專題17特殊的平行四邊形（39題）

一、單選題

1．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，點E在AD上，當EBC是等邊三角形時，AEB為（）

A．30B．45C．60D．120

【答案】C

【分析】本題考查了矩形的性質，等邊三角形的性質，熟練掌握等邊三角形的性質是解題的關鍵．

由矩形ABCD得到AD∥BC，繼而得到AEBEBC，而EBC是等邊三角形，因此得到

AEBEBC60．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴AEBEBC，

∵EBC是等邊三角形，

∴EBC60，

∴AEB60，

故選：C．

2．（2024·四川瀘州·中考真題）下列幾何體中，其三視圖的主視圖和左視圖都為矩形的是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【分析】本題考查三視圖．主視圖、左視圖是分別從物體正面、左面所看到的圖形．依此即可求解．

【詳解】解：A、主視圖為三角形，左視圖為三角形，故本選項不符合題意；

B、主視圖為三角形，左視圖為三角形，故本選項不符合題意；

C、主視圖為矩形，左視圖為矩形，故本選項符合題意；

D、主視圖為矩形，左視圖為三角形，故本選項不符合題意．

故選：C．

3．（2024·四川瀘州·中考真題）已知四邊形ABCD是平行四邊形，下列條件中，不．能．判定YABCD為矩形

的是（）

A．A90B．BC

C．ACBDD．ACBD

【答案】D

【分析】本題考查了矩形的判定．根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形、對角線相等的平行四邊形是

矩形、有一個角是直角的平行四邊形是矩形判斷即可．

【詳解】解：如圖，

A、BAD90，能判定YABCD為矩形，本選項不符合題意；

B、∵ABCBCD，ABCBCD180，∴ABCBCD90，能判定YABCD為矩形，本選項

不符合題意；

C、ACBD，能判定YABCD為矩形，本選項不符合題意；

D、ACBD，能判定YABCD為菱形，不能判定YABCD為矩形，本選項符合題意；

故選：D．

4．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，以點A為圓心，適當的長為半徑畫弧，交A兩邊于點M，N，再

分別以M、N為圓心，AM的長為半徑畫弧，兩弧交于點B，連接MB，NB．若A40，則MBN（）

A．40B．50C．60D．140

【答案】A

【分析】本題考查了菱形的判定和性質．證明四邊形AMBN是菱形，即可求解．

【詳解】解：由作圖知AMANBMBN，

∴四邊形AMBN是菱形，

∵A40，

∴MBNA40，

故選：A．

5．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，正方形中有一個由若干個長方形組成的對稱圖案，其中正方形邊

