中考數(shù)學第一輪復習講義第24講特殊四邊形-菱形（練習）（解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

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\l "_Tc156936182" 題型01 利用菱形的性質(zhì)求角度
\l "_Tc156936183" 題型02 利用菱形的性質(zhì)求線段長
\l "_Tc156936184" 題型03 利用菱形的性質(zhì)求周長
\l "_Tc156936185" 題型04 利用矩形的性質(zhì)求面積
\l "_Tc156936186" 題型05 利用矩形的性質(zhì)求坐標
\l "_Tc156936187" 題型06 利用矩形的性質(zhì)證明
\l "_Tc156936188" 題型07 添加一個條件證明四邊形是菱形
\l "_Tc156936189" 題型08 證明四邊形是菱形
\l "_Tc156936190" 題型09 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求角度
\l "_Tc156936191" 題型10 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求線段長
\l "_Tc156936192" 題型11 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求面積
\l "_Tc156936193" 題型12 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
\l "_Tc156936194" 題型13 與菱形有關(guān)的新定義問題
\l "_Tc156936195" 題型14 與菱形有關(guān)的規(guī)律探究問題
\l "_Tc156936196" 題型15 與菱形有關(guān)的動點問題
\l "_Tc156936197" 題型16 菱形與反比例函數(shù)綜合
\l "_Tc156936198" 題型17 菱形與一次函數(shù)、反比例函數(shù)綜合
\l "_Tc156936199" 題型18 菱形與二次函數(shù)綜合
題型01 利用菱形的性質(zhì)求角度
1．（2021·河北唐山·統(tǒng)考一模）如圖所示的木制活動衣帽架是由三個全等的菱形構(gòu)成，根據(jù)實際需要可以調(diào)節(jié)AE間的距離，若AE間的距離調(diào)節(jié)到60cm，菱形的邊長AB=20cm，則∠DAB的度數(shù)是（）
A．90°B．100°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】如圖（見解析），先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=BC,AD//BC，再根據(jù)全等的性質(zhì)可得AC=13AE=20cm，然后根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得∠B=60°，最后根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得．
【詳解】如圖，連接AC
∵四邊形ABCD是菱形
∴AB=BC=20cm,AD//BC
∵如圖所示的木制活動衣帽架是由三個全等的菱形構(gòu)成，AE=60cm
∴AC=13AE=20cm
∴AB=BC=AC
∴△ABC是等邊三角形
∴∠B=60°
∵AD//BC
∴∠DAB=180°-∠B=180°-60°=120°
故選：C．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識點，理解題意，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
2．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考一模）若菱形的周長為16，高為2，則菱形兩鄰角的度數(shù)之比為（）
A．4: 1B．5: 1C．6: 1D．7: 1
【答案】B
【分析】如圖，AH為菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性質(zhì)得到AB＝4，利用正弦的定義得到∠B＝30°，則∠C＝150°，從而得到∠C：∠B的比值．
【詳解】解：如圖，AH為菱形ABCD的高，AH＝2，
∵菱形的周長為16，
∴AB＝4，
在Rt△ABH中，sinB＝AHAB＝24=12，
∴∠B＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠C＝150°，
∴∠C：∠B＝5：1．
故選：B．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)：菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角．也考查了正弦的定義及應用．
3．（2021·河北·模擬預測）如圖，在菱形ABCD中，∠A=30°，取大于12AB的長為半徑，分別以點A，B為圓心作弧相交于兩點，過此兩點的直線交AD邊于點E（作圖痕跡如圖所示），連接BE，BD，則∠EBD的度數(shù)為．
【答案】45°
【分析】根據(jù)題意知虛線為線段AB的垂直平分線，得AE=BE，得∠EBA=∠EAB；結(jié)合∠A=30°，ABD=12∠ABC=75°，可計算∠EBD的度數(shù)．
【詳解】∠ABC=180°-30°=150°
ABD=12∠ABC=75°
∵AE=EB
∴∠EAB=∠EBA
∴∠EBD=75°-30°=45°
