2024中考数学第一轮专题复习： 矩形菱形正方形（解析版）

矩形菱形正方形(39题)一、单选题1(2023·湖南·统考中考真题)如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1=20°，则∠2的度数为()A.20°B.60°C.70°D.80°【答案】C【分析】根据菱形的性质可得BD⊥AC,AB∥CD，则∠1=∠ACD,∠ACD+∠2=90°，进而即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形∴BD⊥AC,AB∥CD，∴∠1=∠ACD,∠ACD+∠2=90°，∵∠1=20°，∴∠2=90°-20°=70°,故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．2(2023·湖南常德·统考中考真题)如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连接AF,DE．若∠FAC=15°，则∠AED的度数为()A.80°B.90°C.105°D.115°【答案】C【分析】首先根据正方形的性质得到∠OAD=∠ODA=45°，AO=DO，然后结合EF∥AD得到OE=OF，然后证明出△AOF≌△DOESAS，最后利用三角形内角和定理求解即可．【详解】∵四边形ABCD是正方形∴∠OAD=∠ODA=45°，AO=DO∵EF∥AD∴∠OEF=∠OAD=45°，∠OFE=∠ODA=45°∴∠OEF=∠OFE∴OE=OF又∵∠AOF=∠DOE=90°，AO=DO1 ∴△AOF≌△DOESAS∴∠ODE=∠FAC=15°∴∠ADE=∠ODA-∠ODE=30°∴∠AED=180°-∠OAD-∠ADE=105°故选：C．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．3(2023·湖南常德·统考中考真题)下列命题正确的是()A.正方形的对角线相等且互相平分B.对角互补的四边形是平行四边形C.矩形的对角线互相垂直D.一组邻边相等的四边形是菱形【答案】A【分析】根据正方形、平行四边形、矩形、菱形的各自性质和构成条件进行判断即可．【详解】A、正方形的对角线相等且互相垂直平分，描述正确；B、对角互补的四边形不一定是平行四边形，只是内接于圆，描述错误；C、矩形的对角线不一定垂直，但相等，描述错误；D、一组邻边相等的平行四边形才构成菱形，描述错误．故选：A．【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和判定，解题的关键是熟悉掌握各类特殊四边形的判定和性质．4(2023·浙江·统考中考真题)如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=60°，则AC的长为()13A.B.1C.D.322【答案】D1【分析】连接BD与AC交于O．先证明△ABD是等边三角形，由AC⊥BD，得到∠OAB=∠BAD=21130°，∠AOB=90°，即可得到OB=AB=，利用勾股定理求出AO的长度，即可求得AC的长度．22【详解】解：连接BD与AC交于O．2 ∵四边形ABCD是菱形，1∴AB∥CD，AB=AD，AC⊥BD，AO=OC=AC，2∵∠DAB=60°，且AB=AD，∴△ABD是等边三角形，∵AC⊥BD，1∴∠OAB=∠BAD=30°，∠AOB=90°，211∴OB=AB=，22222121∴AO=AB-OB=1-2=3，2∴AC=2AO=3，故选：D．【点睛】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、30°角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质．5(2023·上海·统考中考真题)在四边形ABCD中，AD∥BC,AB=CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是()A.AB∥CDB.AD=BCC.∠A=∠BD.∠A=∠D【答案】C【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．【详解】A：∵AB∥CD，AD∥BC,AB=CD∴ABCD为平行四边形而非矩形故A不符合题意B：∵AD=BC，AD∥BC,AB=CD∴ABCD为平行四边形而非矩形故B不符合题意C：∵AD∥BC∴∠A+∠B=180°∵∠A=∠B∴∠A=∠B=90°∵AB=CD∴ABCD为矩形故C符合题意D：∵AD∥BC∴∠A+∠B=180°∵∠A=∠D∴∠D+∠B=180°∴ABCD不是平行四边形也不是矩形故D不符合题意故选：C．【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．3 6(2023·浙江宁波·统考中考真题)如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,S1,S2，若要求出S-S1-S2的值，只需知道()A.△ABE的面积B.△ACD的面积C.△ABC的面积D.矩形BCDE的面积【答案】C【分析】过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，易得：FG=BC,AF⊥BE,AG1⊥CD，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得S1+S2=S矩形BCDE，再根据S=S△ABC+S矩形BCDE-S121-S2=S△ABC+S矩形BCDE，得到S-S1-S2=S△ABC，即可得出结论．2【详解】解：过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，∵矩形BCDE，∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，∴FG⊥BE,FG⊥CD，∴四边形BFGC为矩形，∴FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，11∴S1=BE⋅AF,S2=CD⋅AG，22111∴S1+S2=BEAF+AG=BE⋅BC=S矩形BCDE，2221又S=S△ABC+S矩形BCDE-S1-S2=S△ABC+S矩形BCDE，211∴S-S1-S2=S△ABC+S矩形BCDE-S矩形BCDE=S△ABC，22∴只需要知道△ABC的面积即可求出S-S1-S2的值；故选C．