2025年中考数学一轮知识梳理难点06 特殊平行四边形的常考题型（7大热考题型）（解析版）

难点06特殊平行四边形的常考题型

（7大热考题型）

题型一：矩形的性质与判定

题型二：菱形的性质

题型三：菱形的判定

题型四：菱形的性质与判定

题型五：正方形的性质

题型六：正方形的判定

题型七：正方形的性质与判定

题型一：矩形的性质与判定

【中考母题学方法】

【典例1】（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，

ABDCDB，BEAC于点E，DFAC于点F，且BEDF．

(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；

BC

(2)若ABBO，当ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．

AB

【答案】(1)证明见解析

BC

(2)当ABE30时，四边形ABCD是矩形，理由见解析，此时3

AB

【分析】（1）先证明AB∥CD得到EABFCD，再由垂线的定义得到AEBCFD90，据此证明

AEB≌CFDAAS，得到ABCD，由此即可证明四边形ABCD是平行四边形；

（2）当ABE30时，四边形ABCD是矩形，利用三角形内角和定理得到BAO60，则可证明VAOB是

等边三角形，得到OAOB，进而可证明ACBD，则四边形ABCD是矩形，在Rt△ABC中，

BC

tanBAC3．

AB

【详解】（1）证明：∵ABDCDB，

∴AB∥CD，

∴EABFCD，

∵BEAC，DFAC，

∴AEBCFD90，

又∵BEDF，

∴AEB≌CFDAAS，

∴ABCD，

又∵AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形；

（2）解：当ABE30时，四边形ABCD是矩形，理由如下：

∵BEAC，

∴AEB90，

∵ABE30，

∴BAO60，

又∵ABBO，

∴VAOB是等边三角形，

∴OAOB，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴OBOD，OAOC，

∴OBODOAOC，

∴ACBD，

∴四边形ABCD是矩形，

即当ABE30时，四边形ABCD是矩形，

∴ABC90，

BC

∴在Rt△ABC中，tanBAC3．

AB

【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判

定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．

【变式1-1】（2024·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，C90，AC12，BC5，点P是边AB上任

意一点，过点P作PDAC，PEBC，垂足分别为点D，E，连接DE，则DE的最小值是（）

13601230

A．B．C．D．

213513

【答案】B

【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不

大，设计很新颖，解题的关键是求DE的最小值转化为其相等线段CP的最小值．连接CP，根据矩形的性质

可知：DECP，当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CPAB时，则CP最小，再根据三角

形的面积为定值即可求出CP的长．

【详解】解：Rt△ABC中，C90，AC12，BC5，

ABAC2BC213，

连接CP，如图所示：

∵PDAC于点D，PECB于点E，ACB90，

∴PDCPECACB90，

四边形DPEC是矩形，

DECP，

当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CPAB时，则CP最小，

51260

∴此时DECP．

1313

故选：B．

【变式1-2】（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，ABE30，将ABE

沿BE折叠得FBE，连接CF，DF，若CF平分BCD，AB2，则DF的长为．

【答案】2

【分析】过F作FMBC于点M，FNCD于点N，CMFCNF90，由四边形ABCD是矩形，得

DCMABC90，ABCD2，证明四边形CMFN是矩形，通过角平分线的性质证得四边形CMFN

是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解．

【详解】如图，过F作FMBC于点M，FNCD于点N，

∴CMFCNF90，

∵四边形ABCD是矩形，

∴DCMABC90，ABCD2，

∴四边形CMFN是矩形，

∵CF平分BCD，

∴FMFN，DCFBCF45，

∴四边形CMFN是正方形，

由折叠性质可知：ABBF2，ABEFBE30，

∴MF1，

∴CNNFMFCM1，DNCDCN1，

在Rt△DNF中，由勾股定理得DFNF2DN212122，

故答案为：2．

【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线

的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关3键0．°

【变式1-3】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，ABC90．

(1)求证：ACBD；

(2)点E在BC边上，满足CEOCOE．若AB6，BC8，求CE的长及tanCEO的值．

【答案】(1)见解析

(2)CE5，tanCEO3

【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练

掌握矩形的判定与性质是解答的关键．

（1）直接根据矩形的判定证明即可；

1

（2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得AC10，OBOC．进而可得COAC5，再根据等腰三角