長是80cm，則圖中陰影圖形的周長是（）

A．440cmB．320cmC．280cmD．160cm

【答案】A

【分析】本題考查平移的性質，利用平移的性質將陰影部分的周長轉化為邊長是80cm的正方形的周長加

上邊長是80cm的正方形的兩條邊長再減去220cm，由此解答即可．

【詳解】解：由圖可得：陰影部分的周長為邊長是80cm的正方形的周長加上邊長是80cm的正方形的兩條

邊長再減去220cm，

陰影圖形的周長是：480280220440cm，

故選：A．

6．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB10，BC6，點M是AB邊的中點，點N

是AD邊上任意一點，將線段MN繞點M順時針旋轉90，點N旋轉到點N，則△MBN周長的最小值為

（）

A．15B．555C．1052D．18

【答案】B

【分析】本題考查了旋轉的性質，矩形的性質，勾股定理，確定點N的軌跡是解題的關鍵．由旋轉的性質

結合AAS證明△AMN≌△GMN，推出MGAM5，得到點N在平行于AB，且與AB的距離為5的直

線上運動，作點M關于直線EF的對稱點M，連接MB交直線EF于點N，此時△MBN周長取得最小值，

由勾股定理可求解．

【詳解】解：過點N作EF∥AB，交AD、BC于E、F，過點M作MGEF垂足為G，

∵矩形ABCD，

∴AB∥CD，

∴ABEFCD，

∴四邊形AMGE和BMGF都是矩形，

∴AMGN90，

由旋轉的性質得NMN90，MNMN，

∴AMN90NMGGMN，

∴AMN≌GMNAAS，

∴MGAM5，

∴點N在平行于AB，且與AB的距離為5的直線上運動，

作點M關于直線EF的對稱點M，連接MB交直線EF于點N，此時△MBN周長取得最小值，最小值為

BMBM，

1

∵BMAB5，MM5510，

2

∴BMBM552102555，

故選：B．

7．（2024·內蒙古通遼·中考真題）如圖，YABCD的對角線AC，BD交于點O，以下條件不．能．證明YABCD

是菱形的是（）

A．BACBCAB．ABDCBD

C．OA2OD2AD2D．AD2OA2OD2

【答案】D

【分析】本題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．根據菱形的判定，勾股定

理的逆定理，等腰三角形的判定，逐項判斷即可求解．

【詳解】解：A、∵BACBCA，

∴ABBC，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴YABCD是菱形，故本選項不符合題意；

B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD∥BC，

∴ADBCBD，

∵ABDADB，

∴ABDCBD

∴ABAD，

∴YABCD是菱形，故本選項不符合題意；

C、∵OA2OD2AD2，

∴AOD90，即ACBD，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴YABCD是菱形，故本選項不符合題意；

D、∵AD2OA2OD2，

∴OAD90，無法得到YABCD是菱形，故本選項符合題意；

故選：D

8．（2024·江蘇蘇州·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB3，BC1，動點E，F分別從點A，C同時

出發，以每秒1個單位長度的速度沿AB，CD向終點B，D運動，過點E，F作直線l，過點A作直線l

的垂線，垂足為G，則AG的最大值為（）

3

A．3B．C．2D．1

2

【答案】D

【分析】本題主要考查了矩形的性質、動點軌跡、與圓有關的位置關系等知識，根據矩形的性質以及直角

三角形斜邊中線的性質確定G的軌跡是本題解題的關鍵．

連接AC，BD交于點O，取OA中點H，連接GH，根據直角三角形斜邊中線的性質，可以得出G的軌跡，

從而求出AG的最大值．

【詳解】解：連接AC，BD交于點O，取OA中點H，連接GH，如圖所示：

∵四邊形ABCD是矩形，

∴ABC90，OAOC，ABCD，

2

∴在Rt△ABC中，ACAB2BC23122，

1

∴OAOCAC1，

2

∵ABCD，

EAOFCO，

在△AOE與COF中，

AECF

EAOFCO

OAOC

△AOE≌△COF(SAS)，

AOECOF，

E，O，F共線，

AGEF，H是OB中點，

11

∴在Rt△AGO中，GHAO，

22

1

G的軌跡為以H為圓心，為半徑即AO為直徑的圓弧．

2

∴AG的最大值為AO的長，即AGmaxAO1．

故選：D．

9．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，菱形AOBC的頂點A在x軸負半軸上，頂點B

3

在直線yx上，若點B的橫坐標是8，為點C的坐標為（）

4

A．(1,6)B．(2,6)C．(3,6)D．(4,6)

【答案】B

【分析】過點B作BDx軸，垂足為點D，先求出B8,6，由勾股定理求得BO10，再由菱形的性質得

到BCBO10,BC∥x軸，最后由平移即可求解．

【詳解】解：過點B作BDx軸，垂足為點D，

3

∵頂點B在直線yx上，點B的橫坐標是8，

4

3

∴y86，即BD6，

B4

∴B8,6，

∵BDx軸，

∴由勾股定理得：BOBD2DO210，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴BCBO10,BC∥x軸，