1【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到S1+S2=S矩形BCDE27(2023·湖南·统考中考真题)如图所示，在矩形ABCD中，AB>AD，AC与BD相交于点O，下列说法正确的是()A.点O为矩形ABCD的对称中心B.点O为线段AB的对称中心C.直线BD为矩形ABCD的对称轴D.直线AC为线段BD的对称轴4 【答案】A【分析】由矩形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段AB的对称中心是线段AB的中点，矩形ABCD是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．【详解】解：矩形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；线段AB的对称中心是线段AB的中点，故B不符合题意；矩形ABCD是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，故C，D不符合题意；故选A【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．8(2023·四川宜宾·统考中考真题)如图，边长为6的正方形ABCD中，M为对角线BD上的一点，连接AM并延长交CD于点P．若PM=PC，则AM的长为()A.33-1B.333-2C.63-1D.633-2【答案】C【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出△ADM≅△CDM，根据全等三角形的性质可得∠DAM=∠DCM，再根据等腰三角形的性质可得∠CMP=∠DCM，从而可得∠DAM=30°，然后利用勾股定理、含30度角的直角三角形的性质求解即可得．【详解】解：∵四边形ABCD是边长为6的正方形，∴AD=CD=6,∠ADC=90°,∠ADM=∠CDM=45°，DM=DM在△ADM和△CDM中，∠ADM=∠CDM=45°，AD=CD∴△ADM≅△CDMSAS，∴∠DAM=∠DCM，∵PM=PC，∴∠CMP=∠DCM，∴∠APD=∠CMP+∠DCM=2∠DCM=2∠DAM，又∵∠APD+∠DAM=180°-∠ADC=90°，∴∠DAM=30°，设PD=x，则AP=2PD=2x，PM=PC=CD-PD=6-x，22∴AD=AP-PD=3x=6，解得x=23，∴PM=6-x=6-23，AP=2x=43，∴AM=AP-PM=43-6-23=63-1，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，5 熟练掌握正方形的性质是解题关键．9(2023·四川乐山·统考中考真题)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE．若AC=6，BD=8，则OE=()5A.2B.C.3D.42【答案】B1111【分析】先由菱形的性质得AC⊥BD，OC=AC=×6=3，OB=BD=×8=4，再由勾股定理2222求出BC=5，然后由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解．【详解】解：∵菱形ABCD，1111∴AC⊥BD，OC=AC=×6=3，OB=BD=8=4，222222∴由勾股定理，得BC=OB+OC=5，∵E为边BC的中点，115∴OE=BC=×5=222故选：B．【点睛】本考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．10(2023·甘肃武威·统考中考真题)如图，将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH．若AB=2，BC=4，则四边形EFGH的面积为()A.2B.4C.5D.6【答案】B【分析】由题意可得四边形EFGH是菱形，FH=AB=2，GE=BC=4，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．【详解】解：∵将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH，∴EF⊥GH，EF与GH互相平分，∴四边形EFGH是菱形，∵FH=AB=2，GE=BC=4，6 11∴菱形EFGH的面积为FH⋅GE=×2×4=4．22故选：B【点睛】此题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．11(2023·浙江绍兴·统考中考真题)如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD=60°．动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E,F同时从点O出发，分别向终点B,D运动，且始终保持OE=OF．点E关于AD,AB的对称点为E1,E2；点F关于BC,CD的对称点为F1,F2．在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是()A.菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形B.菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形C.平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形D.平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形【答案】A【分析】根据题意，分别证明四边形E1E2F1F2是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD=∠ABC=90°，∴∠BDC=∠ABD=60°，∠ADB=∠CBD=90°-60°=30°，∵OE=OF、OB=OD，∴DF=EB∵对称，∴DF=DF2，BF=BF1，BE=BE2,DE=DE1∴E1F2=E2F1∵对称，∴∠F2DC=∠CDF=60°，∠EDA=∠E1DA=30°∴∠E1DB=60°，同理∠F1BD=60°，∴DE1∥BF1∴E1F2∥E2F1∴四边形E1E2F1F2是平行四边形，如图所示，当E,F,O三点重合时，DO=BO，∴DE1=DF2=AE1=AE27 即E1E2=E1F2∴四边形E1E2F1F2是菱形，如图所示，当E,F分别为OD,OB的中点时，设DB=4，则DF2=DF=1，DE1=DE=3，在Rt△ABD中，AB=2,AD=23，连接AE，AO，∵∠ABO=60°，BO=2=AB，∴△ABO是等边三角形，∵E为OB中点，∴AE⊥OB，BE=1，22∴AE=2-1=3，根据对称性可得AE1=AE=3，222∴AD=12,DE1=9,AE1=3，222∴AD=AE1+DE1，∴△DE1A是直角三角形，且∠E1=90°，∴四边形E1E2F1F2是矩形，当F,E分别与D,B重合时，△BE1D,△BDF1都是等边三角形，则四边形E1E2F1F2是菱形∴在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．