中考数学考点总动员系列 专题35 矩形、菱形、正方形(含解析)
矩形菱形正方形(共39题)(解析版)--2023年中考数学真题分项汇编
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=DO∴△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()A.12B.1C.32D.3【答案】D 【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 =12∠BAD =30°，∠AOB =90°，即可得到OB =12AB =12，利用勾股定理求出AO 的长度，即可求得AC 的长度．【详解】解：连接BD 与AC 交于O ．∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB=AD，AC⊥BD，AO=OC=12AC，∵∠DAB=60°，且AB=AD，∴△ABD是等边三角形，∵AC⊥BD，∴∠OAB=12∠BAD=30°，∠AOB=90°，∴OB=12AB=12，∴AO=AB2-OB2=12-12 2=123，∴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．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 ,S 1,S 2，若要求出S -S 1-S 2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 ,AG⊥CD ，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得S 1+S 2=12S 矩形BCDE ，再根据S =S △ABC +S 矩形BCDE -S 1-S 2=S △ABC +12S 矩形BCDE ，得到S -S 1-S 2=S △ABC ，即可得出结论．【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 ，∴S 1=12BE ⋅AF ,S 2=12CD ⋅AG ，∴S 1+S 2=12BE AF +AG =12BE ⋅BC =12S 矩形BCDE ，又S =S △ABC +S 矩形BCDE -S 1-S 2=S △ABC +12S 矩形BCDE ，∴S -S 1-S 2=S △ABC +12S 矩形BCDE -12S 矩形BCDE =S △ABC ，∴只需要知道△ABC 的面积即可求出S -S 1-S 2的值；故选C ．【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S 1+S 2=12S 矩形BCDE 7(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【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.33-1B.333-2C.63-1D.633-2【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°，在△ADM和△CDM中，DM=DM∠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，∴AD=AP2-PD2=3x=6，解得x=23，∴PM=6-x=6-23，AP=2x=43，∴AM=AP-PM=43-6-23=63-1，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，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 =()A.2B.52C.3D.4【答案】B【分析】先由菱形的性质得AC ⊥BD ，OC =12AC =12×6=3，OB =12BD =12×8=4，再由勾股定理求出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 ，∴AC ⊥BD ，OC =12AC =12×6=3，OB =12BD =128=4，∴由勾股定理，得BC =OB 2+OC 2=5，∵E 为边BC 的中点，∴OE =12BC =12×5=52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，∴菱形EFGH的面积为12FH⋅GE=12×2×4=4．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=AE2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，∴AE=22-12=3，根据对称性可得AE1=AE=3，∴AD2=12,DE21=9,AE21=3，∴AD2=AE21+DE21，∴△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()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 ，∴∠ABF =∠EBF =12∠ABE =∠BEC -45°，∴∠BFE =∠BEC -∠EBF =45°，在△BAF 与△BEF ,AB =EB∠ABF =∠EBF BF =BF，∴△BAF ≌△BEF SAS ，∴∠BFE =∠BFA =45°，∴∠AFC =∠BAF +∠BFE =90°，∵O 为对角线AC 的中点，∴OF =12AC =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 ．(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=∠4BO =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 ．(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，∴△OCD 的面积为14×6=32，∴菱形OCED 的面积为2×32=3．【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【分析】(1)根据平行四边形对角线互相平分可得BO =12BD =4，再根据勾股定理的逆定理，即可得出结论；(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，∴BO =12BD =4，∵OA 2+OB 2=32+42=52=AB 2，∴△AOB 是直角三角形．(2)证明：由(1)可得：△AOB 是直角三角形，∴∠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．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°=∠EAC ，于是有33=AB AC，得AB =33AC ，再证AE =BE =CE ，从而根据面积公式即可求得AC =43．【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，∴∠BAE =∠DAE =12∠BAD ，∠BCF =12∠BCD ，∴∠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，∴∠EAC =12∠DAE =30°，∴∠BAC =∠BAE +∠EAC =90°，∴AC ⊥AB ，∠ACB =90°-∠ABC =30°=∠EAC ，∴AE =CE ，tan30°=tan ∠ACB =AB AC 即33=AB AC，∴AB =33AC ，∵∠BAE =∠ABC ，∴AE =BE =CE ，∵△ABE 的面积等于43，∴S △ABC =12AC ⋅AB =12AC ⋅33AC =36AC 2=83，∴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，∵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．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；(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：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=BDAE=BFCE=DF，∴△AEC≌△BFD SSS∴∠A=∠B，∴AE∥BF(2)方法一：在△ADE和△BCF中，AE=BF∠A=∠BAD=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．【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 为圆心，12AC ,12BD 长为半径画弧，两弧交于点P ，连接BP ,CP ．(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⊥BD【分析】(1)根据平行四边形的性质，得到BP=12AC=OC,CP=12BD=OB，根据两组对边分别相等的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，∵以点B,C为圆心，12AC,12BD长为半径画弧，两弧交于点P，∴BP=12AC=OC,CP=12BD=OB∴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．【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=∠DECAE=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，在△ABM和△DCM中AB=CD∠1=∠2 BM=CM ，∴△ABM≌△DCM ∴∠A=∠D，又∵AB∥CD，∴∠A+∠D=180°，∴∠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 ，在△ABM 和△DCM 中AB =CDAM =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．【答案】(1)见解析；(2)455【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；(2)先由勾股定理求出EF =CF 2+CE 2=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，∴EF =CF 2+CE 2=25设点C 到EF 的距离为h ，∵S △CEF =12CE ⋅CF =12EF ⋅h ∴2×4=25h∴h=455答：点C到EF的距离为45 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．【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在△AOD与△COB中，∠ADB=∠CBD ∠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．。