故答案為：45°．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，及垂直平分線的性質(zhì)，熟知以上知識點是解題的關(guān)鍵．
4．（2021·浙江溫州·統(tǒng)考一模）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F．
(1)求證：BE＝DF．
(2)當∠BAD＝110°時，求∠EAF的度數(shù)．
【答案】(1)證明見解析
(2)∠EAF =70°
【分析】(1)根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB = AD，∠B=∠D，然后利用AAS證明△ABE≌△ADF即可得結(jié)論；
(2)根據(jù)菱形的性質(zhì)和∠BAD= 110°，即可求∠EAF的度數(shù)．
【詳解】（1）證明：∵ AE⊥BC， AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB= AD，∠B=∠D，
在△ABE和△ADF中，
∠AEB=∠AFD，∠B=∠D，AB= AD
∴△ABE≌△ADF (AAS)，
∴BE= DF；
（2）∵四邊形ABCD是菱形，
∴ AD// BC，
∴∠BAD+∠B= 180° ，
∵∠BAD= 110°，
∴∠B= 70°
∵AE⊥BC，
∴∠AEB= 90°，
∴∠BAE= 20°，
∴∠DAF= 20° ，
∴∠EAF=∠BAD-∠BAE-∠DAF= 110°- 20°- 20°= 70°
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，證明△ABE和△ADF全等是解題的關(guān)鍵．
題型02 利用菱形的性質(zhì)求線段長
5．（2021·江蘇揚州·統(tǒng)考一模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E，則線段DE的長為（）
A．125B．185C．4D．245
【答案】D
【分析】利用菱形的面積等于兩對角線之積的一半，求解菱形的面積，再利用等面積法求菱形的高DE即可．
【詳解】解：記AC與BD的交點為O，
∵菱形ABCD,AC=6,
∴AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD,
∵AB=5,
∴OB=52-32=4,BD=8,
∴ 菱形的面積=12×6×8=24,
∵DE⊥AB,
∴ 菱形的面積=AB?DE,
∴5DE=24,
∴DE=245.
故選D．
【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，菱形的面積公式，勾股定理．理解菱形的對角線互相垂直平分和學會用等面積法是解題關(guān)鍵．
6．（2021·黑龍江大慶·統(tǒng)考一模）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點D作DH⊥AB于點H，連接OH，若OA=6，S菱形ABCD=48，則OH的長為（）
A．4B．8C．13D．6
【答案】A
【分析】根據(jù)菱形面積=對角線乘積的一半可求BD，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD= AC×BD2=48，
∴BD=16，
∵DH⊥AB，BO=DO=8，
∴OH=12BD=4．
故選：A．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，關(guān)鍵是靈活運用這些性質(zhì)解決問題．
7．（2021·廣東中山·校聯(lián)考一模）如圖，菱形ABCD的對角線AC,BD相交于點O，點E在OB上，連接AE，點F為CD的中點，連接OF，若AE=BE，OE=3，OA=4，則線段OF的長為．
【答案】25
【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理計算出菱形的邊長BC的長，再根據(jù)中位線性質(zhì)，求出OF的長．
【詳解】已知菱形ABCD，對角線互相垂直平分，
∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，
∵OE=3，OA=4，
∴根據(jù)勾股定理得AE=32+42=5，
∵AE=BE，
∴OB=AE+OE=8，
在Rt△AOB中AB=42+82=45，
即菱形的邊長為45，
∵點F為CD的中點，點O為DB中點，
∴OF=12BC=25 ．
故答案為25
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、中位線的判定與性質(zhì)；熟練掌握菱形性質(zhì)，并能結(jié)合勾股定理、中位線的相關(guān)知識點靈活運用是解題的關(guān)鍵．
8．（2021·湖北荊州·統(tǒng)考一模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，點E在邊AD上，且AE＝2．若直線l經(jīng)過點E，將該菱形的面積平分，并與菱形的另一邊交于點F，則線段EF的長為．

【答案】27．
【分析】過點A和點E作AG⊥BC，EH⊥BC于點G和H，可得矩形AGHE，再根據(jù)菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝33＝EH，由題意可得，F(xiàn)H＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，進而根據(jù)勾股定理可得EF的長．
【詳解】解：如圖，過點A和點E作AG⊥BC，EH⊥BC于點G和H，
得矩形AGHE，
∴GH＝AE＝2，

∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，