12(2023·重庆·统考中考真题)如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC的中点，E为正方形内一点，连接BE，BE=BA，连接CE并延长，与∠ABE的平分线交于点F，连接OF，若AB=2，则OF的长度为()8 A.2B.3C.1D.2【答案】D【分析】连接AF，根据正方形ABCD得到AB=BC=BE，∠ABC=90°，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得∠BFE=45°，再证明△ABF≌△EBF，求得∠AFC=90°，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出OF的长度．【详解】解：如图，连接AF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BE=BC，∠ABC=90°，AC=2AB=22，∴∠BEC=∠BCE，∴∠EBC=180°-2∠BEC，∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=2∠BEC-90°，∵BF平分∠ABE，1∴∠ABF=∠EBF=∠ABE=∠BEC-45°，2∴∠BFE=∠BEC-∠EBF=45°，AB=EB在△BAF与△BEF,∠ABF=∠EBF，BF=BF∴△BAF≌△BEFSAS，∴∠BFE=∠BFA=45°，∴∠AFC=∠BAF+∠BFE=90°，∵O为对角线AC的中点，1∴OF=AC=2，2故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得∠BFE=45°是解题的关键．二、解答题13(2023·湖南怀化·统考中考真题)如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．9 (1)证明：△BOF≌△DOE；(2)连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)根据矩形的性质得出AD∥BC，则∠1=∠2,∠3=∠4，根据O是BD的中点，可得BO=DO，即可证明△BOF≌△DOEAAS；(2)根据△BOF≌△DOE可得ED=BF，进而可得四边形EBFD是平行四边形，根据对角线互相垂直的四边形是菱形，即可得证．【详解】(1)证明：如图所示，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠1=∠2,∠3=∠4，∵O是BD的中点，∴BO=DO，在△BOF与△DOE中∠1=∠2∠3=∠4，BO=DO∴△BOF≌△DOEAAS；(2)∵△BOF≌△DOE∴ED=BF，又∵ED∥BF∴四边形EBFD是平行四边形，∵EF⊥BD∴四边形EBFD是菱形．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．14(2023·湖北随州·统考中考真题)如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC,CE∥BD．10 (1)求证：四边形OCED是菱形；(2)若BC=3,DC=2，求四边形OCED的面积．【答案】(1)见解析；(2)3【分析】(1)先根据矩形的性质求得OC=OD，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；(2)根据矩形的性质求得△OCD的面积，然后结合菱形的性质求解．【详解】(1)解：∵DE∥AC,CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，又∵矩形ABCD中，OC=OD，∴平行四边形OCED是菱形；(2)解：矩形ABCD的面积为BC⋅DC=3×2=6，13∴△OCD的面积为×6=，423∴菱形OCED的面积为2×=3．2【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键．15(2023·湖南永州·统考中考真题)如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，OA=3,BD=8,AB=5．(1)△AOB是直角三角形吗？请说明理由；(2)求证：四边形ABCD是菱形．【答案】(1)△AOB是直角三角形，理由见解析．(2)见解析1【分析】(1)根据平行四边形对角线互相平分可得BO=BD=4，再根据勾股定理的逆定理，即可得出结2论；(2)根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求证．【详解】(1)解：△AOB是直角三角形，理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，1∴BO=BD=4，2222222∵OA+OB=3+4=5=AB，∴△AOB是直角三角形．(2)证明：由(1)可得：△AOB是直角三角形，11 ∴∠AOB=90°，即AC⊥BD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．16(2023·新疆·统考中考真题)如图，AD和BC相交于点O，∠ABO=∠DCO=90°，OB=OC．点E、F分别是AO、DO的中点．(1)求证：OE=OF；(2)当∠A=30°时，求证：四边形BECF是矩形．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)直接证明△AOB≌△DOCASA，得出OA=OD，根据E、F分别是AO、DO的中点，即可得证；(2)证明四边形BECF是平行四边形，进而根据∠A=30°，推导出△BOE是等边三角形，进而可得BC=EF，即可证明四边形BECF是矩形．