2024年中考数学真题专题分类汇编专题19 矩形、菱形、正方形（解析版）

2024年中考数学真题专题分类精选汇编（2025年中考复习全国通用）

专题19矩形、菱形、正方形

一、选择题

1.（2024甘肃威武）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，ABD60，AB2，

则AC的长为（）

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

【答案】C

1

【解析】根据矩形ABCD的性质，得OAOBOCODAC，结合ABD60，得到AOB

2

1

是等边三角形，结合AB2，得到OAOBABAC，解得即可．

2

本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．

1

【详解】根据矩形ABCD的性质，得OAOBOCODAC，

2

∵ABD60，

∴AOB是等边三角形，

∵AB2，

1

∴OAOBABAC2，

2

解得AC4．

故选C．

2.（2024四川成都市）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正

确的是（）

A.ABADB.ACBDC.ACBDD.

ACBACD

【答案】C

【解析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可．

∵四边形ABCD是矩形，

∴ABCD，ACBD，AD∥BC，则ACBDAC，

∴选项A中ABAD不一定正确，故不符合题意；

选项B中ACBD不一定正确，故不符合题意；

选项C中ACBD一定正确，故符合题意；

选项D中ACBACD不一定正确，故不符合题意，

故选：C．

51

3.（2024四川德阳）宽与长的比是的矩形叫黄金矩形，黄金矩形给我们以协调的美感，世界

2

各国许多著名建筑为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形ABCD是黄金矩

形．(ABBC)，点P是边AD上一点，则满足PBPC的点P的个数为（）

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

【答案】D

【解析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，一元二次方程的解，熟练掌握勾股定理，利用判别式判

断一元二次方程解的情况是解题的关键．设AB=a，BCb，假设存在点P，且APx，则

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

ABa51

BC2BP2PC2，可得到方程x2bxa20，结合，然后根据判别式的符号

BCb2

即可确定有几个解，由此得解．

AB51

【详解】如图所示，四边形ABCD是黄金矩形，ABBC，，

BC2

设AB=a，BCb，假设存在点P，且APx，则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，

方程无解，即点P不存在．

故选：D．

4.（2024黑龙江绥化）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

【解析】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．

5.（2024广西）如图，边长为5的正方形ABCD，E，F，G，H分别为各边中点，连接AG，BH，

CE，DF，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形MNPQ的面积为（）

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

【答案】C

【解析】先证明四边形MNPQ是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出DQPQ，

AMQM，证明ADG≌BAHSAS得出DAGABH，则可得出QMNAMB90，

同理AQD90，得出平行四边形MNPQ是矩形，证明ADQ≌BAMAAS，得出

DQAM，进而得出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积公式求解即可．

【详解】∵四边形ABCD是正方形，

∴ABBCCDDA，AB∥CD，AD∥BC，DABABCBCDCDA90，

∵E，F，G，H分别为各边中点，

11

∴CGDGCDAH，AEAB，

22

∴DGCGAE，

∴四边形AECG是平行四边形，

∴AG∥CE，

同理DFBH，

∴四边形MNPQ是平行四边形，

∵AG∥CE，

DQDG

∴1，

PQCG

∴DQPQ，

同理AMQM，

∵DGAH，ADGBAH90，ADBA，

∴ADG≌BAHSAS，

∴DAGABH，

∵DAGGAB90，

∴ABHGAB90，

∴QMNAMB90，同理AQD90，

∴平行四边形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的面积为5，

故选：C．

【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理

等知识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键．

6.（2024重庆市B）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长

线上一点，连接AE，AF，AM平分EAF．交CD于点M．若BEDF1，则DM的长度

为（）

12

A.2B.5C.6D.