中考数学专项训练矩形、菱形与正方形(含解析)
矩形、菱形与正方形一、选择题1．矩形具有而菱形不具有的性质是（)A．两组对边分别平行B．对角线相等C．对角线互相平分D．两组对角分别相等2．如图，在△ABC中，AC=BC，点D、E分别是边AB、AC的中点,将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，则四边形ADCF一定是（)A．矩形B．菱形C．正方形D．梯形3．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，点M、N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若四边形MBND是菱形，则等于( ）A．B．C．D．4．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm,DH⊥AB于点H,且DH与AC交于G，则GH=（）A． cm B． cm C． cm D． cm5．如图所示，E、F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE=DF,AE,BF相交于点O,下列结论①AE=BF；②AE⊥BF；③AO=OE;④S△AOB=S四边形DEOF中，错误的有( ）A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题6．若菱形的两条对角线分别为2和3，则此菱形的面积是．7．在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,若∠AOB=60°，AC=10，则AB= ．8．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1=110°,则∠α=．9．如图,在正方形ABCD中，E是AB上一点,BE=2，AE=3BE,P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是．10．如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，下列结论：①CE=CF;②∠AEB=75°;③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+．其中正确的序号是（把你认为正确的都填上)．三、解答题(共40分）11．如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．（1)线段BD与CD有什么数量关系,并说明理由；（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由．12．如图，在△ABC中,D、E分别是AB、AC的中点,BE=2DE,延长DE到点F,使得EF=BE，连接CF．(1）求证：四边形BCFE是菱形；(2）若CE=4，∠BCF=120°,求菱形BCFE的面积．13．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、DC上的点，且AF⊥BE．（1）求证：AF=BE;（2)如图2，在正方形ABCD中，M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、DA上的点，且MP⊥NQ．MP与NQ是否相等？并说明理由．14．如图，在边长为3的正方形ABCD中,点E是BC边上的点，BE=1，∠AEP=90°，且EP交正方形外角的平分线CP于点P，交边CD于点F，（1）的值为；(2）求证：AE=EP；（3）在AB边上是否存在点M,使得四边形DMEP是平行四边形？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．矩形、菱形与正方形参考答案与试题解析一、选择题1．矩形具有而菱形不具有的性质是（）A．两组对边分别平行B．对角线相等C．对角线互相平分D．两组对角分别相等【考点】矩形的性质；菱形的性质．【分析】根据矩形与菱形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．【解答】解：A、矩形与菱形的两组对边都分别平行,故本选项错误；B、矩形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故本选项正确；C、矩形与菱形的对角线都互相平分，故本选项错误；D、矩形与菱形的两组对角都分别相等,故本选项错误．故选B．【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，熟记两图形的性质是解题的关键．2．如图,在△ABC中，AC=BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，则四边形ADCF一定是（）A．矩形B．菱形C．正方形D．梯形【考点】旋转的性质；矩形的判定．【分析】根据旋转的性质可得AE=CE,DE=EF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形ADCF是平行四边形，然后利用等腰三角形三线合一的性质求出∠ADC=90°，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形解答．【解答】解:∵△ADE绕点E旋转180°得△CFE,∴AE=CE，DE=EF，∴四边形ADCF是平行四边形，∵AC=BC,点D是边AB的中点,∴∠ADC=90°,∴四边形ADCF是矩形．故选:A．【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的判定，主要利用了对角线互相平分的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形的判定方法，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．3．如图，在矩形ABCD中,AD=2AB，点M、N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若四边形MBND是菱形，则等于（）A．B．C．D．【考点】勾股定理；菱形的性质;矩形的性质．【分析】首先由菱形的四条边都相等与矩形的四个角是直角，即可得到直角△ABM中三边的关系．【解答】解：∵四边形MBND是菱形,∴MD=MB．∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=90°．设AB=x，AM=y,则MB=2x﹣y，(x、y均为正数)．在Rt△ABM中,AB2+AM2=BM2,即x2+y2=（2x﹣y)2，解得x=y，∴MD=MB=2x﹣y=y，∴==．故选:C．【点评】此题考查了菱形与矩形的性质,以及直角三角形中的勾股定理．解此题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．4．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm，DH⊥AB于点H，且DH与AC交于G,则GH=（）A． cm B． cm C． cm D． cm【考点】菱形的性质；勾股定理；解直角三角形．【分析】先求出菱形的边长,然后利用面积的两种表示方法求出DH，在Rt△DHB中求出BH，然后得出AH，利用tan∠HAG的值，可得出GH的值．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm，∴AO=4cm，BO=3cm，在Rt△AOB中，AB==5cm，∵BD×AC=AB×DH，∴DH=cm，在Rt△DHB中，BH==cm,则AH=AB﹣BH=cm，∵tan∠HAG===，∴GH=AH=cm．故选：B．【点评】本题考查了菱形的性质、解直角三角形及三角函数值的知识，注意菱形的面积等于对角线乘积的一半，也等于底乘高．5．如图所示,E、F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE=DF，AE,BF相交于点O,下列结论①AE=BF;②AE⊥BF；③AO=OE；④S△AOB=S四边形DEOF中,错误的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】正方形的性质．【分析】根据四边形ABCD是正方形及CE=DF，可证出△ADE≌△BAF，则得到：①AE=BF,以及△ADE和△BAF的面积相等，得到；④S△AOB=S四边形DEOF;可以证出∠ABO+∠BAO=90°，则②AE⊥BF 一定成立．错误的结论是：③AO=OE．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形,∴CD=AD∵CE=DF∴DE=AF∴△ADE≌△BAF∴AE=BF(故①正确），S△ADE=S△BAF，∠DEA=∠AFB，∠EAD=∠FBA∵S△AOB=S△BAF﹣S△AOF,S四边形DEOF=S△ADE﹣S△AOF，∴S△AOB=S四边形DEOF(故④正确），∵∠ABF+∠AFB=∠DAE+∠DEA=90°∴∠AFB+∠EAF=90°∴AE⊥BF一定成立（故②正确）．