【详解】(1)证明：在△AOB与△DOC中，∠ABO=∠DCO=90°OB=OC∠AOB=∠DOC∴△AOB≌△DOCASA，∴OA=OD，又∵E、F分别是AO、DO的中点，∴OE=OF；(2)∵OB=OC，OF=OE，∴四边形BECF是平行四边形，BC=2OB，EF=2OE，∵E为AO的中点，∠ABO=90°，∴EB=EO=EA，∵∠A=30°，∴∠BOE=60°，∴△BOE是等边三角形，∴OB=OE，∴BC=EF，∴四边形BECF是矩形．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．12 17(2023·云南·统考中考真题)如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，且E、F分别在边BC、AD上，AE=AF．(1)求证：四边形AECF是菱形；(2)若∠ABC=60°，△ABE的面积等于43，求平行线AB与DC间的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)43【分析】(1)先证AD∥BC，再证AE∥FC，从而四边形AECF是平行四边形，又AE=AF，于是四边形AECF是菱形；(2)连接AC，先求得∠BAE=∠DAE=∠ABC=60°，再证AC⊥AB，∠ACB=90°-∠ABC=30°=3AB3∠EAC，于是有=，得AB=AC，再证AE=BE=CE，从而根据面积公式即可求得AC=3AC343．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∠BAD=∠BCD，∴∠BEA=∠DAE，∵AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，11∴∠BAE=∠DAE=∠BAD，∠BCF=∠BCD，22∴∠DAE=∠BCF=∠BEA，∴AE∥FC，∴四边形AECF是平行四边形，∵AE=AF，∴四边形AECF是菱形；(2)解：连接AC，∵AD∥BC，∠ABC=60°，∴∠BAD=180°-∠ABC=120°，∴∠BAE=∠DAE=∠ABC=60°，∵四边形AECF是菱形，1∴∠EAC=∠DAE=30°，2∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，∴AC⊥AB，∠ACB=90°-∠ABC=30°=∠EAC，AB3AB∴AE=CE，tan30°=tan∠ACB=即=，AC3AC3∴AB=AC，3∵∠BAE=∠ABC，13 ∴AE=BE=CE，∵△ABE的面积等于43，11332∴S△ABC=AC⋅AB=AC⋅AC=AC=83，2236∴平行线AB与DC间的距离AC=43．【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键．18(2023·四川遂宁·统考中考真题)如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与AD、BC所在的直线相交于点E、F．(点E不与点D重合)(1)求证：△DOE≌△BOF；(2)当直线l⊥BD时，连接BE、DF，试判断四边形EBFD的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)四边形EBFD为菱形；理由见解析【分析】(1)根据AAS证明△DOE≌△BOF即可；(2)连接EB、FD，根据△DOE≌△BOF，得出ED=BF，根据ED∥BF，证明四边形EBFD为平行四边形，根据EF⊥BD，证明四边形EBFD为菱形即可．【详解】(1)证明：∵点O为对角线BD的中点，∴BO=DO，∵AD∥BC，∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，在△DOE和△BOF中，∠ODE=∠OBF∠OED=∠OFB，BO=DO∴△DOE≌△BOFAAS；(2)解：四边形EBFD为菱形，理由如下：连接EB、FD，如图所示：根据解析(1)可知，△DOE≌△BOF，∴ED=BF，∵ED∥BF，∴四边形EBFD为平行四边形，14 ∵l⊥BD，即EF⊥BD，∴四边形EBFD为菱形．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的判定，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法和菱形的判定方法．19(2023·浙江嘉兴·统考中考真题)如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连接EF(1)求证：AE=AF；(2)若∠B=60°，求∠AEF的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)60°【分析】(1)根据菱形的性质的三角形全等即可证明AE=AF．(2)根据菱形的性质和已知条件可推出∠BAD度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出∠BAE和∠DAF度数，从而求出∠EAF度数，证明了等边三角形AEF，即可求出∠AEF的度数．【详解】(1)证明：∵菱形ABCD，∴AB=AD,∠B=∠D，又∵AE⊥BC,AF⊥CD，∴∠AEB=∠AFD=90°．在△AEB和△AFD中，∠AEB=∠AFD∠B=∠D，AB=AD∴△ABE≌△ADF(AAS)．∴AE=AF．(2)解：∵菱形ABCD，∴∠B+∠BAD=180°，∵∠B=60°，∴∠BAD=120°．又∵∠AEB=90°,∠B=60°，∴∠BAE=30°．由(1)知△ABE≌△ADF，∴∠BAE=∠DAF=30°．∴∠EAF=120°-30°-30°=60°．∵AE=AF，∴△AEF等边三角形．∴∠AEF=60°．【点睛】本题考查了三角形全等、菱形的性质、等边三角形的性质，解题的关键在于熟练掌握全等的方法和菱形的性质．15 20(2023·湖北鄂州·统考中考真题)如图，点E是矩形ABCD的边BC上的一点，且AE=AD．(1)尺规作图(请用2B铅笔)：作∠DAE的平分线AF，交BC的延长线于点F，连接DF．(保留作图痕迹，不写作法)；(2)试判断四边形AEFD的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)四边形AEFD是菱形，理由见解析【分析】(1)根据题意结合尺规作角平分线的方法作图即可；(2)根据矩形的性质和平行线的性质得出∠DAF=∠AFE，结合角平分线的定义可得∠EFA=∠EAF，则AE=EF，然后根据平行四边形和菱形的判定定理得出结论．