∴將點B向左平移10個單位得到點C，

∴點C2,6，

故選：B．

【點睛】本題考查了一次函數的圖像，勾股定理，菱形的性質，點的坐標平移，熟練掌握知識點，正確添

加輔助線是解題的關鍵．

10．（2024·重慶·中考真題）如圖，在正方形ABCD的邊CD上有一點E，連接AE，把AE繞點E逆時針旋

FG

轉90，得到FE，連接CF并延長與AB的延長線交于點G．則的值為（）

CE

3233

A．2B．3C．D．

22

【答案】A

【分析】過點F作DC延長線的垂線，垂足為點H，則H90，證明ADE≌EHF，則ADEH1，

設DEHFx，得到HFCHx，則HCF45，故CF2x，同理可求CG2BC2，則

FG21x

FGCGCF21x，因此2．

CE1x

【詳解】解：過點F作DC延長線的垂線，垂足為點H，則H90，

由旋轉得EAEF,AEF90，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴DD=90°，DC∥AB，DADCBC，設DADCBC1，

∴DH，

∵AEH1AEF2D，

∴12，

∴ADE≌EHF，

∴DEHF，ADEH1，設DEHFx，

則CEDCDE1x，

∴CHEHEC11xx，

∴HFCHx，而H90，

∴HCF45，

HF

∴CF2x，

sin45

∵DC∥AB，

∴HCFG45，

同理可求CG2BC2，

∴FGCGCF22x21x，

FG21x

∴2，

CE1x

故選：A．

【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，解直角三角形，旋轉的性質，正確添加輔

助線，構造“一線三等角全等”是解題的關鍵．

11．（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

2

可得解．

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．

12．（2024·北京·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，BAD60，O為對角線的交點.將菱形ABCD繞點O

逆時針旋轉90得到菱形ABCD，兩個菱形的公共點為E，F，G，H.對八邊形BFBGDHDE給出下面

四個結論：

①該八邊形各邊長都相等；

②該八邊形各內角都相等；

③點O到該八邊形各頂點的距離都相等；

④點O到該八邊形各邊所在直線的距離都相等。

上述結論中，所有正確結論的序號是（）

A．①③B．①④C．②③D．②④

【答案】B

【分析】根據菱形ABCD，BAD60，則BAODAO30，AODAOB90，結合旋轉的性

質得到點A,D,B,C一定在對角線AC,BD上，且ODODOBOB，OAOAOCOC，繼而得到

ADCD，DAHDCH30，結合DHADHC，繼而得到ADH≌CDH，可證DHDH，

CHAH，同理可證DEBE,BFBF,BGDG，證ABE≌CDH，繼而得到DHBE，得到

DHBEDHDEBFFBBGDG，可以判定該八邊形各邊長都相等，故①正確；根據角的平

分線的性質定理，得點O到該八邊形各邊所在直線的距離都相等，可以判定④正確；根據題意，得

EDH120，結合DOD90，ODHODH60，得到DHD150，可判定②該八邊形各

內角不相等；判定②錯誤，證DOH≌DOH，進一步可得ODOH，可判定點O到該八邊形各頂點的

距離都相等錯誤即③錯誤，解答即可.

本題考查了旋轉的性質，菱形的性質，三角形全等判定和性質，角的平分線性質定理，熟練掌握旋轉的性

質，菱形的性質，三角形全等判定和性質是解題的關鍵.