假设AO=OE，∵AE⊥BF（已证），∴AB=BE（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），∵在Rt△BCE中，BE＞BC，∴AB＞BC,这与正方形的边长AB=BC相矛盾,∴，假设不成立，AO≠OE（故③错误）；故错误的只有一个．故选:A．【点评】本题考查了正方形的四条边都相等,每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，综合题但难度不大,求出△ADE≌△BAF是解题的关键，也是本题的突破口．二、填空题6．若菱形的两条对角线分别为2和3，则此菱形的面积是 3 ．【考点】菱形的性质．【分析】菱形的面积是对角线乘积的一半，由此可得出结果即可．【解答】解:由题意,知：S菱形=×2×3=3，故答案为：3．【点评】本题考查了菱形的面积两种求法：（1)利用底乘以相应底上的高；(2）利用菱形的特殊性，菱形面积=×两条对角线的乘积；具体用哪种方法要看已知条件来选择．7．在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若∠AOB=60°，AC=10,则AB= 5 ．【考点】含30度角的直角三角形;矩形的性质．【分析】根据矩形的性质,可以得到△AOB是等边三角形，则可以求得OA的长，进而求得AB 的长．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB又∵∠AOB=60°∴△AOB是等边三角形．∴AB=OA=AC=5,故答案是：5．【点评】本题考查了矩形的性质，正确理解△AOB是等边三角形是关键．8．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置,旋转角为α（0°＜α＜90°)，若∠1=110°，则∠α=20°．【考点】旋转的性质；矩形的性质．【分析】根据矩形的性质得∠B=∠D=∠BAD=90°,根据旋转的性质得∠D′=∠D=90°，∠4=α，利用对顶角相等得到∠1=∠2=110°，再根据四边形的内角和为360°可计算出∠3=70°，然后利用互余即可得到∠α的度数．【解答】解：如图,∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=∠D=∠BAD=90°，∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′，∴∠D′=∠D=90°，∠4=α，∵∠1=∠2=110°，∴∠3=360°﹣90°﹣90°﹣110°=70°，∴∠4=90°﹣70°=20°，∴∠α=20°．故答案为：20°．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了矩形的性质．9．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2,AE=3BE,P是AC上一动点,则PB+PE的最小值是10 ．【考点】轴对称﹣最短路线问题；正方形的性质．【分析】由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP,则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．【解答】解：如图，连接DE,交AC于P,连接BP,则此时PB+PE的值最小．∵四边形ABCD是正方形,∴B、D关于AC对称，∴PB=PD，∴PB+PE=PD+PE=DE．∵BE=2，AE=3BE，∴AE=6，AB=8，∴DE==10，故PB+PE的最小值是10．故答案为：10．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，解此题通常是利用两点之间，线段最短的性质得出．10．如图,在正方形ABCD中,边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上,下列结论：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+．其中正确的序号是①②④（把你认为正确的都填上)．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【专题】压轴题．【分析】根据三角形的全等的知识可以判断①的正误;根据角角之间的数量关系，以及三角形内角和为180°判断②的正误；根据线段垂直平分线的知识可以判断③的正误，利用解三角形求正方形的面积等知识可以判断④的正误．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD，∵△AEF是等边三角形，∴AE=AF，在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE=DF,∵BC=DC，∴BC﹣BE=CD﹣DF，∴CE=CF,∴①说法正确；∵CE=CF，∴△ECF是等腰直角三角形，∴∠CEF=45°，∵∠AEF=60°，∴∠AEB=75°，∴②说法正确；如图，连接AC,交EF于G点，∴AC⊥EF，且AC平分EF,∵∠CAF≠∠DAF，∴DF≠FG，∴BE+DF≠EF，∴③说法错误；∵EF=2，∴CE=CF=，设正方形的边长为a,在Rt△ADF中,AD2+DF2=AF2，即a2+(a﹣）2=4,解得a=,则a2=2+,S正方形ABCD=2+,④说法正确，故答案为：①②④．【点评】本题主要考查正方形的性质的知识点，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的证明以及辅助线的正确作法，此题难度不大,但是有一点麻烦．三、解答题(共40分）11．如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．(1)线段BD与CD有什么数量关系，并说明理由；(2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由．【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质．【专题】证明题．【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△AEF和△DEC全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CD，再利用等量代换即可得证;（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，可知∠ADB=90°,由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC．【解答】解：（1）BD=CD．理由如下：依题意得AF∥BC，∴∠AFE=∠DCE，∵E是AD的中点,∴AE=DE,在△AEF和△DEC中，,∴△AEF≌△DEC（AAS），∴AF=CD，∵AF=BD，∴BD=CD;(2）当△ABC满足：AB=AC时，四边形AFBD是矩形．理由如下：∵AF∥BD，AF=BD，∴四边形AFBD是平行四边形，∵AB=AC，BD=CD（三线合一），∴∠ADB=90°，∴▱AFBD是矩形．【点评】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．12．如图,在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F,使得EF=BE,连接CF．（1）求证：四边形BCFE是菱形;（2)若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．【考点】菱形的判定与性质；三角形中位线定理．【分析】从所给的条件可知,DE是△ABC中位线，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等,所以四边形BCFE是平行四边形,又因为BE=FE,所以是菱形；∠BCF是120°，所以∠EBC为60°,所以菱形的边长也为4,求出菱形的高面积就可求．【解答】（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC且2DE=BC，又∵BE=2DE，EF=BE，∴EF=BC,EF∥BC，∴四边形BCFE是平行四边形，又∵BE=FE，∴四边形BCFE是菱形;（2）解:∵∠BCF=120°，∴∠EBC=60°，∴△EBC是等边三角形,∴菱形的边长为4,高为2，∴菱形的面积为4×2=8．【点评】本题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理，以及菱形的面积的计算等知识点．13．如图1，在正方形ABCD中,E、F分别是边AD、DC上的点，且AF⊥BE．（1）求证：AF=BE；（2)如图2，在正方形ABCD中，M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、DA上的点，且MP⊥NQ．MP与NQ是否相等？并说明理由．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】证明题．【分析】(1）根据正方形的性质可得AB=AD,∠BAE=∠D=90°,再根据同角的余角相等求出∠ABE=∠DAF，然后利用“角边角”证明△ABE和△DAF全等，再根据全等三角形的证明即可;（2）过点A作AF∥MP交CD于F，过点B作BE∥NQ交AD于E，然后与（1)相同．【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAE=∠D=90°，∴∠DAF+∠BAF=90°，∵AF⊥BE，∴∠ABE+∠BAF=90°,∴∠ABE=∠DAF,∵在△ABE和△DAF中，,∴△ABE≌△DAF(ASA)，∴AF=BE;（2）解：MP与NQ相等．理由如下：如图，过点A作AF∥MP交CD于F，过点B作BE∥NQ交AD于E，∵AB∥CD，AD∥BC，∴四边形AMPF与四边形BNQE是平行四边形，∴AF=PM，BE=NQ，∵在正方形ABCD中,AB=AD，∠BAE=∠D=90°，∴∠DAF+∠BAF=90°，∵AF⊥BE，∴∠ABE+∠BAF=90°，∴∠ABE=∠DAF，∵在△ABE和△DAF中，，∴△ABE≌△DAF(ASA），∴AF=BE；∴MP=NQ．