【详解】(1)解：如图所示：(2)四边形AEFD是菱形；理由：∵矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠DAF=∠AFE，∵AF平分∠DAE，∴∠DAF=∠EAF，∴∠EFA=∠EAF，∴AE=EF，∵AE=AD，∴AD=EF，∵AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，又∵AE=AD，∴平行四边形AEFD是菱形．【点睛】本题主要考查了尺规作角平分线，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定以及菱形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．21(2023·吉林长春·统考中考真题)将两个完全相同的含有30°角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放．点A，E，B，D依次在同一直线上，连结AF、CD．(1)求证：四边形AFDC是平行四边形；16 (2)己知BC=6cm，当四边形AFDC是菱形时．AD的长为cm．【答案】(1)见解析；(2)18【分析】(1)由题意可知△ACB≌△DFE易得AC=DF，∠CAB=∠FDE=30°即AC∥DF，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明；(2)如图，在Rt△ACB中，由30°角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余易得AB=2BC=12cm，∠ABC=60°；由菱形得对角线平分对角得∠CDA=∠FDA=30°，再由三角形外角和易证∠BCD=∠CDA即可得BC=BD=6cm，最后由AD=AB+BD求解即可．【详解】(1)证明：由题意可知△ACB≌△DFE，∴AC=DF，∠CAB=∠FDE=30°，∴AC∥DF，∴四边形AFDC地平行四边形；(2)如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=6cm，∴AB=2BC=12cm，∠ABC=60°，四边形AFDC是菱形，∴AD平分∠CDF，∴∠CDA=∠FDA=30°，∵∠ABC=∠CDA+∠BCD，∴∠BCD=∠ABC-∠CDA=60°-30°=30°，∴∠BCD=∠CDA，∴BC=BD=6cm，∴AD=AB+BD=18cm，故答案为：18．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余，三角形外角及等角对等边；解题的关键是熟练掌握相关知识综合求解．22(2023·湖南张家界·统考中考真题)如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD=BC，AE=BF，CE=DF．(1)求证：AE∥BF；(2)若DF=FC时，求证：四边形DECF是菱形．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)根据题意得出AC=BD，再由全等三角形的判定和性质及平行线的判定证明即可；(2)方法一：利用全等三角形的判定和性质得出DE=CF，又EC=DF，再由菱形的判定证明即可；方法二：17 利用(1)中结论得出∠ECA=∠FDB，结合菱形的判定证明即可．【详解】(1)证明：∵AD=BC，∴AD+DC=BC+DC，即AC=BD在△AEC和△BFD中，AC=BDAE=BF，CE=DF∴△AEC≌△BFDSSS∴∠A=∠B，∴AE∥BF(2)方法一：在△ADE和△BCF中，AE=BF∠A=∠B，AD=BC∴△ADE≌△BCFSAS∴DE=CF，又EC=DF，∴四边形DECF是平行四边形∵DF=FC，∴▱DECF是菱形；方法二：∵△AEC≌△BFD，∴∠ECA=∠FDB∴EC∥DF，又EC=DF，∴四边形DECF是平行四边形∵DF=FC，∴▱DECF是菱形．【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．23(2023·湖南郴州·统考中考真题)如图，四边形ABCD是平行四边形．(1)尺规作图；作对角线AC的垂直平分线MN(保留作图痕迹)；(2)若直线MN分别交AD，BC于E，F两点，求证：四边形AFCE是菱形【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)根据垂直平分线的作图方法进行作图即可；(2)设EF与AC交于点O，证明△AOE≌△COFASA，得到OE=OF，得到四边形AFCE为平行四边形，根据EF⊥AC，即可得证．18 【详解】(1)解：如图所示，MN即为所求；(2)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠CAE=∠ACF，如图：设EF与AC交于点O，∵EF是AC的垂直平分线，∴AO=OC，EF⊥AC，∵∠AOE=∠COF，∴△AOE≌△COFASA，∴OE=OF，∴四边形AFCE为平行四边形，∵EF⊥AC，∴四边形AFCE为菱形．【点睛】本题考查基本作图-作垂线，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理，是解题的关键．24(2023·湖北十堰·统考中考真题)如图，▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，分别以点B,C为圆11心，AC,BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP,CP．2219 (1)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；(2)请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？【答案】(1)平行四边形，见解析；(2)AC=BD且AC⊥BD11【分析】(1)根据平行四边形的性质，得到BP=AC=OC,CP=BD=OB，根据两组对边分别相等的22四边形是平行四边形判定即可．(2)根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．【详解】(1)四边形BPCO是平行四边形．理由如下：∵▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，∴AO=OC,BO=OD，11∵以点B,C为圆心，AC,BD长为半径画弧，两弧交于点P，2211∴BP=AC=OC,CP=BD=OB22∴四边形BPCO是平行四边形．