【詳解】向兩方分別延長BD，連接OH，

根據菱形ABCD，BAD60，則BAODAO30，AODAOB90，

∵菱形ABCD繞點O逆時針旋轉90得到菱形ABCD，

∴點A,D,B,C一定在對角線AC,BD上，且ODODOBOB，OAOAOCOC，

∴ADCD，DAHDCH30，

∵DHADHC，

∴ADH≌CDH，

∴DHDH，CHAH，同理可證DEBE,BFBF,BGDG，

∵EABHCD30,ABCD,ABECDH120，

∴ABE≌CDH，

∴DHBE，

∴DHBEDHDEBFFBBGDG，

∴該八邊形各邊長都相等，

故①正確；

根據角的平分線的性質定理，得點O到該八邊形各邊所在直線的距離都相等，

∴④正確；

根據題意，得EDH120，

∵DOD90，ODHODH60，

∴DHD150，

∴該八邊形各內角不相等；

∴②錯誤，

根據ODOD,DHDH,OHOH，

∴DOH≌DOH，

∴DHODHO75，

∵ODH60，

故ODOH，

∴點O到該八邊形各頂點的距離都相等錯誤

∴③錯誤，

故選B．

二、填空題

13．（2024·四川·中考真題）在菱形ABCD中，AB＝2，則菱形的周長是．

【答案】8cm

【分析】根據菱形的性質可直接進行求解．

【詳解】解：由菱形的四條邊相等可得：菱形的周長為2×4=8cm，

故答案為：8cm．

【點睛】本題主要考查菱形的性質，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．

14．（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，正方形ABCD的對角線AC、BD相交于

原點O．若點A的坐標是2,1，則點C的坐標是．

【答案】2,1

【分析】本題考查坐標與圖形，根據正方形的對角線互相垂直平分，得到A,C關于原點對稱，即可得出結

果．

【詳解】解：∵正方形ABCD的對角線AC、BD相交于原點O，

∴OAOC，

∴A,C關于原點對稱，

∵點A的坐標是2,1，

∴點C的坐標是2,1；

故答案為：2,1．

15．（2024·上海·中考真題）在菱形ABCD中，ABC66，則BAC．

【答案】57/57度

【分析】本題考查了菱形的性質，等腰三角形的性質以及三角形內角和定理，利用菱形性質得出ABBC，

利用等邊對等角得出BACACB，然后結合三角形內角和定理求解即可．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，

∴ABBC，

11

∴BACACB180ABC1806657，

22

故答案為：57．

16．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）已知菱形ABCD中對角線AC、BD相交于點O，添加條件

可使菱形ABCD成為正方形．

【答案】ACBD或ABBC

【分析】本題主要考查的是菱形和正方形的判定，熟練掌握菱形的判定定理是解題的關鍵，依據正方形的

判定定理進行判斷即可.

【詳解】解：根據對角線相等的菱形是正方形，可添加：ACBD；

根據有一個角是直角的菱形是正方形，可添加的：ABBC；

故添加的條件為：ACBD或ABBC．

17．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，VADE為等邊三角形，EFAB于點F，

若AD4，則EF．

【答案】2

【分析】本題考查正方形的性質，等邊三角形的性質，含30度角的直角三角形，根據正方形和等邊三角

形的性質，得到△AFE為含30度角的直角三角形，AEAD4，根據含30度角的直角三角形的性質求

解即可．

【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，VADE為等邊三角形，EFAB，AD4，

∴FAD90,EAD60,AFE90,ADAE4，

∴FAE30，

1

∴EFAE2；

2

故答案為：2．

18．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，正方形OMNP頂點M的坐標為3,0，

OAB是等邊三角形，點B坐標是1,0，OAB在正方形OMNP內部緊靠正方形OMNP的邊（方向為

OMNPOM）做無滑動滾動，第一次滾動后，點A的對應點記為A1，A1的坐標是2,0；

第二次滾動后，A1的對應點記為A2，A2的坐標是2,0；第三次滾動后，A2的對應點記為A3，A3的坐標是

31

；如此下去，，則的坐標是．

3,……A2024

22

【答案】1,3

【分析】本題考查了點的坐標變化規律，正方形性質，等邊三角形性質，根據三角形的運動方式，依次求

出點A的對應點A1，A2，，A12的坐標，發現規律即可解決問題．

【詳解】解：正方形OMNP頂點M的坐標為3,0，

OMMNNPOP3,

OAB是等邊三角形，點B坐標是1,0，

等邊三角形高為3，

2

由題知，

A1的坐標是2,0；

A2的坐標是2,0；

31

的坐標是；

A33,

22

繼續滾動有，A4的坐標是3,2；

A5的坐標是3,2；

53

的坐標是；

A6,3

22

A7的坐標是1,3；

A8的坐標是1,3；

35

的坐標是；

A9,

22

A10的坐標是0,1；

A11的坐標是0,1；

13

的坐標是；

A12,

22

A13的坐標是2,0；不斷循環，循環規律為以A1，A2，，A12，12個為一組，

2024121688，

A2024的坐標與A8的坐標一樣為1,3，

故答案為：1,3．

19．（2024·四川廣安·中考真題）如圖，直線y2x2與x軸、y軸分別相交于點A，B，將AOB繞點A

逆時針方向旋轉90得到ACD，則點D的坐標為．

【答案】(3,1)