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，主要利用了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质,同角的余角相等的性质，利用三角形全等证明相等的边是常用的方法之一，要熟练掌握并灵活运用．14．如图，在边长为3的正方形ABCD中,点E是BC边上的点，BE=1，∠AEP=90°,且EP交正方形外角的平分线CP于点P，交边CD于点F，（1）的值为;（2）求证:AE=EP;(3）在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEP是平行四边形？若存在,请给予证明；若不存在，请说明理由．【考点】正方形的性质;全等三角形的判定与性质;平行四边形的判定．【分析】（1)由正方形的性质可得：∠B=∠C=90°，由同角的余角相等，可证得：∠BAE=∠CEF，根据同角的正弦值相等即可解答；（2）在BA边上截取BK=BE，连接KE，根据角角之间的关系得到∠AKE=∠ECP，由AB=CB，BK=BE,得AK=EC,结合∠KAE=∠CEP，证明△AKE≌△ECP，于是结论得出；（3)作DM⊥AE于AB交于点M，连接ME、DP,易得出DM∥EP,由已知条件证明△ADM≌△BAE，进而证明MD=EP，四边形DMEP是平行四边形即可证出．【解答】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠D，∵∠AEP=90°，∴∠BAE=∠FEC,在Rt△ABE中,AE==，∵sin∠BAE==sin∠FEC=，∴=，解法二:由上得∠BAE=∠FEC，∵∠BAE=∠FEC，∠B=∠DCB，∴△ABE∽△ECF，∴=，(2)证明:在BA边上截取BK=BE，连接KE，∵∠B=90°，BK=BE,∴∠BKE=45°，∴∠AKE=135°，∵CP平分外角，∴∠DCP=45°，∴∠ECP=135°,∴∠AKE=∠ECP，∵AB=CB，BK=BE，∴AB﹣BK=BC﹣BE，即：AK=EC，由第一问得∠KAE=∠CEP,∵在△AKE和△ECP中，，∴△AKE≌△ECP（ASA）,∴AE=EP;（3）答：存在．证明:作DM⊥AE交AB于点M，则有：DM∥EP，连接ME、DP，∵在△ADM与△BAE中，,∴△ADM≌△BAE(ASA),∴MD=AE，∵AE=EP，∴MD=EP，∴MD EP，∴四边形DMEP为平行四边形．【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的性质等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文稿在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。
中考总复习--矩形菱形正方形课件
菱形的判定三
有一组邻边相等的平行四边形
对角线互相垂直的平行四边形
是菱形。
是菱形。
菱形的判定二
四条边都相等的四边形是菱形。
菱形的判定四
每条对角线平分一组对角的四
边形是菱形
随堂检测
1.如图，菱形ABCD周长为20，对角线AC为6，则它的面积为（ A ）
A.24
B.28
C.32
D.48
2. 如图，四边形 ABCD是菱形，过点A作BD的平行线交CD的延长线于点E，则下列结论：①DA=DE;②∠ABC=2∠E；③
∵四边形ABCD是矩形
∴∠D=90°,AB=CD=3, BC=AD=4,
∴CF²=DF²+CD²
∴x²=(4-0)²+3²
∴x=25/8
∴CF=25/8
（3)设PB=PE=x
∵∠A=∠E=90°, ∠QP= ∠EQF, AQ=QE
∴△AQP≌△EQF(ASA)
∴PQ=FQ
∵AQ=QE
∴AF=PE=x
矩形中，内接一个平四，其边分别和矩形对角线平行则该平四的周长等于矩形对角线的和（2倍对角线）
证:如图，EH和AB的延长线交于点I
根据角等显然，△HGI为等腰，
故EH+HG=EI=CB，
同理EF+FG=AD，
得证
矩形角平分线和垂线
矩形ABCD中，做内角平分线CF，过B做对角线的垂线EF两直线交于点F，则BC=BF
证:做CG垂直于AD，
由CF平分△ACD得△GCO也被CF平分
平行线+角平分线得到等腰△BCF
故得证
03
菱形的定义与性
质
菱形的定义
定义二
中考数学专题训练：矩形、菱形、正方形(附参考答案)
中考数学专题训练：矩形、菱形、正方形（附参考答案）1．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2．如图，D ，E ，F 分别是△ABC 各边的中点，则以下说法错误的是( )A ．△BDE 和△DCF 的面积相等B ．四边形AEDF 是平行四边形C ．若AB ＝BC ，则四边形AEDF 是菱形D ．若∠A ＝90°，则四边形AEDF 是矩形3．如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，CE ，DF 交于点G ，连接AG .下列结论：①CE ＝DF ；②CE ⊥DF ；③∠AGE ＝∠CDF .其中正确的结论是( )A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③4．如图，平行四边形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，E 为BC 的中点，连接EO 并延长交AD 于点F ，∠ABC ＝60°，BC ＝2AB .下列结论：①AB ⊥AC ；②AD ＝4OE ；③四边形AECF 是菱形；④S △BOE ＝14S △ABC .其中正确结论的个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．15．如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝9 cm，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝2 cm，BD，EF交于点G.若G是EF的中点，则BG的长为______cm.6．如图，在菱形ABCD中，AC，BD为菱形的对角线，∠DBC＝60°，BD＝10，点F为BC的中点，则EF的长为_____．7．已知四边形ABCD是正方形，点E在边DA的延长线上，连接CE交AB于点G，过点B作BM⊥CE，垂足为点M，BM的延长线交AD于点F，交CD的延长线于点H.(1)如图1，求证：CE＝BH；(2)如图2，若AE＝AB，连接CF，在不添加任何辅助线情况下，请直接写出图2中的四个三角形(△AEG除外)，使写出的每个三角形都与△AEG全等．8．如图，在菱形ABCD中，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＝_____．9．如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，DE＝BE，AC与BD相交于点O，BE与AC相交于点F.(1)若BE平分∠CBD，求证：BF⊥AC；(2)找出图中与△OBF相似的三角形，并说明理由；(3)若OF＝3，EF＝2，求DE的长度．10．(1)如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G.求证：△ADE∽△DCF.【问题解决】(2)如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC 到点H，使CH＝DE，连接DH.求证：∠ADF＝∠H.【类比迁移】(3)如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长．参考答案1．A 2．C 3．A 4．D5．√13 6．5 7．(1)证明略 (2)略8．6解析：如图，连接AC ，交BD 于点O ，∵四边形ABCD 是菱形，BD ＝8，∴AB ＝BC ＝AD ＝CD ，AC ⊥BD ，AO ＝OC ＝12AC ，BO ＝OD ＝12BD ＝4. ∵S 菱形ABCD ＝12AC ·BD ＝24，∴AC ＝6，∴AO ＝3，∴AB ＝√AO 2+BO 2＝5＝AD .∵BE ＝BF ＝CG ＝AH ，∴AE ＝CF ＝DH ＝DG ，∴BE AE ＝BF CF ，∴EF ∥AC .同理可得GH ∥AC ，设BE ＝BF ＝CG ＝AH ＝a ，则有DH ＝5－a ，∵EF ∥AC ，∴△BEF ∽△BAC ，∴BE AB ＝EF AC ，即a 5＝EF 6，∴EF ＝65a ，同理可得DH DA ＝GH CA ，即5−a 5＝GH 6，∴GH ＝6－65a ，∴EF ＋GH ＝6.9．(1)证明略(2)与△OBF相似的三角形有△ECF，△BAF，理由略(3)DE＝3＋√1910．(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF＋∠DFC＝90°.∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，∴∠CDF＋∠AED＝90°，∴∠AED＝∠DFC，∴△ADE∽△DCF.(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°.∵AE＝DF，∴Rt△ADE≌Rt△DCF(HL)，∴DE＝CF.∵CH＝DE，∴CF＝CH.∵点H在BC的延长线上，∴∠DCH＝∠DCF＝90°.又∵DC＝DC，∴△DCF≌△DCH(SAS)，∴∠DFC＝∠H.∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，∴∠ADF＝∠H.(3)解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝DC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠DCG，∴△ADE≌△DCG(SAS)，∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG. ∵AE＝DF，∴DG＝DF，∴△DFG是等边三角形，∴FG＝DF＝11.∵CF＋CG＝FG，∴CF＝FG－CG＝11－8＝3，即CF的长为3.。
初中数学中考知识点考点学习课件PPT之矩形、菱形和正方形知识点学习PPT
② <m></m> _____.
