可得出結果；

②連接AC，作直線MN，交于點O，然后作ND2ON,MB2OB，然后連接AB、BC、CD、DA

即可得出點M和N分別為ABC、ADC的重心，據此作圖即可．

【小問1詳解】

證明：∵YABCD，

∴AB∥CD,AD∥BC,ABCD,ADBC，

∵點E、F、G、H分別是YABCD各邊的中點，

11

∴AEABCDCG,AE∥CG，

22

∴四邊形AECG為平行四邊形，

同理可得：四邊形AFCH為平行四邊形，

∴AM∥CN,AN∥CM，

∴四邊形AMCN是平行四邊形；

【小問2詳解】

①當平行四邊形ABCD滿足ACBD時，中頂點四邊形AMCN是菱形，

由（1）得四邊形AMCN是平行四邊形，

∵ACBD，

∴MNAC，

∴中頂點四邊形AMCN是菱形，

故答案為：ACBD；

②如圖所示，即為所求，

連接AC，作直線MN，交于點O，然后作ND2ON,MB2OM（或作BM=MN=ND），然后

連接AB、BC、CD、DA即可，

∴點M和N分別為ABC、ADC的重心，符合題意；

證明：矩形AMCN，

∴ACMN,OMON，

∵ND2ON,MB2OM，

∴OBOD，

∴四邊形ABCD為平行四邊形；

分別延長CM、AM、AN、CN交四邊于點E、F、G、H如圖所示：

∵矩形AMCN，

∴AM∥CN，MONO，

由作圖得BMMN，

∴MBF∽NBC，

BFBM1

∴，

BCBN2

∴點F為BC的中點，

同理得：點E為AB的中點，點G為DC的中點，點H為AD的中點．

10.（2024四川達州）在學習特殊的平行四邊形時，我們發現正方形的對角線等于邊長的2倍，某

數學興趣小組以此為方向對菱形的對角線和邊長的數量關系探究發現，具體如下：如圖1．

（1）四邊形ABCD是菱形，

ACBD，AOCO，BODO．

AB2AO2BO2．

又AC2AO，BD2BO，

AB2______+______．

化簡整理得AC2BD2______．

【類比探究】

（2）如圖2．若四邊形ABCD是平行四邊形，請說明邊長與對角線的數量關系．

【拓展應用】

（3）如圖3，四邊形ABCD為平行四邊形，對角線AC，BD相交于點O，點E為AO的中點，點

F為BC的中點，連接EF，若AB8，BD8，AC12，直接寫出EF的長度．

1212

【答案】（1）AC，BD，4AB2；（2）AC2BD22AB22AD2；（3）46

44

【解析】【分析】（1）根據菱形的性質及勾股定理補充過程，即可求解；

（2）過點D作DEAB于點E，過點C作CFAB