2

形的判定得到CECO5，过点O作OFBC于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得

CF4，EF1，OF3，然后利用正切定义求解即可．

【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是平行四边形，且ABC90，

所以四边形ABCD是矩形．

所以ACBD；

（2）解：在Rt△ABC中，AB6，BC8，

所以ACAB2BC2628210，

因为四边形ABCD是矩形，

1

所以COAC5，OBOC．

2

因为CEOCOE，所以CECO5．

1

过点O作OFBC于点F，则CFBC4，

2

所以EFCECF541，

在Rt△COF中，OFOC2CF252423，

OF

所以tanCEO3．

EF

【中考模拟即学即练】

1．（2025·湖北十堰·一模）如图，正八边形的边长为4，对角线、相交于点E．则线段BE的长为（）

𝐴𝐶

A．8B．443C．422D．82

【答案】C

【分析】本题考查了正多边形的内角、矩形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键．

根据正八边形的性质得出四边形CEGF是矩形，ACE、BFG是等腰直角三角形，再根据矩形的性质以及

直角三角形的边角关系解题即可．

【详解】解：如图，过点F作FGAB于G，

由题意可知，四边形CEGF是矩形，

82180

由正八边形的性质知，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∵四边形CEGF是矩形，

∴ACCFFBEG4，

在RtACE中，AC4，AECE，

∴AE2CE22AE22AE4，

∴AE22，

同理BG22，

∴BEEGBG422．

故选：C．

2．（2023·海南海口·模拟预测）如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，ABBC，AD2，将腰CD以D为

中心逆时针旋转90至DE，连接AE，CE，VADE的面积为3，则BC长（）

A．3B．4C．5D．6

【答案】C

【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质等知识．熟练掌握旋转的

性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质是解题的关键．

如图，过D作GHBC于H，作EGGH于G，由旋转的性质可得，CDE90，DECD，证明

11

DEG≌CDHAAS，则CHDG，由题意知，SADDG2DG3，可求DG3，则

ADE22

CHDG3，证明四边形ABHD是矩形，则BHAD2，根据BCBHCH，计算求解即可．

【详解】解：如图，过D作GHBC于H，作EGGH于G，

由旋转的性质可得，CDE90，DECD，

∵GDEGED90GDEHDC，

∴GEDHDC，

又∵GCHD90，DECD，

∴DEG≌CDHAAS，

∴CHDG，

11

由题意知，SADDG2DG3，

ADE22

解得，DG3，

∴CHDG3，

∵AD∥BC，ABBC，

∴BAD90ABHDHB，

∴四边形ABHD是矩形，

∴BHAD2，

∴BCBHCH5，

故选：C．

1

3．（2024·河北·模拟预测）在VABC中，ABC90，O是AC的中点，求证：BOAC．

2

证明：如图，延长BO至点D，使ODBO，连接AD，CD．

……

ACBD2OB，

1

BOAC．

2

下面是“……”部分被打乱顺序的证明过程：①∴四边形ABCD是平行四边形；②∵ABC90；③∵

OAOC，OBOD；④∴四边形ABCD是矩形，则正确的顺序是（）．

A．③①②④B．③②①④C．②③①④D．②①③④

【答案】A

【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．从

结论入手，要证明直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，显然不能应该斜边中线定理，看到提示的两行