∴BG＝3，AG＝33＝EH，
∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，
∵EF平分菱形面積，
∴FC＝AE＝2，
∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，
在Rt△EFH中，根據(jù)勾股定理，得
EF＝EH2+FH2＝27+1＝27．
故答案為：27．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)．
題型03 利用菱形的性質(zhì)求周長
9．（2021·湖北黃石·統(tǒng)考模擬預測）若菱形ABCD的一條對角線長為8，邊CD的長是方程x2﹣10x+24＝0的一個根，則該菱形ABCD的周長為（）
A．16B．24C．16或24D．48
【答案】B
【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分兩種情況：①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構(gòu)成三角形；②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周長．
【詳解】解：如圖所示：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分兩種情況：
①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構(gòu)成三角形；
②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周長＝4AB＝24．
故選：B．
【點睛】
本題考查菱形的性質(zhì)、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握并靈活運用是解題的關(guān)鍵．
10．（2021·遼寧大連·統(tǒng)考一模）菱形的兩條對角線長分別是6和8，則此菱形的周長是（）
A．5B．20C．24D．32
【答案】B
【分析】根據(jù)菱形的對角線互相垂直平分的性質(zhì)，利用對角線的一半，根據(jù)勾股定理求出菱形的邊長，再根據(jù)菱形的四條邊相等求出周長即可．
【詳解】解：如圖所示，根據(jù)題意得AO＝12×8=4，BO＝12×6=3，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB＝AO2+BO2=16+9=5，
∴此菱形的周長為：5×4＝20．
故選：B．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，利用勾股定理求出菱形的邊長是解題的關(guān)鍵，同學們也要熟練掌握菱形的性質(zhì)：①菱形的四條邊都相等；②菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角．
11．（2021·湖南長沙·長沙市北雅中學?？级＃┤袅庑我粭l對角線長為8，其邊長是方程x2-10x+24=0的一個根，則菱形的周長為
【答案】24
【分析】解方程得出x=4，或x=6，分兩種情況：①當AB=AD=4時，4+4=8，不能構(gòu)成三角形；②當AB=AD=6時，6+6>8，即可得出菱形ABCD的周長．
【詳解】解：如圖所示：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵x2-10x+24=0，
分解得：(x-4)(x-6)=0，
解得：x=4或x=6，
分兩種情況：
①當AB=AD=4時，4+4=8，不能構(gòu)成三角形；
②當AB=AD=6時，6+6>8，
∴菱形ABCD的周長=4AB=24．
故答案為：24．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、一元二次方程的解法、三角形的三邊關(guān)系；熟練掌握菱形的性質(zhì)，由三角形的三邊關(guān)系得出AB是解決問題的關(guān)鍵．
12．（2021·廣東湛江·統(tǒng)考三模）如圖，在菱形ABCD中，AC與BD交于點E，F(xiàn)是BC的中點，如果EF＝3，那么菱形ABCD的周長是．
【答案】24
【分析】由菱形的性質(zhì)得AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，再證EF是△ABC的中位線，得AB＝2EF＝2×3＝6，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，
∵F是BC的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴AB＝2EF＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的周長＝4×6＝24．
故答案為：24．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)，掌握中位線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
題型04 利用矩形的性質(zhì)求面積
13．（2021·廣西百色·統(tǒng)考二模）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，其中OA＝1，OB＝2，則菱形ABCD的面積為．
【答案】4
【分析】根據(jù)菱形的面積等于對角線之積的一半可得答案．
【詳解】解：∵OA＝1，OB＝2，
∴AC＝2，BD＝4，
∴菱形ABCD的面積為12×2×4＝4．