【分析】本題考查一次函數圖象與坐標軸的交點，旋轉的性質，正方形的判定和性質等，延長DC交y軸

于點E，先求出點A和點B的坐標，再根據旋轉的性質證明四邊形OACE是正方形，進而求出DE和OE的

長度即可求解．

【詳解】解：如圖，延長DC交y軸于點E，

y2x2中，令x0，則y2，令y2x20，解得x=1，

A(1,0)，B(0,2)，

OA1，OB2，

AOB繞點A逆時針方向旋轉90得到ACD，

ACDAOBOAC90，OAOC1，OBCD2，

四邊形OACE是正方形．

CEOEOA1，

DECDCE213，

點D的坐標為(3,1)．

故答案為：(3,1)．

20．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，將一張矩形紙片ABCD上下對折，使之完全重合，打開后，得到

折痕EF，連接BF．再將矩形紙片折疊，使點B落在BF上的點H處，折痕為AG．若點G恰好為線段BC

最靠近點B的一個五等分點，AB4，則BC的長為．

【答案】210

【分析】本題考查矩形折疊，勾股定理，解直角三角形，設AG與BF交于點M，BGa，則：BC5a，

BMBC

勾股定理求出AG,BF，等積法求出BM，根據cosFBC，列出方程進行求解即可．

BGBF

【詳解】解：設AG與BF交于點M，

∵矩形ABCD，

∴ABCC90,ABCD4，

∵翻折，

1

∴CFCD2，AGBH，

2

設BGa，則：BC5a，

∴AGAB2BG216a2，BFBC2CF225a24，

11

∵SABBGAGBM，

ABG22

ABBG4a

∴BM，

AGa216

∵BMGC90，

BMBC

∴cosFBC，

BGBF

∴BMBFBGBC，

4a

∴25a24a5a，

a216

22

解得：a10，經檢驗a10是原方程的解，

55

∴BC5a210；

故答案為：210．

21．（2024·四川德陽·中考真題）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

【分析】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】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．

22．（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，30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鍵．

23．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，在ABC中，C90，B30，AC2．點P在邊AC上，