证明，有对角线相等，由此根据矩形的对角线互相平分且对角线相等的性质，作辅助线补全四边形，先证

平行四边形再证矩形，即可推出结论．

【详解】解:根据提示，先由对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再由平行四边形证明是矩形，

证明过程应为：③OAOC，OBOD；

①四边形ABCD是平行四边形；

②ABC90；

④四边形ABCD是矩形．

ACBD2OB，

1

BOAC．

2

即证明过程为③①②④，

故选：A．

4．（2024·福建三明·二模）如图，在VABC中，ABC90，BABC，把VABC绕点A逆时针旋转得到VADE，

点D与点B对应，点D恰好落在AC上，过E作EF∥AB交BC的延长线于点F，连接BD并延长交EF于点

G，连接CE交BG于点H．下列结论：①BDDG；②CE2BD；③CHEH；④FG2EG．其中

正确的有（）

A．4个B．3个C．2个D．1个

【答案】A

【分析】连接DF、HF，可证四边形ABFE是矩形，△ABC≌△ADE，即可判断①③；根据①③的结论可

推出CE垂直平分DF，进而可得HDF是等腰直角三角形，从而可判断②；证明BCD≌DEG，推出

CDEGCF，设ABBCm，推出EGCF21m，FGEFEG22m，判断④即可．

【详解】解：连接DF、HF，如图所示：

∵ABC90，BABC，

∴BACBCA45

由题意得：△ABC≌△ADE

∴ADAB,ADE90,DEADAE45

18045

∴ABDADB67.5

2

∴BAE90

∵EF∥AB，

∴AEF90

∴四边形ABFE是矩形，

∴GFB90，EFABADED，DEF90AED45

∴GBF90ABD22.5

∵EDCEFC90,EDEF,ECEC

∴VEDC≌VEFC

∴CDCF

1

∴CFDCDFACB22.5GBF

2

∴GFD90CFD67.5FGD

∴BDFDGD

∴点D是BG的中点

即：BDDG，故①正确；

∵GDCADB67.5,，

∴EDG90GDC22.5

∵VEDC≌VEFC

1

∴DEHFECDEF22.5EDG

2

∴DHEH

同理可证DHCH

∴CHEH，故③正确；

∵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正确；

∵BCDE,BCDDEG45,FBGEDG22.5，

∴BCD≌DEG，

∴CDEG，

∴EGCF，

设ABBCm，

则：BFAEAC2m,EFm，

∴EGCF21m，

∴FGEFEG22m，

∴FG2EG；故④正确；

故选：A．

【点睛】本题综合考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、斜中半定理等知识点，综合性较

强，需要学生具备扎实的几何基础．

5．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形ABCD中，AB4，BC3，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到

矩形ABCD，当点C，B，C三点共线时，AB交DC于点E，则DE的长度是（）

725725

A．B．C．D．

8844

【答案】A

【分析】连接AC、AC，先证明BCBC3AD，进而证明ADE≌CBE(AAS)，于是可得AECE，

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

【详解】解：如图，连接AC、AC，

矩形ABCD，

ABCADC90，BCAD3，ADAB4，

由旋转的性质可得：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，

设AEx，则BE4xDE，

在RtADE中，根据勾股定理可得：DE2AD2AE2，

(4x)232x2，

25

解得：x，

8

7

DE4x，

8

故选：A．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质

等知识点，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．

6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，有两个全等的矩形ABCD和矩形ABCD重合摆放，将矩形ABCD

绕点C逆时针旋转，延长AD交AD于点E，线段AE的中点为点F，AB的长为2，BC的长为4，当CF取

最小时，AF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CF

何时取最小值是解题关键．连接CF，由“垂线段最短”的性质可知当CFAE，即点F与点D¢重合时，CF

取最小值，此时连接CE，易得EFAFADAD4，再证明点A与点E重合，即可获得答案．

【详解】解：如下图，连接CF，

∵四边形ABCD与四边形ABCD均为矩形且全等，且AB2，BC4，

∴ABCDCD2，BCADAD4，ABCADCADC90，

∴矩形ABCD绕点C逆时针旋转，

则当CFAE，即点F与点D¢重合时，CF取最小值，如下图，连接CE，

此时CFCD2，

∵点F为线段AE的中点，

∴EFAFADAD，

∵ADC90，

∴CDE180ADC90，

又∵CDCD，

∴RtCDE≌RtCDEHL，

∴DEDEEFAD，即点A与点E重合，

∴AFEFAD4．

故选：B．

7．（2024·贵州黔东南·二模）在矩形ABCD中，AB5，过点E，F分别作对角线AC的垂线，与边BC分别

交于点G，H．若AECF，BG1，CH4，则EGFH．

【答案】34

【分析】本题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，全等三角形性质和判定，解题的关键在于作辅助线构