(2)∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，∴AC=BD且AC⊥BD时，四边形BPCO是正方形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．25(2023·四川内江·统考中考真题)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．(1)求证：AF=BD；(2)连接BF，若AB=AC，求证：四边形ADBF是矩形．【答案】(1)见解析；(2)见解析；【分析】(1)根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE=∠DCE，然后利用“角角边”证明三角形全等，再由全等三角形的性质容易得出结论；(2)先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．20 【详解】(1)证明：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DCE，∵点E为AD的中点，∴AE=DE，在△AEF和△EDC中，∠AFE=∠DCE∠AEF=∠DEC，AE=DE∴△EAF≌△EDC(AAS)；∴AF=CD，∵CD=BD，∴AF=BD；(2)证明：∵AF∥BD，AF=BD，∴四边形AFBD是平行四边形，∵AB=AC，BD=CD，∴∠ADB=90°，∴平行四边形AFBD是矩形．【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．26(2023·湖南岳阳·统考中考真题)如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM=CM，请从以下三个选项中①∠1=∠2；②AM=DM；③∠3=∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形．(1)你添加的条件是(填序号)；(2)添加条件后，请证明▱ABCD为矩形．【答案】(1)答案不唯一，①或②；(2)见解析【分析】(1)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取；(2)通过证明△ABM≌△DCM可得∠A=∠D，然后结合平行线的性质求得∠A=90°，从而得出▱ABCD为矩形．【详解】(1)解：①或②(2)添加条件①，▱ABCD为矩形，理由如下：在▱ABCD中AB=CD，AB∥CD，AB=CD在△ABM和△DCM中∠1=∠2，BM=CM∴△ABM≌△DCM∴∠A=∠D，又∵AB∥CD，∴∠A+∠D=180°，21 ∴∠A=∠D=90°，∴▱ABCD为矩形；添加条件②，▱ABCD为矩形，理由如下：在▱ABCD中AB=CD，AB∥CD，AB=CD在△ABM和△DCM中AM=DM，BM=CM∴△ABM≌△DCM∴∠A=∠D，又∵AB∥CD，∴∠A+∠D=180°，∴∠A=∠D=90°，∴▱ABCD为矩形【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法(有一个角是直角的平行四边形是矩形)是解题关键．27(2023·四川乐山·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D为AB边上任意一点(不与点A、B重合)，过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连接EF．(1)求证：四边形ECFD是矩形；(2)若CF=2，CE=4，求点C到EF的距离．4【答案】(1)见解析；(2)55【分析】(1)利用平行线的性质证明∠CED=∠CFD=90°，再利用四边形内角和为360°，证明∠EDF=90°，即可由矩形判定定理得出结论；22(2)先由勾股定理求出EF=CF+CE=25，再根据三角形面积公式求解即可．【详解】(1)证明：∵DE∥BC，DF∥AC，∴四边形ECFD为平行四边形，∵∠C=90°，∴四边形ECFD是矩形．(2)解：∵∠C=90°，CF=2，CE=4，22∴EF=CF+CE=25设点C到EF的距离为h，11∵S△CEF=CE⋅CF=EF⋅h22∴2×4=25h22 45∴h=545答：点C到EF的距离为．5【点睛】本题考查矩形的判定，平行线的性质，勾股定理．熟练掌握矩形的判定定理和利用面积法求线段长是解题的关键．28(2023·浙江台州·统考中考真题)如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=∠C，BD为对角线．(1)证明：四边形ABCD是平行四边形．(2)已知AD>AB，请用无刻度的直尺和圆规作菱形BEDF，顶点E，F分别在边BC，AD上(保留作图痕迹，不要求写作法)．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)先证明∠ADB=∠CBD，再证明180°-∠ADB+∠A=180°-∠CBD+∠C，即∠ABD=∠CDB，从而可得结论；(2)作对角线BD的垂直平分线交AD于F，交BC于E，从而可得菱形BEDF．【详解】(1)证明：∵AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD，∵∠A=∠C，∴180°-∠ADB+∠A=180°-∠CBD+∠C，即∠ABD=∠CDB．∴AB∥CD．∴四边形ABCD是平行四边形．(2)如图，四边形BEDF就是所求作的菱形．【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，作线段的垂直平分线，菱形的判定，熟练的利用菱形的判定进行作图是解本题的关键．三、填空题29(2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题)如图，在四边形ABCD中，AD=BC，AC⊥BD于点O．请添加一个条件：，使四边形ABCD成为菱形．23 【答案】AD∥BC(荅案不唯一)【分析】根据题意，先证明四边形ABCD是平行四边形，根据AC⊥BD，可得四边形ABCD成为菱形．【详解】解：添加条件AD∥BC∵AD=BC，AD∥BC∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD成为菱形．