【分步分析】 A.作辅助线（见中点，联想“中点模型”，构造中位线）：取 <m></m> 的中点 <m></m> ,连接 <m></m> .B. <m></m> ___, <m></m> ____ <m></m> ， <m></m> ___.C. <m></m> _____.
（4） 如图（3）,点 在四边形 外部，且 , .
图（3）
① 若四边形 是矩形，则四边形 的形状为______；
菱形
② 若四边形 是菱形，则四边形 的形状为______；
矩形
③ 若四边形 是正方形，则四边形 的形状为________.
正方形
课时一 矩形
命题角度1 与矩形的性质有关的计算
6
[答案] 如图
图（2）
（3） 得出结论：当点 <m></m> 到 <m></m> 的距离为1时， <m></m> 的长为_ ________.
或
例3 如图，在矩形 <m></m> 中， <m></m> ， <m></m> ，点 <m></m> 为 <m></m> 的中点，点 <m></m> 为射线 <m></m> 上一点，连接 <m></m> , <m></m> ,若将 <m></m> 沿直线 <m></m> 折叠后，点 <m></m> 的对应点 <m></m> 恰好落到 <m></m> 上，则 <m></m> 的值为____________________．
河南中考总复习矩形菱形和正方形复习课件
与多边形结合
将矩形、菱形和正方形与其他多 边形结合，可以形成各种具有实 际应用价值的几何图形，如蜂巢
结构等。
THANK YOU
感谢观看
组合几何
组合几何问题中经常涉及到矩形、 菱形和正方形的拼接、分割和计算 ，需要学生具备来自定的空间想象能 力和计算能力。
矩形、菱形和正方形与其他几何图形的结合应用
与三角形结合
将矩形、菱形和正方形与三角形 结合，可以构造出各种复杂的几 何图形，用于解决各种几何问题
。
与圆结合
圆与矩形、菱形和正方形结合， 可以形成各种美丽的图案和花纹 ，常用于建筑设计、美术创作等
河南中考总复习矩 形菱形和正方形复 习课件
目 录
• 矩形、菱形和正方形的性质和判定 • 矩形、菱形和正方形的面积和周长计算 • 矩形、菱形和正方形的综合应用
01
矩形、菱形和正方形的性 质和判定
矩形的性质和判定
矩形的性质
矩形的对边平行且相等，对角线 相等且互相平分，四个角都是直 角。
矩形的判定
有一个角是直角的平行四边形是 矩形；对角线相等的平行四边形 是矩形。
菱形的面积和周长计算
菱形面积计算公式
面积 = 底 × 高
菱形周长计算公式
周长 = 4 × 边长
特殊情况
当菱形两条对角线互相垂 直且等分时，即为正方形 ，此时面积和周长计算公 式与正方形相同。
正方形的面积和周长计算
正方形面积计算公式
面积 = 边长 × 边长
正方形周长计算公式
周长 = 4 × 边长
特殊性质
包装和印刷
在包装和印刷行业，矩形、菱形和正 方形被广泛用于设计商标、包装盒、 宣传册等，以增加视觉效果和美观度 。
2024河南中考数学一轮知识点复习专题 矩形、菱形和正方形 课件
角
对称性
面积和周长
既是中心对 面积 = ⑭____ =
称图形，又 ⑮____，周长
=
是轴对称图 ⑯____（
表示边
4 长, 表示对角线的
形,有⑬___
条对称轴.
长）.
考点2 矩形、菱形和正方形的判定 重点
1.矩形的判定
直角
相等
直角
2.菱形的判定
相等
垂直
相等
3.正方形的判定
【思路点拨】 当 = 时，点 与点 重合，此时点 与点 也重合，
不合题意，故可分 = ， = 两种情况讨论.
例3 如图，在矩形 中， = 8 ， = 5 ，点
平行四边形
（1）四边形 的形状为____________；
菱形
（2）若四边形 是矩形，则四边形 的形状为______；
矩形
（3）若四边形 是菱形，则四边形 的形状为______；
正方形
（4）若四边形 是正方形，则四边形 的形状为________.
是轴对称图
（ ， 分别表示
2
形,有③___
矩形的长和宽）.
条对称轴.
续表
名称
图形
边
角
对边
两条对角
平
线互相垂
行、 对
菱形
对角线
四条 角
边都 相
等.
⑥
相
____
__.
等
对称性
面积和周长
既是中心对 面积 = 底×高 =
直⑦
称图形，又 ⑨______（
中考数学考点总动员系列专题5矩形菱形正方形含解析
CNB DMC ；② CON DOM ；③ OMN OAD ；④ AN 2 CM 2 MN 2 ；⑤若 AB 2 ，
1
则 S OMN 的最小值是
，其中正确结论的个数是 （ ）
2
A． 2
B． 3
C. 4
【答案】 D
【解析】
试题解析：∵正方形 ABCD 中， CD=BC ，∠ BCD=90 °，
∴∠ BCN+ ∠ DCN=90 °，
11
∴ BE= BC= AD ，
22
∴△ BEF ∽△ DAF ，
EF
∴
AF
BE 1
AD
，
2
1
∴ EF= AF ，
2
2
D.