5

【答案】D

【解析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得

到∠ABE∠ADC∠ADF∠C90，ABADCDBC4，再证明

△ABE≌△ADFSAS得到AEAF，进一步证明△AEM≌△AFMSAS得到EMFM，

设DMx，则EMFMDFDMx1，CMCDDM4x，

22

在Rt△CEM中，由勾股定理得x1324x，解方程即可得到答案．

【详解】∵四边形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，

设DMx，则EMFMDFDMx1，CMCDDM4x，

在Rt△CEM中，由勾股定理得EM2CE2CM2，

22

∴x1324x，

12

解得x，

5

12

∴DM，

5

故选：D．

7.（2024山东烟台）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，连

接AE并延长交CD于点G，连接EF，FG，若AGF，则FAG用含α的代数式表示为（）

459045

A.B.C.D.

2222

【答案】B

【解析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的

外角性质．证明△EOF∽△DOC，求得OFE45，证明ABE∽GDE，证得

1

DGCDCG，推出DEG≌CFGSAS，得到GEGF，据此求解即可．

2

【详解】解：∵正方形ABCD中，点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，

∴ODOC，ODCOCD45，DECF，

∴OEOF，

OEOF

∵EOFDOC，，

ODOC

∴△EOF∽△DOC，

∴OFEOCD45，

∵点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，

DE1

∴，

BE2

∵正方形ABCD，

∴AB∥CD，

∴ABE∽GDE，

DGDE1

∴，

ABBE2

1

∴DGCDCG，

2

∴DEG≌CFGSAS，

∴GEGF，

11

∴GEF180AGF90，

22

1190

∴FAGGEFAFE904545，

222

故选：B．

8.（2024陕西省）如图，正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，AF与DC交于点

H，若AB6，CE2，则DH的长为（）

58

A.2B.3C.D.