添加条件AB=CD∵AD=BC，AB=CD∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD成为菱形．添加条件OB=OD∵AC⊥BD，∴∠AOD=∠COB=90°∵AD=BC，OB=OD，∴Rt△AOD≌Rt△COBHL∴AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD成为菱形．添加条件∠ADB=∠CBD∠ADB=∠CBD在△AOD与△COB中，∠AOD=∠COBAD=BC∴△AOD≌△COB∴AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD成为菱形．故答案为：AD∥BC(AB=CD或OB=OD或∠ADB=∠CBD等)．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．30(2023·辽宁大连·统考中考真题)如图，在菱形ABCD中，AC、BD为菱形的对角线，∠DBC=60°,BD=10，点F为BC中点，则EF的长为．24 【答案】5【分析】根据题意得出△BDC是等边三角形，进而得出DC=BD=10，根据中位线的性质即可求解．【详解】解：∵在菱形ABCD中，AC、BD为菱形的对角线，∴AB=AD=DC=BC，AC⊥BD，∵∠DBC=60°，∴△BDC是等边三角形，∵BD=10，∴DC=BD=10，∵E是BD的中点，点F为BC中点，1∴EF=DC=5，2故答案为：5．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，中位线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．31(2023·福建·统考中考真题)如图，在菱形ABCD中，AB=10，∠B=60°，则AC的长为．【答案】10【分析】由菱形ABCD中，∠B=60°，易证得△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=10，∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=10．故答案为：10．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记菱形的性质并推出等边三角形是解题的关键．32(2023·浙江绍兴·统考中考真题)如图，在菱形ABCD中，∠DAB=40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是．25 【答案】10°或80°1【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得∠CAD=∠DAB=20°，再进行分类讨论：当点E在点2A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，∠DAB=40°，1∴∠CAD=∠DAB=20°，2连接CE，①当点E在点A上方时，如图E1，∵AC=AE1，∠CAE1=20°，1∴∠AE1C=180°-20°=80°，2②当点E在点A下方时，如图E2，∵AC=AE1，∠CAE1=20°，1∴∠AE2C=∠CAE1=10°，2故答案为：10°或80°．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为180°；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．33(2023·甘肃武威·统考中考真题)如图，菱形ABCD中，∠DAB=60°，BE⊥AB，DF⊥CD，垂足分别为B，D，若AB=6cm，则EF=cm．【答案】23【分析】根据菱形的性质，含30°直角三角形的性质，及三角函数即可得出结果．【详解】解：在菱形ABCD中，∠DAB=60°，1∴∠DAB=∠DCB=60°,∠BAC=∠DAC=∠DCF=∠DAB=30°，2∵DF⊥CD，∴∠DFC=90°，∴∠DFC=90°-∠DCF=60°，1在Rt△CDF中，DF=CF，2∵∠ADF=∠DFC-∠DAF=60°-30°=30°,∴∠FAD=∠ADF,26 11∴AF=DF=CF=AC,231同理，CE=AC，31∴EF=AC-AF-CE=AC，31∴EF=AE，2AB6在Rt△ABE中，AE===43,cos30°321∴EF=AE=23．2故答案为：23．【点睛】本题考查了菱形的性质，含30°直角三角形的性质，及三角函数等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．34(2023·山东聊城·统考中考真题)如图，在▱ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF．若AD=8，CE=5，则四边形BFCE的面积为．.【答案】24【分析】根据平行线的性质可得∠BEO=∠CFO，根据垂直平分线的性质可得BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，根据全等三角形的判定和性质可得BE=CF，OE=OF，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形BFCE为菱形，根据勾股定理求得OE=3，根据菱形的性质即可求得四边形BFCE的面积．【详解】∵CF∥BE，∴∠BEO=∠CFO，∵BC的垂直平分线EO交AD于点E，∴BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，∴△BOE≌△COF，∴BE=CF，OE=OF，∴四边形BFCE为平行四边形，又∵OE=OF，BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，∴平行四边形BFCE为菱形，∵AD=8，∴BC=8，1∴OC=BC=4，22222在Rt△EOC中，OE=EC-OC=5-4=3，111故菱形BFCE的面积为×BC×EF=×BC×2EO=×8×2×3=24，222故答案为：24．27 【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．35(2023·湖北十堰·统考中考真题)如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD上的点，且BE=BF=CG=AH，若菱形的面积等于24，BD=8，则EF+GH=．