造直角三角形和全等三角形．延长GE，交AD于点P，过点G作GQAD于点Q，易证四边形ABGQ是矩

形，得到AQBG1，GQAB5，利用矩形性质证明AEP≌CFHASA，得到PEHF，最后利用勾

股定理即可得到GP，进而得到EGFH．

【详解】解：延长GE，交AD于点P，过点G作GQAD于点Q，

GQA90，

四边形ABCD是矩形，

BADB90，AD∥BC，

四边形ABGQ是矩形，

AQBG1，GQAB5，

AD∥BC，

CADACB，

GEAC，HFAC，

GECHFC90，

AEPHFC，

AECF，

AEP≌CFHASA，

PEHF，APCH4，

PQAPAQ413，

GP2GQ2PQ2，

GPGQ2PQ2523234，

GEHFGEPEGP34，

故答案为：34．

8．（2023·天津·一模）如图，矩形ABCD对角线AC,BD相交于点O，E为OB上一点，连接CE，F为CE的

中点，EOF90．若OE3,OF2，则BE的长为．

【答案】2

【分析】本题考查了中位线，勾股定理，矩形的性质，平行线的性质等知识．解题的关键在于添加辅助线，

1

构造中位线．如图，连接AE，OF是△ACE的中位线，则OFAE，OF∥AE，AE4，AEO90，

2

在Rt△AEO中，由勾股定理求AO的值，由矩形的性质可得OBOA，根据BEOBOE，求解BE的值即

可．

【详解】解：如图，连接AE，

∵四边形ABCD是矩形，

11

∴AOOC，OBOAACBD

22

∵F为CE的中点，

∴OF是△ACE的中位线，

1

OFAE，OF∥AE，

2

∴AEOEOF，

∵EOF90，OF2，

AE4，AEO90，

在Rt△AEO中，由勾股定理得AOAE2OE25，

∴OBOA5，

BEOBOE2，

故答案为：2．

9．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD16，AB10，EF在边AD上，EF8，连接EB，FC，

