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.12
B.1
C.32
D.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=1
2
AC，∵∠DAB=60°，且AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∵AC⊥BD，
∴∠OAB=1
2
∠BAD=30°，∠AOB=90°，
∴OB=1
2AB=1
2，
∴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∥CD
B.AD=BC
C.∠A=∠B
D.∠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 +12
S 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 -12
S 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.33-1
B.333-2
C.63-1
D.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.2
B.52
C.3
D.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 =12
8=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.2
B.4
C.5
D.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1
2FH⋅GE=1
2
×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，
∴DE
1
=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.2
B.3
C.1
D.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 =12
AC =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 =12
BD =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 =12
BD =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 =33
AC ，
∵∠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=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．
【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 ,12
BD 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=1
2
AC=OC,CP=1
2
BD=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，1
2AC,1
2
BD长为半径画弧，两弧交于点P，
∴BP=1
2AC=OC,CP=1
2
BD=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=∠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，
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 =CD
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．
【答案】(1)见解析；(2)45
5【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 =12
EF ⋅h ∴2×4=25h
∴h=45
5
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．。