3
马鸣风萧萧整理
》》》》》》》》》积一时之跬步 臻千里之遥程《 《《《《《《《《《《《
1
∴ EF= AE ，
3
∵点 E 是边 BC 的中点， ∴由矩形的对称性得： AE=DE ，
∴ OC=OD ，
∵ BO=CO ， OD=OE ，
∴ DE=BC ，
∵四边形 BECD 是平行四边形，
∴四边形 BECD 是矩形；
考点： 1.矩形的判定； 2.平行四边形的判定与性质．
【点睛】此题考查了矩形的判定和平行四边形的判定与性质
，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与
性质是解本题的关键．
【举一反三】
【答案】（ 1）证明见解析；（ 2）证明见解析 .
【解析】
试题分析：（ 1）首先证得△ ADE ≌△ CDE ，由全等三角形的性质可得∠ ADE= ∠CDE ，由 AD ∥ BC 可得∠
ADE= ∠ CBD ，易得∠ CDB= ∠ CBD ，可得 BC=CD ，易得 AD=BC ，利用平行线的判定定理可得四边形 ABCD
九年级中考数学总复习课件：矩形、菱形、正方形
＝2S△EFB；④∠CFE＝3∠DEF.其中正确结论的个数是
( D)
A．1 C．3
B．2 D．4
第 32 页
16．(山东威海中考)矩形 ABCD 与 CEFG 如图放置，点 B、C、E 共线，点 C、
D、G 共线，连接 AF，取 AF 的中点 H，连接 GH.若 BC＝EF＝2，CD＝CE＝1，则
A．∠ABC＝60° C．若 AB＝4，则 BE＝4 7
B．S△ABE＝2S△ADE
D．sin∠CBE＝
21 14
第 34 页
( C)
18．(202X·四川攀枝花中考)如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，
BE＝4，EC＝8，将正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G，连接AG、
FC，现在有如下四个结论：①∠EAG＝45°；②FG＝FC；③FC∥AG；④S△GFC
＝14，其中结论正确的个数是
( B)
A．1
B．2
C．3
D．4
第 35 页
19．(浙江宁波中考)如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠B是锐角，AE⊥BC于 3－1
点E，M是AB的中点，连接MD、ME.若∠EMD＝90°，则cos B的值为___2_____.
第 36 页
20．(202X·广西防城港中考)如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点 24
第 3页
2．矩形的计算公式
已知矩形的长为a，宽为b，则有以下计算公式： (1)面积：S＝ab. (2)周长：C＝2(a＋b)＝2a＋2b.
(3)矩形外接圆半径(等于矩形对角线的一半)：R＝
a2＋b2 2.
第 4页
定义 内角
对角线
有一个角是⑥__是__直__角____的平行四边形是矩形
河南中考总复习矩形菱形和正方形复习课件
• 菱形与正方形的区别和联系 * 区别：正方形四边相等，对角线互相平分且垂直；菱形只有两组邻边相等，对角线互 相垂直平分 * 联系：正方形是特殊的菱形，当菱形的所有边都相等时，它就变成了正方形
综合练习：将矩形、菱形和正方形的知识点进行综合，设计一些综合性的题目，让学生能够更 好地理解和掌握这些知识点。
拓展练习：设计一些具有挑战性的题目，让学生能够拓展思维，提高解题能力。
易错题解析：针对学生在解题过程中容易出现的错误进行解析，让学生能够更好地掌握解题技 巧和方法。
综合练习题
矩形、菱形和正方形的性质和判定方法 矩形、菱形和正方形的面积和周长计算 矩形、菱形和正方形的实际应用问题 矩形、菱形和正方形的综合题目
菱形的性质和判定方法
菱形的面积计算公式
菱形与矩形的区别和联系 菱形的应用举例
正方形例题解析
正方形的性质和判定
正方形的面积和周长
正方形的翻折和旋转
正方形的实际应用
06
练习题
基础练习题
矩形的性质和判定 菱形的性质和判定 正方形的性质和判定 综合应用题
提高练习题
基础练习：针对矩形、菱形和正方形的性质和特点进行基础练习，包括定义、性质、判定等方 面的题目。
角。
正方形的判定 方法：四边相 等且四个角都 是直角的四边 形是正方形。
正方形的性质 与判定方法的 区别和联系： 性质是判定方 法的基础，判 定方法是根据 性质得出的结
论。
05
例题解析
矩形例题解析
矩形的性质和判定 矩形面积和周长的计算 矩形与三角形的相似和全等关系 矩形在生活中的应用
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考点三十五：矩形、菱形、正方形聚焦考点☆温习理解一、矩形1、矩形的概念有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。
2、矩形的性质（1）具有平行四边形的一切性质（2）矩形的四个角都是直角（3）矩形的对角线相等（4）矩形是轴对称图形3、矩形的判定（1）定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形（2）定理1：有三个角是直角的四边形是矩形（3）定理2：对角线相等的平行四边形是矩形4、矩形的面积S矩形=长×宽=ab二、菱形1、菱形的概念有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形2、菱形的性质（1）具有平行四边形的一切性质（2）菱形的四条边相等（3）菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角（4）菱形是轴对称图形3、菱形的判定（1）定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形（2）定理1：四边都相等的四边形是菱形（3）定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形4、菱形的面积S 菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半 三、正方形 1、正方形的概念有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
2、正方形的性质（1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质 （2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角 （4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴（5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形（6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。
3、正方形的判定（1）判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种： 先证它是矩形，再证有一组邻边相等。
先证它是菱形，再证有一个角是直角。