23

【答案】B

【解析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明△ADH∽△FGH，利用相似

三角形的性质列式计算即可求解．

【详解】解：∵正方形ABCD，AB6，

∴ABADCD6，

∵正方形CEFG，CE2，

∴CEGFCG2，

∴DGCDCG4，

由题意得AD∥GF，

∴△ADH∽△FGH，

ADDH6DH

∴，即，

GFGH24DH

解得DH3，

故选：B．

二、填空题

1.（2024黑龙江绥化）在矩形ABCD中，AB4cm，BC8cm，点E在直线AD上，且DE2cm，

则点E到矩形对角线所在直线的距离是______cm．

2565

【答案】或或25

55

【解析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设AC,BD交于点O，点E1在线段AD上，E2在

AD的延长线上，过点AC作AC，BD的垂线，垂足分别为F1,F2,F3，进而分别求得垂线段的长度，

即可求解．

【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB4，BC8，

∴ADBC8，CDAB4，

∴ACAD2CD2428245

CD4582541

∴sinCAD，cosCAD，tanCAD

AC45545582

如图所示，设AC,BD交于点O，点E1在线段AD上，E2在AD的延长线上，过点AC作AC，BD

的垂线，垂足分别为F1,F2,F3

∵AODO

∴OADODA

当E在线段AD上时，

∴AE1ADDE826

565

在RtAE1F1中个，EFAEsinCAD6

11155

∵OADODA

525

在RtE1F2D中，EFDEsinEDF2；

1211255

当E在射线AD上时，

21

在RtDCE中，tanDCE

2242

∴CADDCE

∴DCEDCA90

∴E2CAC

∴222，

E2CDE2DC2425

525

在RtDE2F3中，EFDEsinEDFDE

23223255

2565

综上所述，点E到对角线所在直线的距离为：或或25

55

2565

故答案为：或或25．

55

2.（2024四川德阳）如图，四边形ABCD是矩形，△ADG是正三角形，点F是GD的中点，点P

是矩形ABCD内一点，且PBC是以BC为底的等腰三角形，则PCD的面积与FCD的面积的

比值是______．

【答案】2

【解析】本题考查矩形的性质，正三角形的性质，等腰三角形的性质等知识点，正确设出边长表示出

两个三角形的面积是解题的关键．

作辅助线如图，设BCa，CDb，根据相关图形的性表示出三角形的面积即可得到答案．

【详解】如图，找BC，AD中点为M，N，连接MN，GN，连接PD，FC，过F作FRCD

交CD的延长线于R点，延长RF，与GN交于Q点．

设BCa，CDb，

∵PBC是以BC为底的等腰三角形，

∴P在MN上，

1

∴P到CD的距离即为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

故答案为：2．

3.（2024广西）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为60，则重合

部分构成的四边形ABCD的周长为______cm．

【答案】83

【解析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点A作AMBC于M，

ANCD于N，由题意易得四边形ABCD是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得

AN

AMAN，即可得到四边形ABCD是菱形，再解Rt△ADN可得AD23cm，即可

sin60

求解，得出四边形ABCD是菱形是解题的关键．

【详解】过点A作AMBC于M，ANCD于N，则AND90，

∵两张纸条的对边平行，

∴AB∥CD，AD∥BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

又∵两张纸条的宽度相等，

∴AMAN，

∵，

SABCDBC·AMCD·AN

∴BCCD，

∴四边形ABCD是菱形，

在Rt△ADN中，ADN60，AN3cm，

AN3

AD23cm

∴sin603，

2

∴四边形ABCD的周长为23483cm，

故答案为：83．

4.（2024四川眉山）如图，菱形ABCD的边长为6，BAD120，过点D作DEBC，交BC

的延长线于点E，连结AE分别交BD，CD于点F，G，则FG的长为______．

474

【答案】##7

55

【解析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以

上知识点．

首先根据菱形的性质得到ADBCCD6，AD∥BC，BCD120，然后勾股定理求出

DECD2CE233，AEDE2AD237，然后证明出AFD∽EFB，得到

AFAD6267AGAD6

，求出AF，然后证明出AGD∽EGC，得到2，

FEBE935EGCE3

求出AG27，进而求解即可．

【详解】解：菱形ABCD的边长为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

故答案为：47．

5

5.（2024贵州省）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是BC，CD的中点，连接AE，AF．若

4

sinEAF，AE5，则AB的长为______．

5

2265

【答案】65##

33

【解析】延长BC，AF交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明ABE≌ADF，

ADF≌MCF，过E点作ENAF交N点，根据三角函数求出EN，AN，NF，MN，在

Rt△ENM中利用勾股定理求出EM，根据菱形的性质即可得出答案．

【详解】延长BC，AF交于点M，

在菱形ABCD中，点E，F分别是BC，CD的中点，

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，

过E点作ENAF于N点，

ANE90

4

sinEAF，AE5，

5

EN4，AN3，

NFAFAN2，

MN527，

在Rt△ENM中

EMEN2MN2427265，

1

即EMECCMBCBC65，

2

ABBCCDAD，

2

ABBC65，

3

2

故答案为：65．

3

【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理

等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键．

6.（2024天津市）如图，正方形ABCD的边长为32，对角线AC,BD相交于点O，点E在CA的

延长线上，OE5，连接DE．

（1）线段AE的长为______；

（2）若F为DE的中点，则线段AF的长为______．

101

【答案】①.2②.##10

22

【解析】本题考查正方形的性质，中位线定理，熟练运用中位线定理是解题的关键；

（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，

（2）作辅助线，构造中位线即可．

【详解】（1）四边形ABCD是正方形，

OAOCODOB，DOC90

在RtDOC中，OD2OC2DC2，

DC32，

ODOCOAOB3，

OE5

AEOEOA532

（2）延长DA到点G，使AGAD，连接EG

由E点向AG作垂线，垂足为H

∵F为DE的中点，A为GD的中点，

∴AF为△DGE的中位线，

在Rt△EAH中，EAHDAC45，

AHEH

AH2EH2AE2，

AHEH2

GHAGAH32222

在Rt△EHG中，EG2EH2GH22810，

EG10

AF为△DGE的中位线，

110

AFEG

22

7.（2024吉林省）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是OA的中点，点F

EF

是OD上一点．连接EF．若FEO45，则的值为______．

BC

【答案】1

2

【解析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到

OAD45，ADBC，再证明EF∥AD，进而可证明△OEF∽△OAD，由相似三角形的

EFOE1EF1

性质可得，即．

ADOA2BC2

【详解】∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，

∴OAD45，ADBC，

∵点E是OA的中点，

OE1

∴，

OA2

∵FEO45，

∴EF∥AD，

∴△OEF∽△OAD，

EFOE1EF1

∴，即，

ADOA2BC2

故答案为：1．

2

8.（2024北京市）如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，AFDE于点F，CGDE于点G．若