故答案為：4．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì),關(guān)鍵在于熟練掌握基礎知識.
14．（2021·湖南長沙·二模）如圖，在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，點E是邊AB的中點．分別以點B，D為圓心，以BE的長為半徑畫弧，兩弧交于點C，連接CB，CD，則四邊形BCDE的面積為．
【答案】2532/2523
【分析】由題意得BE=5，BD=5，DE是△ABD的中線，則DE=12AB=5，根據(jù)尺規(guī)作圖的過程得BC=DC=BE，則BE=DE=DC=BC=5，即可判定四邊形BCDE是菱形，又因為BE=BD=DE=5，所以△BDE是等邊三角形，過點E作EF⊥BD，根據(jù)勾股定理求出BF=532，即可得求出四邊形BCDE的面積．
【詳解】解：在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，點E是邊AB的中點，
∴BE=12AB=5，BD=12AB=5，DE是△ABD的中線，
∴DE=12AB=5，
根據(jù)尺規(guī)作圖的過程得，BC=DC=BE，
∴BE=DE=DC=BC=5，
∴四邊形BCDE是菱形，
∵BE=BD=DE=5，
∴△BDE是等邊三角形，
過點E作EF⊥BD，
則EF=12BD=52，
在Rt△BED中，根據(jù)勾股定理得，
BF=BE2-BF2=52-(52)2=532，
∴四邊形BCDE的面積= 2S△BDE=2×12×5×532=2532，
故答案為：2532．
【點睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，菱形的判定，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識點．
15．（2021·新疆烏魯木齊·?？级＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB的中點，AE∥DC，CE∥DA．
(1)求證：四邊形ADCE是菱形；
(2)連接DE，若AC=23，BC＝2，求菱形ADCE的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)23
【分析】（1）先根據(jù)平行四邊形的判定可證出四邊形ADCE是平行四邊形，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得AD=CD，然后根據(jù)菱形的判定即可得證；
（2）先根據(jù)三角形的面積公式可得S△ACD=12S△ABC，再根據(jù)菱形的性質(zhì)可得S菱形ADCE=2S△ACD，由此即可得．
【詳解】（1）證明：∵AE∥DC,CE∥DA，
∴四邊形ADCE是平行四邊形，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D為AB的中點，
∴AD=CD，
∴四邊形ADCE是菱形．
（2）解：如圖，連接DE，
∵∠ACB=90°,AC=23,BC=2，
∴S△ABC=12AC?BC=23，
∵D為AB的中點，
∴S△ACD=12S△ABC=3，
由（1）已證：四邊形ADCE是菱形，
∴S菱形ADCE=2S△ACD=23，
即菱形ADCE的面積為23．
【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半等知識點，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
16．（2021·廣東汕頭·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC、BD相交于點O，DH⊥AB于H，連接OH，
（1）求證：∠DHO=∠DCO．
（2）若OC=4，BD=6，求菱形ABCD的周長和面積．
【答案】（1）見解析；（2）20，24
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，從而得出DH⊥CD，∠DHB=90°，然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OH=OD=OB，然后根據(jù)等邊對等角可得解圖中∠1=∠DHO，然后根據(jù)同角的余角相等和等量代換即可得出∠DHO=∠DCO；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得OD=OB=12BD=3，OA=OC=4，BD⊥AC，然后根據(jù)勾股定理即可求出CD，從而求出菱形的周長，然后根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的一半即可求出菱形的面積．
【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，
∴OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB=90°，
∴OH為Rt△DHB的斜邊DB上的中線，
∴OH=OD=OB，
∴∠1=∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2=90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO=90°，
∴∠1=∠DCO，
∴∠DHO=∠DCO
（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴OD=OB=12BD=3，AC=2OC=8，BD⊥AC，
在Rt△OCD中，CD= OC2+OD2=5
菱形的周長=4CD=20，
菱形ABCD的面積=12BD·AC=24．