（2）判定一个四边形为正方形的一般顺序如下： 先证明它是平行四边形； 再证明它是菱形（或矩形）； 最后证明它是矩形（或菱形） 4、正方形的面积设正方形边长为a ，对角线长为b ，S 正方形=222b a名师点睛☆典例分类考点典例一、矩形的性质与判定【例1】（2017江苏徐州第23题）如图，在平行四边形ABCD 中，点O 是边BC 的中点，连接DO 并延长，交AB 延长线于点E 连接,BD EC .（1）求证：四边形BECD 是平行四边形；（2）若50A ∠=，则当BOD ∠= 时，四边形BECD 是矩形. 【答案】（1）证明见解析；（2）100° 【解析】试题分析：（1）由AAS 证明△BOE ≌△COD ，得出OE=OD ，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD ，得出OC=OD ，证出DE=BC ，即可得出结论．（2）若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD 是矩形．理由如下： ∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴∠BCD=∠A=50°， ∵∠BOD=∠BCD+∠ODC ，∴∠ODC=100°-50°=50°=∠BCD ，∴OC=OD，∵BO=CO，OD=OE，∴DE=BC，∵四边形BECD是平行四边形，∴四边形BECD是矩形；考点：1.矩形的判定；2.平行四边形的判定与性质．【点睛】此题考查了矩形的判定和平行四边形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解本题的关键．【举一反三】考点：1.矩形的性质；2.解直角三角形.2.（2017四川宜宾第7题）如图，在矩形ABCD中BC=8，CD=6，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在对角线BD上F处，则DE的长是（）A．3 B．245C．5 D．8916【答案】C.【解析】试题解析：∵矩形ABCD，∴∠BAD=90°，由折叠可得△BEF≌△BAE，∴EF⊥BD，AE=EF，AB=BF，在Rt△ABD中，AB=CD=6，BC=AD=8，根据勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4，设EF=AE=x，则有ED=8﹣x，根据勾股定理得：x2+42=（8﹣x）2，解得：x=3（负值舍去）， 则DE=8﹣3=5， 故选C.考点：1. 翻折变换（折叠问题）；2.矩形的性质． 考点典例二、菱形的性质与判定【例2】（2017四川自贡第21题）如图，点E ，F 分别在菱形ABCD 的边DC ，DA 上，且CE=AF ． 求证：∠ABF=∠CBE ．【答案】证明见解析. 【解析】试题分析：根据菱形的性质可得AB=BC ，∠A ＝∠C ，再证明ΔABF ≌CBE ，根据全等三角形的性质可得结论． 试题解析：∵四边形ABCD 是菱形， ∴AB=BC ，∠A=∠C ， ∵在△ABF 和△CBE 中，AF CE A C AB CB ⎧=⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ABF ≌△CBE （SAS ）， ∴∠ABF=∠CBE ． 考点：菱形的性质.【点睛】本题考查了菱形的性质，熟记各性质与平行四边形和菱形的判定方法是解题的关键．在利用菱形计算或证明时，应充分利用菱形的性质，如“菱形的四条边都相等”“菱形的对角线互相垂直且平分，并且每一组对角线平分一组对角”等.对于菱形的判定，若可证出四边形为平行四边形，则可证一组邻边相等或对角线互相垂直；若相等的边较多，则可证四条边都相等. 【举一反三】1. （2017海南第11题）如图，在菱形ABCD 中，AC=8，BD=6，则△ABC 的周长是（ ）A．14 B．16 C．18 D．20【答案】C.考点：菱形的性质，勾股定理.2.（2017浙江宁波第18题）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，连接MC，将菱形ABCD翻折，使点A落在线段CM上的点E处，折痕交AB于点N，则线段EC的．【解析】试题分析：如图所示：过点M作MF⊥DC于点F，∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，∴∠FMD=30°，∴FD=12MD=12，∴FM=DM×cos30°=2，∴EC=MC．考点：1.折叠问题；2.菱形的性质．考点典例三、正方形的性质与判定【例3】（2017上海第23题）已知：如图，四边形ABCD中，A D∥BC，AD=CD，E是对角线BD上一点，且EA=EC．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）如果BE=BC，且∠CBE：∠BCE=2：3，求证：四边形ABCD是正方形．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE=∠CBD，易得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，易得AD=BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD=CD可得四边形ABCD是菱形；（2）由BE=BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE=∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE=180×1 4=45°，易得∠ABE=45°，可得∠ABC=90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．考点：1.正方形的判定与性质；2.菱形的判定及性质.【点睛】本题考查了正方形的判定与性质和菱形的判定及性质，解题的关键是熟记各种几何图形的性质和判定．正方形是特殊的矩形又是特殊的菱形，具有矩形和菱形的所有性质.证明一个四边形是正方形，可以先判定为矩形，再证邻边相等或对角线互相垂直；或先判定为菱形，再证有一个角是直角或对角线相等. 【举一反三】（2017广西贵港第12题）如图，在正方形ABCD 中，O 是对角线AC 与BD 的交点，M 是BC 边上的动点（点M 不与,B C 重合），,CN DM CN ⊥与AB 交于点N ，连接,,OM ON MN .下列五个结论：①CNB DMC ∆≅∆ ；②CON DOM ∆≅∆ ；③OMN OAD ∆≅∆ ；④222AN CM MN += ；⑤若2AB =，则OMN S ∆的最小值是12，其中正确结论的个数是 （ ）A ．2B ．3 C. 4 D ．5 【答案】D 【解析】试题解析：∵正方形ABCD 中，CD=BC ，∠BCD=90°， ∴∠BCN+∠DCN=90°， 又∵CN ⊥DM ， ∴∠CDM+∠DCN=90°，∴∠BCN=∠CDM，又∵∠CBN=∠DCM=90°，∴△CNB≌△DMC（ASA），故①正确；根据△CNB≌△DMC，可得CM=BN，又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，∴△OCM≌△OBN（SAS），∴OM=ON，∠COM=∠BON，∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即∠DOM=∠CON，又∵DO=CO，∴△CON≌△DOM（SAS），故②正确；∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°，∴∠MON=90°，即△MON是等腰直角三角形，又∵△AOD是等腰直角三角形，∴△OMN∽△OAD，故③正确；∵AB=BC，CM=BN，∴BM=AN，又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2，∴AN2+CM2=MN2，故④正确；∵△OCM≌△OBN，∴四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，∴当△MN B的面积最大时，△MNO的面积最小，设BN=x=CM，则BM=2﹣x，∴△MNB的面积=12x（2﹣x）=﹣12x2+x，∴当x=1时，△MNB的面积有最大值12，此时S△OMN的最小值是1﹣12=12，故⑤正确；综上所述，正确结论的个数是5个，故选：D．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．考点典例四、特殊平行四边形综合题【例4】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD，BE.(1)求证：CE＝AD；(2)当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；(3)若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形BECD是菱形，（3）当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．理由见解析.【解析】试题分析：（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；（3）求出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．∴CE=AD；（2）解：四边形BECD是菱形，理由是：∵D为AB中点，∴AD=BD，∵CE=AD，∴BD=CE，∵BD∥CE，∴四边形BECD是平行四边形，∵∠ACB=90°，D为AB中点，∴CD=BD，∴四边形BECD是菱形；考点：正方形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定．