AD5，CG4，则△AEF的面积为___________．

27

【答案】

8

【解析】根据正方形的性质，得AD5DC，CD∥AB，得到CDGAEF，结合CG4，得

CG4CG4

到DGDC2CG23,sinCDGsinAEF，tanCDGtanAEF，求得

CD5DG3

AE，AF，EF的长，解答即可.

本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握解直角三角形的相关计算是解题的关

键.

【详解】根据正方形的性质，得AD5DC，CD∥AB，

∴CDGAEF，

∵CG4，

∴DGDC2CG23,

AFCG4

sinCDGsinAEF，

AECD5

CGAD4

tanCDGtanAEF，

DGAE3

15

∴AE，

4

415

∴AF3，

54

9

∴EF，

4

127

∴△AEF的面积为EFAF；

28

27

故答案为：．

8

9.（2024福建省）如图，正方形ABCD的面积为4，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，

AD的中点，则四边形EFGH的面积为______．

【答案】2

【解析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到

1

HDDG1，进而得到S，同理可得SSS，最后利用四边形EFGH的

DGHAHEEFBCGF2

面积正方形ABCD的面积4个小三角形面积求解，即可解题．

【详解】正方形ABCD的面积为4，

ABBCCDAD2，ÐD=90°，

点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，AD的中点，

HDDG1，

11

S11，

DGH22

1

同理可得SSS，

AHEEFBCGF2

1111

四边形EFGH的面积为42．

2222

故答案为：2．

三、解答题

1.（2024贵州省）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AD∥BC，ABC90，

有下列条件：

①AB∥CD，②ADBC．

（1）请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形ABCD是矩形；

（2）在（1）的条件下，若AB3，AC5，求四边形ABCD的面积．

【答案】（1）见解析（2）12

【解析】本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．

（1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明ABCD是平行四边形，然后根据矩形

的定义得到结论即可；

（2）利用勾股定理得到BC长，然后利用矩形的面积公式计算即可．

【小问1详解】

选择①，

证明：∵AB∥CD，AD∥BC，

∴ABCD是平行四边形，

又∵ABC90，

∴四边形ABCD是矩形；

选择②，

证明：∵ADBC，AD∥BC，

∴ABCD是平行四边形，

又∵ABC90，

∴四边形ABCD是矩形；

【小问2详解】

解：∵ABC90，

∴BCAC2AB252324，

∴矩形ABCD的面积为3412．

2.（2024陕西省）如图，四边形ABCD是矩形，点E和点F在边BC上，且BECF．求证：

AFDE．

【答案】见解析

【解析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质．根据矩形的性质得到ABCD，

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

【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴ABDC，BC90，

∵BECF，

∴BEEFCFEF，即BFCE，

∴ABF≌DCESAS，

∴AFDE．

3.（2024上海市）如图所示，在矩形ABCD中，E为边CD上一点，且AEBD．

（1）求证：AD2DEDC；

1

（2）F为线段AE延长线上一点，且满足EFCFBD，求证：CEAD．

2

【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析

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

到ABDDAE，从而确定ADE∽BAD，利用相似三角形性质得到AD2DEDC；

（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到OAODEFCF，

ODAOAD，FECFCE，进而由三角形全等的判定与性质即可得到．

【小问1详解】

证明：在矩形ABCD中，BAD90，ADE90，ABDC，

ABDADB90，

AEBD，

DAEADB90，

ABDDAE，

BADADE90，

ADE∽BAD，

ADDE

，即AD2DEBA，

BAAD

ABDC，

AD2DEDC；

【小问2详解】

证明：连接AC交BD于点O，如图所示：

在矩形ABCD中，ADE90，则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．

【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、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，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．