【答案】6【分析】连接AC，交BD于点O，由题意易得AC=6，AC⊥BD，AO=3，BO=4，则有AB=AD=5，然后可得EF∥AC∥GH，设BE=BF=CG=AH=a，则有DH=5-a，进而根据相似三角形的性质可进行求解．【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，BD=8，11∴AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，AO=OC=AC，BO=OD=BD=4，221∵S=AC⋅BD=24，菱形ABCD2∴AC=6，∴AO=3，22∴AB=AO+BO=5=AD，∵BE=BF=CG=AH，∴AE=CF=DH=DG，BEBF∴=，AECF∴EF∥AC，同理可得GH∥AC，设BE=BF=CG=AH=a，则有DH=5-a，∵EF∥AC，∴△BEF∽△BAC，BEEFaEF∴=，即=，BAAC566∴EF=a，5DHGH5-aGH同理可得=，即=，DACA566∴GH=6-a，5∴EF+GH=6；故答案为6．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及菱形的性质，熟练掌握菱形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．36(2023·四川内江·统考中考真题)出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期28 数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG=．608【答案】/41313【分析】连接OE，根据矩形的性质得到BC=AD=12，AO=CO=BO=DO，∠ABC=90°，根据勾股定2213理得到AC=AB+BC=13，求得OB=OC=，根据三角形的面积公式即可得到结论．2【详解】解：连接OE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，BC=AD=12，AO=CO=BO=DO，∵AB=5，BC=12，22∴AC=AB+BC=13，13∴OB=OC=，211111∴S△BOC=S△BOE+S△COE=×OB⋅EG+OC⋅EF=S△ABC=××5×12=15，22222113113113∴×EG+×EF=×(EG+EF)=15，22222260∴EG+EF=，1360故答案为：．13【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．37(2023·山东滨州·统考中考真题)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，点E,F分别是线段OB,OA上的点．若AE=BF,AB=5,AF=1,BE=3，则BF的长为．【答案】22【分析】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AM=BN，进而证明Rt△AME≌Rt△BNF，Rt△AMB≌Rt△BNA，根据全等三角形的性质得出ME=FN，BM=AN，根据已知条件求得EM=1，进而勾股定理求得AM,AE，进而即可求解．【详解】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，∴BC=AD，29 11∵S△ABC=AB×BC,S△ABD=AB×AD，22∴S△ABC=S△ABD，11∴AC×BN=BD×AM，22∴AM=BN，∵BF=AE，∴Rt△AME≌Rt△BNF∴ME=FN设ME=FN=xAB=BA在Rt△AMB,Rt△BNA中，AM=BN∴Rt△AMB≌Rt△BNA∴BM=AN，∴BE-ME=AF+FN∴3-x=1+x解得：x=1∴BM=AN=22222在Rt△ABM中，AM=AB-BM=5-2=21，22在Rt△AME中，AE=AM+ME=21+1=22∴BF=AE=22，故答案为：22．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．38(2023·山东枣庄·统考中考真题)如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE=7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为．17【答案】2【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半和△CEF的周长，求出CF,EF的长，进而求出DE的长，勾股定理求出CD的长，进而求出BE的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．【详解】解：∵CE=7,△CEF的周长为32，∴CF+EF=32-7=25．∵F为DE的中点，∴DF=EF．∵∠BCD=90°，1∴CF=DE，230 1∴EF=CF=DE=12.5，2∴DE=2EF=25，22∴CD=DE-CE=24．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD=24，O为BD的中点，∴OF是△BDE的中位线，1117∴OF=(BC-CE)=(24-7)=．22217故答案为：．2【点睛】本题考查正方形的性质，斜边上的中线，三角形的中位线定理．熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．39(2023·浙江台州·统考中考真题)如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=6．在边AD上取一点E，使BE=BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为．【答案】25【分析】利用矩形的性质、勾股定理求出AE，利用AAS证明△ABE≌△FCB，根据全等三角形的性质求解即可．【详解】解：∵矩形ABCD中，AB=4，AD=6，∴BC=AD=6，∠A=∠ABC=90°，又BE=BC，∴BE=6，22∴AE=BE-AB=25，∵CF⊥BE，∠ABC=90°，∴∠BFC=90°，∠ABE=90°-∠EBC=∠BCF，∴∠A=∠BFC，∠A=∠BFC在△ABE和△FCB中，∠ABE=∠FCB，BE=BC∴△ABE≌△FCBAAS，∴BF=AE=25．故答案为：25．【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．31