【點睛】此題考查的是菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理和菱形的面積公式，掌握菱形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、等邊對等角、勾股定理和菱形的面積等于對角線乘積的一半是解決此題的關(guān)鍵．
題型05 利用矩形的性質(zhì)求坐標
17．（2021·河南洛陽·統(tǒng)考三模）如圖，菱形OABC的邊OA在x軸上，點B坐標為（9，3），分別以點B、C為圓心，以大于12BC的長為半徑畫弧，兩弧交于點D、E，作直線DE，交x軸于點F，則點F的坐標是（）
A．（7.5，0）B．（6.5，0）C．（7，0）D．（8，0）
【答案】B
【分析】如圖，過點B作BH⊥x軸于點H，設OA＝AB＝x．利用勾股定理求出x，可得結(jié)論．
【詳解】如圖，過點B作BH⊥x軸于點H，設OA＝AB＝x．
∵B（9，3），
∴BH＝3，OH＝9，AH＝9﹣x，
在Rt△ABH中，則有x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5，
∴OA＝AB＝BC＝5，
∴A（5，0），
∴DE垂直平分線段BC，
∴FH＝12BC＝2.5，
∴OF＝6.5，
∴F（6.5，0），
故選：B．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，勾股定理，線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
18．（2021·山東淄博·統(tǒng)考二模）如圖，在直角坐標系中，點P為菱形OACB的對角線AB、OC的交點，其中點B、P在雙曲線y＝kx（x＞0）上．若點P的坐標為（1，2），則點A的坐標為（）
A．（﹣1，103）B．（﹣2，72）C．（﹣139，149）D．（﹣3，185）
【答案】B
【分析】首先根據(jù)題意求出反比例函數(shù)的解析式，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)求出點C的坐標，進而求出點B的坐標；最后利用中點的坐標公式求出點A的坐標．
【詳解】解：∵點P在雙曲線y＝kx（x＞0）上，且點P的坐標為（1，2），
∴2=k1，
即k＝2，y＝2x；
設點B坐標為B（m，n）；
∵四邊形OACB為菱形，
∴BC＝BO，PA＝PB，PO＝PC．
設點C的坐標為C（a，b），
則a+02=1，b+02=2，
∴a＝2，b＝4；即點C的坐標為C（2，4）；
∵BC=m-22+n-42，BO=m-02+n-02=m2+n2，
∴m-22+n-42=m2+n2，
整理得，m+2n＝5①；
∵點B在雙曲線y＝2x（x＞0）上，
∴n=2m，mn＝2②；
聯(lián)立①、②并解得m＝4，n＝12或m＝1，n＝2；
∴點B坐標為（4，12）或（1，2）（舍去）；
設點A的坐標為（c，d），
則c+42=1，d+122=2，
解得c＝﹣2，d＝72，
∴點A的坐標為（﹣2，72），
故選：B．
【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上的點的特征，菱形的性質(zhì)及其應用，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合，靈活應用菱形的性質(zhì)列出方程求解．
19．（2021·重慶九龍坡·重慶實驗外國語學校?？既＃┤鐖D，在平面直角坐標系中，有菱形OABC，點A的坐標為-10,0，對角線AC，BD相交于點D，雙曲線y=kx x0的表達式；
(2)如圖2，連接OC，OE求出△COE的面積；
(3)點P為y=kxx>0圖像上的一動點，過點P做PH⊥x軸于點H，若點P使得△AOM和△BPH相似，請直接寫出點P的橫坐標．
【答案】(1)1,4；y=4xx>0
(2)163
(3)2+23或2+6或2+2或2-2
【分析】（1）設DC與y軸交于點F，如圖，證明△CFM≌△AOMAAS，可得CF=1，F(xiàn)O=4，可確定點C的坐標，再由點C在反比例函圖像上，即可得出結(jié)論；
（2）證明△AMO∽△MBO，可得BO=4，B4,0，如圖，過點C作CN⊥OB于點N，過點E作EG⊥OB于點G，設Em,4m，可得CN=4，BN=3，BG=4-m，EG=4m，再證明△BGE∽△BNC，由BGBN=EGCN可得關(guān)于m的一元二次方程，解方程后可確定E3,43，再利用S△COE=S△COB-S△EOB可得結(jié)論；
（3）設Pn,4n，分點H在點B的左側(cè)和點H在點B的右側(cè)兩種情況進行討論即可．
【詳解】（1）解：設DC與y軸交于點F，
∵如圖，菱形ABCD的邊AB在平面直角坐標系中的x軸上，A-1,0，菱形對角線交于點M0,2，
∴DC∥AB，CM=AM，OA=1，OM=2，
∴∠CFM=∠AOM，∠FCM=∠OAM，
在△CFM和△AOM中，
∠CFM=∠AOM∠FCM=∠OAMCM=AM，
∴△CFM≌△AOMAAS，
∴CF=AO=1，F(xiàn)M=OM=2，
∴FO=FM+OM=4，
∴C1,4，
∵點C在反比例函數(shù)y=kxx>0圖像上，
∴4=k1，
∴k=4，
∴反比例函數(shù)的表達式為：y=4xx>0，
∴點C的坐標為1,4，反比例函數(shù)的表達式為y=4xx>0；

（2）∵在菱形ABCD中
∴AM⊥MB，∠AMB=90°，
∵∠AOM=∠MOB=90°，
又∵∠AMO+∠OMB=90°，
∠MBO+∠OMB=90°，
∴∠AMO=∠MBO，
∴△AMO∽△MBO，
∴AOMO=MOBO
∵OA=1，OM=2，
∴BO=4，B4,0，
如圖，過點C作CN⊥OB于點N，過點E作EG⊥OB于點G，
∵C1,4，B4,0，設Em,4m，
∴CN=4，BN=3，BG=4-m，EG=4m，
∵CN∥EG，
∴△BGE∽△BNC，