4.（2024云南省）如图，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，且AB∥CD，

AD∥BC，四边形EFGH是矩形．

（1）求证：四边形ABCD是菱形；

（2）若矩形EFGH的周长为22，四边形ABCD的面积为10，求AB的长．

【答案】（1）见解析（2）111

【解析】【分析】（1）连接BD，AC，证明四边形ABCD是平行四边形，再利用三角形中位线定

理得到GF∥BD，HG∥AC，利用矩形的性质得到BDAC，即可证明四边形ABCD是菱形；

11

（2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到BDACOAOB11，利用lx面积公式得到

22

2OAOB10，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到AB．

【小问1详解】

解：连接BD，AC，

AB∥CD，AD∥BC，

四边形ABCD是平行四边形，

四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，

GF∥BD，HG∥AC，

四边形EFGH是矩形，

HGGF，

BDAC，

四边形ABCD是菱形；

【小问2详解】

解：四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，

11

GFEHBD，HG=EF=AC，

22

矩形EFGH的周长为22，

BDAC22，

四边形ABCD是菱形，

11

即BDACOAOB11，

22

四边形ABCD的面积为10，

1

BDAC10，即2OAOB10，

2

2

OAOBOA22OAOBOB2121，

OA2OB212110111，

ABOA2OB2111．

【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和

判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键．

5.（2024四川德阳）如图，在菱形ABCD中，ABC60，对角线AC与BD相交于点O，点F

为BC的中点，连接AF与BD相交于点E，连接CE并延长交AB于点G．

（1）证明：BEF∽BCO；

（2）证明：△BEG≌△AEG．

【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析

【解析】【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全

等的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键．

（1）先根据菱形的性质可得ABBC,ACBD，再证出ABC是等边三角形，根据等边三角形

的性质可得AFBC，然后根据相似三角形的判定即可得证；

（2）先根据等边三角形的性质可得CGAB，从而可得AGBG，再根据SAS定理即可得证．

【小问1详解】

证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴ABBC,ACBD，

∵ABC60，

∴ABC是等边三角形，

∵点F为BC的中点，

∴AFBC，

∴BFEBOC90

∵EBFCBO，

∴BEF∽BCO．

【小问2详解】

证明：∵ABC是等边三角形，AFBC，ACBD，

∴CGAB，

∴AGEBGE90

∵ABC是等边三角形，

∴AGBG，

在BEG和△AEG中，

AGBG

AGEBGE90，

GEGE

∴BEG≌AEGSAS．

6.（2024四川广安）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求

证：∠DEF＝∠DFE．

【答案】见解析

【解析】根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，再由BE=BF，可推出AE=CF，即可利用

SAS证明△ADE≌△CDF得到DE=DF，则∠DEF=∠DFE．

【详解】∵四边形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．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的

关键在于能够熟练掌握菱形的性质．

7.（2024福建省）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上，AEBAFD，求

证：BEDF．

【答案】见解析

【解析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答

的关键．根据菱形的性质证得ABAD，BD，再根据全等三角形的判定证明

△ABE≌△ADFAAS即可．

【详解】证明：四边形ABCD是菱形，

ABAD，BD，

AEBAFD，

ABE≌ADFAAS，

BEDF．

8.（2024江苏扬州）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形ABCD．

（1）试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；

（2）已知矩形纸条宽度为2cm，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形ABCD的面积为8cm2，

求此时直线AD、CD所夹锐角1的度数．

【答案】（1）四边形ABCD是菱形，理由见详解（2）130

【解析】【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函

数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．

（1）根据矩形的性质可得四边形ABCD是平行四边形，作ATNP，CUEH，可证

ATB≌CUB，可得ABCB，由此可证平行四边形ABCD是菱形；

（2）作ARCD，根据面积的计算方法可得CD4，AR2，结合菱形的性质可得AD4，根

据含30的直角三角形的性质即可求解．

【小问1详解】

解：四边形ABCD是菱形，理由如下，

如图所示，过点A作ATNP于点T，过点C作CUEH于点U，

根据题意，四边形EFGH，四边形MNPQ是矩形，

∴EHFG，MQNP，

∴ABDC，ADBC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵宽度相等，即ATCU，且ATBCUB90，ABTCBU，