则线段EBFC的最小长度为．

【答案】429

【分析】根据题意取BC的中点G，连接GF，作点G关于AD的对称点G，连接GG,GF,GC，利用矩形

性质证明四边形EFGB为平行四边形，再根据对称性得GFFC≥GC，继而利用勾股定理即可得到本题

答案．

【详解】解：如图，取BC的中点G，连接GF，作点G关于AD的对称点G，连接GG,GF,GC，

，

∵矩形ABCD中，EF8，AD16，

∴EFBG，EFBG8，

∴四边形EFGB为平行四边形，

∴BEGF，即BECFGFFC，

∵根据对称性可知GFGF，则GFFCGFFC，GG20，

∵GFFC≥GC，

∴EBFC的最小长度：GCCG2GG282202429，

故答案为：429．

【点睛】本题考查平行四边形判定及性质，矩形性质，对称性质，勾股定理等．

10．（2024·山东·模拟预测）如图，在ABCD中，AB2，BC5，延长DC至点E，使CEDC，连接AE，

交BC于点F，连接AC，BE，AFC2D．

(1)求证：四边形ABEC是矩形；

(2)求ABCD的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)221

【分析】（1）先证四边形ABEC是平行四边形，得BC2BF，AE2AF，再证AEBC，即可得证；

（2）由矩形的性质得BAC90，由勾股定理求出AC，即可得解．

【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AFC2D，

∴ABCD，AB∥CD，ABCD，

∵CECD，

∴ABCE，

∴四边形ABEC是平行四边形，

∴BC2BF，AE2AF，

∵2DAFCABCBAE，

∴ABCBAE，

∴AFBF，

∴AEBC，

∴四边形ABEC是矩形；

（2）解：∵四边形ABEC是矩形，AB2，BC5，

∴BAC90，

∴ACBC2AB2522221，

∴SYABCDABAC221，

∴ABCD的面积为221．

【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．

11．（2024·北京·模拟预测）如图，在AOC中，OD垂直平分AC．延长AO至点B，作COB的角平分线OH，

过点C作CFOH于点F．

(1)求证：四边形CDOF是矩形；

4

(2)连接DF，若sinA，DF15，求AC的长．

5

【答案】(1)见解析

(2)18

【分析】本题考查矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的三线合一的性质，勾股定理，

三角函数定义等知识．掌握矩形的判定与性质和三角函数的定义是解题的关键．

（1）根据三角形中线的定义及等腰三角形三线合一性质得OAOC，ODC90，继而得到DOF90，

结合CFO90即可得证．

（2）由矩形的性质得到OAOCDF15，进而由锐角三角函数定义求出OD12，然后根据勾股定理解

题即可．

【详解】（1）证明：∵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，

∴四边形CDOF是矩形；

（2）解：如图连接DF，

∵四边形CDOF是矩形，

∴DFOC，

∵OAOC，DF15，

∴OA15，

4

∵sinA，OA15，

5

∴OD12，

根据勾股定理得ADAO2OD29，

∴AC18．

12．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC8，点E是边AD上的动点，连接CE，

以CE为边作矩形CEFG(点D、G在CE的同侧)，且CE2EF，连接BF．

(1)如图1，当点E在AD的中点时，点B、E、F在同一直线上，求BF的长；

(2)如图2，当BCE30时，求证：线段BF被CE平分．

【答案】(1)BF62

(2)见解析

1

【分析】（1）根据矩形的性质和点E是AD的中点，可得ABCD，ACDE90，AEDEAD4，

2

1

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

2

（2）设BF与CE交于点H，过B作BMCE于M，根据矩形的性质可得BCECED，AEBCBE，

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

结合CE2EF，推出EFBM，证明EFH≌MBH，得到BHFH，即可证明．

【详解】（1）解：在矩形ABCD中，AB4，BC8，点E是AD的中点，

1

ABCD，ACDE90，AEDEAD4，

2

ABE≌DCESAS，

CEBEAE2AB2424242，

CE2EF，

1

EFCE22，

2

BFBEEF422262；

（2）如图，设BF与CE交于点H，过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，

线段BF被CE平分．

【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，等腰三角形的

判定与性质，解题的关键是灵活运用相关知识．

13．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且OCOD．

(1)证明四边形ABCD为矩形；

(2)若OAD30，BC6，求△OBC的面积；

(3)点E，F分别是线段OB，OA上的点，若AEBF，AB5，AF1，BE3，求BF的长．

【答案】(1)见解析

(2)△OBC的面积为33；

(3)BF的长为22．

【分析】（1）先证明ACBD，再根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可证明结论成立；

（2）利用正函数的定义求得CD23，再求得矩形的面积，据此即可求解；

（3）过点A，B分别作BD，AC的垂线，垂足分别为N，M，等面积法证明AMBN，进而证明

RtAME≌RtBNF，RtAMB≌RtBNA，根据全等三角形的性质得出MEFN，BMAN，根据已知条

件求得EM1，进而勾股定理求得AM，AE，进而即可求解．

【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴OCOA，OBOD，

∵OCOD，

∴OCOAOBOD，即ACBD，

∴四边形ABCD为矩形；

（2）解：∵四边形ABCD为矩形，

∴ADBC6，ADC90，

∵OAD30，

3

∴CDADtan30623，

3

∴矩形ABCD的面积为623123，

1

∴△OBC的面积为12333；

4

（3）解：解：如图所示，过点A，B分别作BD，AC的垂线，垂足分别为N，M，

∵四边形ABCD是矩形，

∴BCAD，

11

∵SABBC，SABAD，

ABC2ABD2

∴SABC=SABD，

11

∴ACBNBDAM，

22

∴AMBN，

∵BFAE，

∴RtAME≌RtBNFHL，

∴MEFN，

设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．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直