【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．【举一反三】（2017甘肃兰州第26题）如图，1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.(1)求证：BDF△是等腰三角形；(2)如图2，过点D作DG BE∥，交BC于点G，连结FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若6AD=，求FG的长.AB=，8【答案】(1)证明见解析;(2) 152．【解析】试题分析: （1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断；（2）①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断；②根据折叠特性设未知边，构造勾股定理列方程求解．试题解析：（1）证明：如图1，根据折叠，∠DBC=∠DBE，又AD∥BC，∴∠DBC=∠ADB，∴∠DBE=∠ADB，∴DF=BF，∴△BDF是等腰三角形；（2）①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴FD∥BG，又∵FD∥BG，∴四边形BFDG是平行四边形，∵DF=BF，∴四边形BFDG是菱形；②∵AB=6，AD=8，∴BD=10．∴OB=12BD=5．假设DF=BF=x，∴AF=AD﹣DF=8﹣x．∴在直角△ABF中，AB2+A2=BF2，即62+（8﹣x）2=x2，解得x=254，即BF=254，∴=154，∴FG=2FO=152．考点：四边形综合题．课时作业☆能力提升一、选择题1．（2017上海第6题）已知平行四边形ABCD，AC、BD是它的两条对角线，那么下列条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是（）A．∠BAC=∠DCA B．∠BAC=∠DAC C．∠BAC=∠ABD D．∠BAC=∠ADB【答案】C【解析】试题分析：A、∠BAC=∠DCA，不能判断四边形ABCD是矩形；B、∠BAC=∠DAC，能判定四边形ABCD是菱形；不能判断四边形ABCD是矩形；C、∠BAC=∠ABD，能得出对角线相等，能判断四边形ABCD是矩形；D、∠BAC=∠ADB，不能判断四边形ABCD是矩形；故选C．考点：1.矩形的判定；2.平行四边形的性质；3.菱形的判定.2. （2017四川泸州第7题）下列命题是真命题的是（）A ．四边都是相等的四边形是矩形B ．菱形的对角线相等C ．对角线互相垂直的平行四边形是正方形D ．对角线相等的平行四边形是矩形 【答案】D.考点：1菱形的判定；2矩形的性质；3平行四边形的判定.3．（2017青海西宁第7题）如图，点O 是矩形ABCD 的对角线AC 的中点，//OM AB 交AD 于点M ，若3,10OM BC ==，则OB 的长为（ ）A ． 5B ． 4 C. 2D 【答案】D 【解析】试题分析： ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠D=90°，∵O 是矩形ABCD 的对角线AC 的中点，OM ∥AB ，∴OM 是△ADC 的中位线，∴OM=3，∴DC=6，∵AD=BC=10，∴∴BO=12D ． 考点：矩形的性质．4. （2017浙江嘉兴第9题）一张矩形纸片ABCD ，已知3AB =，2AD =，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段DG 长为（ ）A B．C．1D．2【答案】A．【解析】试题解析：∵AB=3，AD=2，∴DA′=2，CA′=1，∴DC′=1，∵∠D=45°，故选A．考点：矩形的性质.5.（2017贵州黔东南州第8题）如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF=2AE，FC交BD于O，则∠DOC的度数为（）A．60° B．67.5°C．75° D．54°【答案】A．【解析】试题解析：如图，连接DF、BF．∵FE⊥AB，AE=EB，∴FA=FB，∵AF=2AE，∴AF=AB=FB，∴△AFB是等边三角形，∵AF=AD=AB，∴点A是△DBF的外接圆的圆心，∴∠FDB=12∠FAB=30°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°，∴∠FAD=∠FBC，∴△FAD≌△FBC，∴∠ADF=∠FCB=15°，∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°．故选A．考点：正方形的性质．6. （2017海南第11题）如图，在菱形ABCD中，AC=8，BD=6，则△ABC的周长是（）A．14 B．16 C．18 D．20【答案】C.考点：菱形的性质，勾股定理.7.（2017浙江宁波第11题）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，4BE=，过点E 作EF BC∥，分别交BD，CD于G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长为( )A.3B. D.4【答案】C.【解析】试题解析：如图，过N作PQ∥BC，交AB，CD于P，Q，过M作MR∥CD，交EF于J，PQ于H，交BC于R在正方形ABCD中，BC=CD=6∴∵BE=EG=4∴∴∵M是DG的中点∴MJ=12DF=1，JF=1∵N为EC的中点∴PN=12BC=3 ∴QN=3 ∴NH=2，MH=3∴=故选C.考点：1.正方形的性质;2.三角形的中位线;3.勾股定理.8. （2017广西贵港第12题）如图，在正方形ABCD 中，O 是对角线AC 与BD 的交点，M 是BC 边上的动点（点M 不与,B C 重合），,CN DM CN ⊥与AB 交于点N ，连接,,OM ON MN .下列五个结论：①CNB DMC ∆≅∆ ；②CON DOM ∆≅∆ ；③OMN OAD ∆≅∆ ；④222AN CM MN += ；⑤若2AB =，则OMN S ∆的最小值是12，其中正确结论的个数是 （ ）A ．2B ．3 C. 4 D ．5 【答案】D 【解析】试题解析：∵正方形ABCD 中，CD=BC ，∠BCD=90°， ∴∠BCN+∠DCN=90°， 又∵CN ⊥DM ， ∴∠CDM+∠DCN=90°， ∴∠BCN=∠CDM ， 又∵∠CBN=∠DCM=90°，∴△CNB ≌△DMC （ASA ），故①正确； 根据△CNB ≌△DMC ，可得CM=BN ， 又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB ， ∴△OCM ≌△OBN （SAS ）， ∴OM=ON ，∠COM=∠BON ，∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN ，即∠DOM=∠CON ， 又∵DO=CO ，∴△CON ≌△DOM （SAS ），故②正确； ∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°， ∴∠MON=90°，即△MON 是等腰直角三角形， 又∵△AOD 是等腰直角三角形， ∴△OMN ∽△OAD ，故③正确； ∵AB=BC ，CM=BN ， ∴BM=AN ，又∵Rt △BMN 中，BM 2+BN 2=MN 2， ∴AN 2+CM 2=MN 2，故④正确； ∵△OCM ≌△OBN ，∴四边形BMON 的面积=△BOC 的面积=1，即四边形BMON 的面积是定值1， ∴当△MNB 的面积最大时，△MNO 的面积最小， 设BN=x=CM ，则BM=2﹣x ，∴△MNB 的面积=12x （2﹣x ）=﹣12x 2+x ， ∴当x=1时，△MNB 的面积有最大值12，此时S △OMN 的最小值是1﹣12=12，故⑤正确；综上所述，正确结论的个数是5个， 故选：D ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 二、填空题1. （2017湖北咸宁第14题）如图，点O 的矩形纸片ABCD 的对称中心，E 是BC 上一点，将纸片沿AE 折叠后，点B 恰好与点O 重合，若3 BE ，则折痕AE 的长为 。