∴ATB≌CUBAAS，

∴ABCB，

∴平行四边形ABCD是菱形；

【小问2详解】

解：如图所示，过点A作ARCD于点R，

根据题意，AR2cm，

∵S四边形ABCDCD·AR8，

∴CD4，

由（1）可得四边形ABCD是菱形，

∴AD4，

1

在RtATD中，ARAD，

2

1

即sin1，

2

∴130．

9.（2024江苏盐城）如图1，E、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点，连接AF、CE交

于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形AMCN称为平行四边形ABCD的“中顶点四边形”．

（1）求证：中顶点四边形AMCN为平行四边形；

（2）①如图2，连接AC、BD交于点O，可得M、N两点都在BD上，当平行四边形ABCD满足

________时，中顶点四边形AMCN是菱形；

②如图3，已知矩形AMCN为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行

四边形．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】（1）见解析（2）①ACBD；见解析．

【解析】【分析】题目主要考查平行四边形及菱②形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟

练掌握三角形重心的性质是解题关键．

（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形AECG，四边形AFCH均为平行

四边形，进而得到：AM∥CN,AN∥CM，即可得证；

（2）①根据菱形的性质结合图形即可得出结果；

②连接AC，作直线MN，交于点O，然后作ND2ON,MB2OB，然后连接AB、BC、CD、DA

即可得出点M和N分别为ABC、ADC的重心，据此作图即可．

【小问1详解】

证明：∵YABCD，

∴AB∥CD,AD∥BC,ABCD,ADBC，

∵点E、F、G、H分别是YABCD各边的中点，

11

∴AEABCDCG,AE∥CG，

22

∴四边形AECG为平行四边形，

同理可得：四边形AFCH为平行四边形，

∴AM∥CN,AN∥CM，

∴四边形AMCN是平行四边形；

【小问2详解】

①当平行四边形ABCD满足ACBD时，中顶点四边形AMCN是菱形，

由（1）得四边形AMCN是平行四边形，

∵ACBD，

∴MNAC，

∴中顶点四边形AMCN是菱形，

故答案为：ACBD；

②如图所示，即为所求，

连接AC，作直线MN，交于点O，然后作ND2ON,MB2OM（或作BM=MN=ND），然后

连接AB、BC、CD、DA即可，

∴点M和N分别为ABC、ADC的重心，符合题意；

证明：矩形AMCN，

∴ACMN,OMON，

∵ND2ON,MB2OM，

∴OBOD，

∴四边形ABCD为平行四边形；

分别延长CM、AM、AN、CN交四边于点E、F、G、H如图所示：

∵矩形AMCN，

∴AM∥CN，MONO，

由作图得BMMN，

∴MBF∽NBC，

BFBM1

∴，

BCBN2

∴点F为BC的中点，

同理得：点E为AB的中点，点G为DC的中点，点H为AD的中点．

10.（2024四川达州）在学习特殊的平行四边形时，我们发现正方形的对角线等于边长的2倍，某

数学兴趣小组以此为方向对菱形的对角线和边长的数量关系探究发现，具体如下：如图1．

（1）四边形ABCD是菱形，

ACBD，AOCO，BODO．

AB2AO2BO2．

又AC2AO，BD2BO，

AB2______+______．

化简整理得AC2BD2______．

【类比探究】

（2）如图2．若四边形ABCD是平行四边形，请说明边长与对角线的数量关系．

【拓展应用】

（3）如图3，四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，点E为AO的中点，点

F为BC的中点，连接EF，若AB8，BD8，AC12，直接写出EF的长度．

1212

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

44

【解析】【分析】（1）根据菱形的性质及勾股定理补充过程，即可求解；

（2）过点D作DEAB于点E，过点C作CFAB