過點P作PDAB，垂足為D，過點D作DFBC，垂足為F．連接PF，取PF的中點E．在點P從

點A到點C的運動過程中，點E所經過的路徑長為．

191

【答案】/19

44

【分析】本題考查含30度角的直角三角形，一次函數與幾何的綜合應用，矩形的判定和性質，兩點間的

距離，以C為原點，建立如圖所示的坐標系，設APa，則CP2a，利用含30度角的直角三角形的性

43

質，求出點E的坐標，得到點E在直線y1x上運動，求出點P分別與A,C重合時，點E的坐標，

3

利用兩點間的距離公式進行求解即可．

【詳解】解：以C為原點，建立如圖所示的坐標系，設APa，則CP2a，

則：P0,2a，

∵B30，

∴A60，

∵PDAB，

∴PDA90，

∴APD30，

1a

∴ADAP，

22

過點D作DGAC，則：AGD90，

1a3

∴AGAD,DG3AGa，

244

∵DFBC，DGAC，ACB90，

∴四邊形DGCF為矩形，

∴DGCF，

3a

∴F,0，

4

∵E為P,F的中點，

31

∴Ea,1a，

82

31

令xa,y1a，

82

43

則：y1x，

3

43

∴點E在直線y1x上運動，

3

當點P與C重合時，a0，此時E0,1，

3

當點P與A重合時，a2，此時E,0，

4

2

∴點所經過的路徑長為2319；

E1

44

故答案為：19．

4

24．（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為1，M、N是邊BC、CD上的動點．若

MAN45，則MN的最小值為．

【答案】222/222

【分析】將△ADN順時針旋轉90得到ABP，再證明MAP≌MANSAS，從而得到

MNMPBMBPBMDN，再設設CNa，CMb，得到MN2ab，利用勾股定理得到

2

CN2CM2MN2，即a2b22ab，整理得到2a2b2，從而利用完全平方公式得到

MN2ab222a2b，從而得解．

【詳解】解：∵正方形ABCD的邊長為1，

∴ADABBCCD1，BADABCCD90，

將△ADN順時針旋轉90得到ABP，則ADN≌ABP，

∴DANBAP，DABP90，ANAP，DNBP，

∴點P、B、M、C共線，

∵MAN45，

∴MAPMABBAPMABDAN90MAN45MAN，

∵APAN，MAPMAN，AMAM，

∴MAP≌MANSAS，

∴MPMN，

∴MNMPBMBPBMDN，

設CNa，CMb，則DN1a，BM1b，

∴MNBMDN2ab，

∵C90，

2

∴CN2CM2MN2，即a2b22ab，

整理得：2a2b2，

∴MN2ab

22a2b

22

22a2b

22

22a22a2b2b22a2b

2

22a2b22a2b

222a2b

222，

當且僅當2a2b，即2a2b2，也即ab22時，MN取最小值222，

故答案為：222．

【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，正方形的性質，勾股定理，二次根式的運算，完全平方公式

等知識，證明MNBMDN和得到2a2b2是解題的關鍵．

三、解答題

25．（2024·四川廣安·中考真題）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

【分析】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】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．

26．（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，E是BC的中點，連接AE，DE．求證：

(1)△ABE≌△DCE；

(2)EADEDA．

【答案】(1)見解析

(2)見解析

【分析】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊對等角．

（1）根據矩形的性質得出ABDC,BC90，再根據中點的定義得出BECE，即可根據SAS求

證△ABE≌△DCE；

（2）根據全等的性質得出AEDE，根據等邊對等角即可求證．

【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，

∴ABDC,BC90，

∵E是BC的中點，

∴BECE，

在ABE和△DCE中，

ABDC

BC，

BECE

∴△ABE≌△DCESAS

（2）證明：∵△ABE≌△DCE，

∴AEDE，

∴EADEDA．

27．（2024·福建·中考真題）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

【分析】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．

28．（2024·云南·中考真題）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

【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．

【詳解】（1）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；

（2）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．

29．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，點O是YABCD對角線的交點，過點O的直線分別交AD，BC于

點E，F．

(1)求證：△ODE≌△OBF；

(2)當EFBD時，DE15cm，分別連接BE，DF，求此時四邊形BEDF的周長．

【答案】(1)見解析

(2)60cm

【分析】本題主要考查了平行四邊形和菱形．熟練掌握平行四邊形的判定和性質，菱形的判定，全等三角

形的判定和性質，是解決問題的關鍵．

（1）由題目中的YABCD中，O為對角線的中點，可以得出ODOB，OEDOFB，結合DOEBOF，

可以證得兩個三角形全等，進而得出結論；

（2）由（1）中得到的結論可以得到DEBF，結合DE∥BF得出四邊形BEDF是平行四邊形，進而利用

EFBD證明出四邊形BEDF為菱形，根據DE15cm即可求出菱形的周長．

【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD∥CB，

∴OEDOFB，

∵點O是YABCD對角線的交點，

∴ODOB，

OEDOFB

在△ODE和OBF中，DOEBOF，

ODOB

∴ODE≌OBFAAS．

（2）由（1）知，△ODE≌△OBF，

∴DEBF，

∵DE∥BF，

∴四邊形BEDF是平行四邊形，

∵EFBD，

∴BEDF是菱形，

∴DFBFBEDE15cm，

∴DFBFBEDE4DE41560cm，

∴四邊形BEDF的周長為60cm．

30．（2024·四川涼山·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，ABC60，AB2，E是BC邊上一個動點，