角三角形等，熟练掌握以上知识是解题的关键．

题型二：菱形的性质

【中考母题学方法】

【典例1】（2024·福建·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上，BAFDAE，

求证：BEDF．

【答案】见解析

【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明BAEDAF，再证明

△BAE≌△DAF，从而可得结论．

【详解】证明：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·山东济南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AECD，垂足为E,CFAD，垂足为F．

求证：AFCE．

【答案】证明见解析．

【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出ADCD，用AAS

证明△AED≌△CFD，由全等三角形的性质可得出DEDF，由线段的和差关系即可得出AFCE．

【详解】证明：四边形ABCD是菱形

ADCD

AECD,CFAD

AEDCFD90

DD

AED≌CFD

DEDF

ADDFCDDE

AFCE

【变式2-1】（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，ABC120，边AB在数轴上，将AC

绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（）

A．1B．13C．0D．323

【答案】D

【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作CFAE于点F，利用菱形的性质，

直角三角形的性质，勾股定理计算即可．

【详解】解：作CFAE于点F，

∵ABC120，

∴FBC60，

∵BC2，

1

∴BFBC1，CFBC2BF23，

2

∴AFABBF3，

2

∴AEACAF2CF232323，

∵点E表示的数是3，

∴点A表示的数是323，

故选：D．

【变式2-2】（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，CD5，BD8，AEBC于点E，

则AE的长是（）

2448

A．B．6C．D．12

55

【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OC，进而得出AC6，进而根据等面积

法，即可求解．

【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，CD5，BD8，

1

∴DOBD4，ACBD，BCCD5，

2

在Rt△CDO中，CODC2DO23，

∴AC2OC6，

1

∵菱形ABCD的面积为ACBDBCAE，

2

1

86

∴24，

AE2

55

故选：A．

【变式2-3】（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，

连接OE．若OE3，则菱形的边长为（）

A．6B．8C．10D．12

【答案】A

1

【分析】根据菱形的性质可得ACBD，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得OEAB，即可

2

得解．

本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关

键．

【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，

ACBD，

∵E是AB的中点，

1

OEAB，

2

∴AB2OE236。

故选：A．

【变式2-4】（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形ABCD中，BC10，面积为60，对角线AC与BD相

交于点O，过点A作AEBC，交边BC于点E，连接EO，则EO．

【答案】10

【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求出

AC、BD的长度．根据菱形的面积公式结合BC的长度即可得出BD、AC的长度，在RtBOC中利用勾股

定理即可求出CO的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论．

【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，

∴ACBD，OAOC,OBOD,ABBCCDDA10，

1

∵S菱形ACBD60，

ABCD2

∴ACBD120，

∴BOOC＝30．

∵BO2CO2BC2100，

2

∴BOOC2BOCO100，

∴BOCO410（负值已舍去），

∴BO410OC，

∴BO2CO2102，

2

∴410OCCO2100，

∴CO10，CO＝310（舍去）．

∵AE⊥BC，AOCO，

∴EOCO10．

故答案为：10．

【变式2-5】（2024·广东·中考真题）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动

点．若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为．

【答案】10

【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出SADE6，

BF2BF

S8，根据△ABF和菱形的面积求出，2，则可求出VCDF的面积，然后利用

ABFBC3CF

S阴影S菱形ABCDSADESBEFSCDF求解即可．

【详解】解：连接AF、BD，

∵菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，△BEF的面积为4，

111

∴SSS菱形6，S2S8，

ADE2ABD22ABCDABFBEF

设菱形ABCD中BC边上的高为h，

11

BFhBF

则SABF，即8，

22

S菱形ABCDBCh24BC

BF2

∴，

BC3

BF

∴2，

CF

1

BFh

SBF

∴ABF22，

S1CF

CDFCFh

2

∴S△CDF4，

∴S阴影S菱形ABCDSADESBEFSCDF10，

故答案为：10．

【中考模拟即学即练】

1．（2024·云南曲靖·一模）菱形ABCD的一条对角线长为8，边AB的长是方程x27x100的一个根，则

菱形ABCD的周长为（）

A．16B．20C．16或20D．32

【答案】B

【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的三边关系，解一元二次方程等知识，先解方程得x12，x25，