連接AE，AE的垂直平分線MN交AE于點M，交BD于點N．連接EN,CN．

(1)求證：ENCN；

(2)求2ENBN的最小值．

【答案】(1)見詳解

(2)23

【分析】（1）根據菱形的性質證明ABN≌CBN，再結合MN是AE的垂直平分線，即可證明ENCN；

1

（2）過點N作NF^BC于點F，連接NF,AF，DBC30，則NFBN，故

2

1

2ENBN2ENBN2ANNF2AF，此時AFBC，在RtABF中，進行解直角三角形即可．

2

【詳解】（1）證明：連接AN，

∵四邊形ABCD是菱形，

1

∴ABDCBDABC30，BABC，

2

∵BNBN，

∴ABN≌CBN，

∴ANCN，

∵MN是AE的垂直平分線，

∴ANNE，

∴ENCN；

（2）解：過點N作NF^BC于點F，連接NF,AF，

∵DBC30，

1

∴NFBN，

2

∵ANEN，

1

∴2ENBN2ENBN2ANNF2AF，

2

當點A、N、F三點共線時，取得最小值，如圖：

即AFBC，

3

∴在RtABF中，AFABsinABC23，

2

∴2ENBN的最小值為23．

【點睛】本題考查了菱形的性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定與性質，垂線段最短，解直角三

角形，正確添加輔助線是解決本題的關鍵．

31．（2024·江西·中考真題）如圖，AC為菱形ABCD的對角線，請僅用無．刻．度．的．直．尺．按要求完成以下作圖

（保留作圖痕跡）

(1)如圖1，過點B作AC的垂線；

(2)如圖2，點E為線段AB的中點，過點B作AC的平行線．

【答案】(1)作圖見解析；

(2)作圖見解析．

【分析】（1）作直線BD，由菱形的性質可得BDAC，即BD為AC的垂線；

（2）連接CE并延長，與DA的延長線相交于點M，作直線BM，因為點E為線段AB的中點，所以AEBE，

因為AM∥BC，所以EAMEBC，EMAECB，故可得△AEM≌△BEC，得到MECE，所以

四邊形ACBM為平行四邊形，即BM∥AC；

本題考查了菱形的性質，平行四邊形的判定，掌握菱形的性質及平行四邊形的判定方法是解題的關鍵．

【詳解】（1）解：如圖，BD即為AC所求；

（2）解：如圖，BM即為所求．

32．（2024·江蘇揚州·中考真題）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

【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．

【詳解】（1）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；

（2）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．

33．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，AB與CD相交于點E，ECED，AC∥BD．

(1)求證：△AEC≌△BED；

(2)用無刻度的直尺和圓規作圖：求作菱形DMCN，使得點M在AC上，點N在BD上．（不寫作法，保留

作圖痕跡，標明字母）

【答案】(1)見解析

(2)見解析

【分析】（1）根據平行線的性質得到AB,CD，結合ECED，利用AAS即可證明

△AEC≌△BED；

（2）作CD的垂直平分線，分別交AC,BD于點M,N，連接DM,CN即可．

【詳解】（1）證明：AC∥BD，

AB，CD．

AB

在△AEC和BED中，CD，

ECED

AEC≌BED(AAS)；

（2）解：MN是CD的垂直平分線，

MDMC,DNCN，

由（1）的結論可知，AB,AEBE,

又∵AEMBEN,

則AEMBEN,

∴MENE,

CDMN，

CD是MN的垂直平分線，

DMDN,CMCN，

DMDNCNCM，

四邊形DMCN是菱形，

如圖所示，菱形DMCN為所求．

【點睛】本題考查了垂直平分線的作法，平行線的性質，三角形全等的判定，菱形的判定，熟練掌握垂直

平分線的作法及三角形全等的判定定理是解題的關鍵．

34．（2024·江蘇鹽城·中考真題）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．

②

【分析】題目主要考查平行四邊形及菱形的判定和性質，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．

【詳解】（1）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；

（2）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