再根据菱形的性质和三角形三边关系得到AB5，即可求解，掌握相关知识是解题的关键．

【详解】解：由题意可知，边AB的长是方程x27x100的一个根，

解方程：x27x100，

∴x2x50

解得：x12，x25，

∵菱形ABCD的一条对角线长为8，

∴当x12时，228，不能构成三角形，

当x25时，55108，能构成三角形，

∴AB5，

∴菱形ABCD的周长5420，

故选：B．

2．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形ABCD的对角线BD的中点，以O为原点，建立如图平面直角坐

标系，若AD∥x轴，AD8，A60，点C的坐标是（）

A．53,5B．53,5C．4,26D．6,23

【答案】D

【分析】令AD与y轴的交点为字母E，根据菱形的性质和A60说明△ABD是等边三角形，再求出OD，

然后根据直角三角形的性质得DE，结合勾股定理求出OE，可知点A的坐标，最后根据点A和点C关于原

点对称得出答案．

【详解】如图所示，令AD与y轴的交点为字母E，

∵四边形ABCD是菱形，

∴ABAD．

∵A60，AD8，

∴△ABD是等边三角形，则BDAD8，

∵点O是菱形ABCD的对角线的BD中点，

1

∴ODBD4．

2

∵AD∥x轴，则DEO90，

∴EOD30，

1

∴DEOD2，

2

根据勾股定理，得OEOD2DE2=23，

∴A(6，23)．

∵点A和点C关于原点对称，

∴C(6，23)．

故选：D．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，理解菱

形的对称性是解题的关键．

3．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，A60，AB6，E是AB上一点，把四边形ADCE

沿CE折叠后得到四边形ADCE，CDCD，则BE的长为（）

5

A．B．3C．633D．333

2

【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AA，延长AE到CD于点H，延长AE到CD于点F，证明EFHC为正方形，根据三角函

数求出CH，BH的长度，即可求解；

【详解】解：连接AA，延长AE到CD于点H，延长AE到CD于点F，

因为四边形ADCE沿CE折叠后得到四边形ADCE，

AEEA，EFEHCFCH，

EFHC为正方形，

BCH906030，

CB6，

BH

sin30，

BC

BH3

CH

cos30，

CB

CH33，

EHCH

EBEHBH333，

故选：D

4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，以点D为圆心，DB长为半径作弧，交AB于点E，分

1

别以B，E为圆心，以大于BE长为半径作弧，两弧交于点F，作射线DF交AB于点G．连接CG，若

2

DCG30，AG3，则菱形ABCD的面积为（）

935333

A．B．73C．D．

2222

【答案】A

【分析】由题意可得知DGAB，由菱形的性质可得出ADABCD，AD∥BC．设DGx，则

ADABCD3x，由勾股定理解出x，最后根据菱形的性质求面积即可．

【详解】解：由作图知，DGAB，

四边形ABCD是菱形，

ADABCD，AD∥BC，

DGCD，

设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的面积ABDG，

222

故选：A．

【点睛】本题考查了垂线的尺规作图，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌

握矩形的性质与判定定理以及菱形的性质是解题的关键．

5．（2024·山东枣庄·一模）已知3是关于x的方程x22mx3m0的一个根，并且这个方程的两个根恰好

是菱形ABCD的两条对角线的长，则菱形ABCD的面积为．

【答案】4.5

【分析】本题主要考查了菱形的性质以及一元二次方程的解和根与系数的关系，正确得出方程的两根之积

是解题关键．

首先利用一元二次方程的解得出m的值，再利用根与系数的关系得出方程的两根之积，再结合菱形面积公

式求出答案．

【详解】解：∵3是关于x的方程x22mx3m0