∴BGBN=EGCN，即4-m3=4m4，
化簡得，m2-4m+3=0，
解得：m=3或m=1（不符合題意，舍去）
∴E3,43，
∴S△COE=S△COB-S△EOB=12×4×4-12×4×43=163，
∴△COE的面積為163；

（3）點P為y=kxx>0圖像上的一動點，PH⊥x軸于點H，
∴∠PHB=90°，
在△AOM中，∠AOM=90°，AO=1，MO=2，
∴∠BHP=∠AOM=90°，設Pn,4n，
當點H在點B的左側(cè)時，BH=4-n，PH=4n，
當△BHP∽△AOM時，
∴BHAO=PHMO，即4-n1=4n2，
化簡得，n2-4n+2=0，
解得：n=2+2或n=2-2，
當△BHP∽△MOA時，
∴PHAO=BHMO，即4n1=4-n2，
化簡得，n2-4n+8=0，
∵-42-4×8=-160)的圖象上，直線y=23x+b經(jīng)過點C，與y軸交于點E，連接AC，AE．

(1)求C點坐標；
(2)求k,b的值；
(3)求△ACE的面積．
【答案】(1)C9，4；
(2)k=16，b=﹣2；
(3)S△AEC=6．
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可知B6，0，C9，4；
（2）點D4，4代入反比例函數(shù)y=kx，求出k；將點C9，4代入y=23x+b，求出b；
（3）求出直線y=23x-2與x軸和y軸的交點，即可求△AEC的面積；
【詳解】（1）解：過點D作DF⊥x軸，垂足為F，

∵點A的坐標為1，0，點D4，4
∴OA=1，OF=4，DF=4
∴AF=3
由勾股定理可得AD=32+42=5，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴OB=OA+AB=1+5=6，
∴B6，0，C9，4；
（2）解：∵點D4，4在反比例函數(shù)y=kx的圖象上，
∴k=4×4=16，
將點C9，4代入y=23x+b，
∴b=﹣2；
（3）解：由（2）得y=23x-2，
對于y=23x-2，令x=0，則y=-2，
∴E0，-2，
令y=0，則x=3，
∴直線y=23x-2與x軸交點為3，0，
∴S△AEC=12×2×(2+4)=6．
【點睛】本題考查反比例函數(shù)、一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，菱形的性質(zhì)；能夠?qū)⒔柚庑蔚倪呴L和菱形邊的平行求點的坐標是解題的關(guān)鍵．
69．（2023·湖北恩施·統(tǒng)考一模）如圖1，直線y=23x+2與y軸交于點B，與反比例函數(shù)y=mx的圖象交于一象限內(nèi)的點A，△AOB的面積等于3，
(1)求m的值；
(2)如圖2，點E4，a在反比例函數(shù)y=mx的圖象上，過點E作EC⊥x軸垂足為C，以EC為對角線的菱形CDEF的頂點D在y軸上，試說明點F也在反比例函數(shù)的圖象上．
【答案】(1)m=12；
(2)點F也在反比例函數(shù)的圖象上．見解析
【分析】（1）先求得B0，2，再利用三角形面積公式求得點A的橫坐標為3，再利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）利用菱形的性質(zhì)求得點G4，32，得到點F8，32，進一步計算即可判斷．
【詳解】（1）解：∵直線y=23x+2與y軸交于點B，令x=0，則y=2，
∴B0，2，
設點A到y(tǒng)軸的距離為h，
∵△AOB的面積等于3，
∴12×2h=3，解得h=3，
∴點A的橫坐標為3，則y=23×3+2=4，
∴A3，4，
∵點A在反比例函數(shù)y=mx的圖象上，
∴m=3×4=12；
（2）解：連接DF與EC相交于點G，
∵四邊形CDEF是菱形，且EC⊥x軸，
∴EG=GC，DG=GF，
∵點E4，a，a=124=3，
∴點E4，3，
∴點G4，32，
∵頂點D在y軸上，
∴DG=4=GF，
∴點F8，32，
∵8×32=12，
∴點F也在反比例函數(shù)的圖象上．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的解析式，求出點F的坐標是解第2問的關(guān)鍵．
70．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考一模）如圖，已知正比例函數(shù)y1=43x的圖象與反比例函數(shù)y2=kx的圖象相交于點A(3,n)和點B.
(1)求n和k的值；
(2)請結(jié)合函數(shù)圖象，直接寫出不等式43x-kx0)，則AM=4-x，在Rt△ABM中，利用勾股定理可得x的值，最后根據(jù)菱形的周長公式即可得．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=90°,AD∥BC，
∴∠MDB=∠NBD，
由作圖過程可知，PQ垂直平分BD，
∴BM=DM,BN=DN，
∴∠MDB=∠MBD,∠NBD=∠NDB，
∴∠MBD=∠NDB，
∴BM∥DN，
∴四邊形MBND是平行四邊形，
又∵BM=DM，
∴平行四邊形MBND是菱形，
設BM=DM=x(x>0)，則AM=AD-DM=4-x，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，即22+(4-x)2=x2，
解得x=52，
則四邊形MBND的周長為4BM=4x=4×52=10，
故選：C．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理、線段垂直平分線等知識點，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
3．（2022·湖北荊州·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知矩形ABCD的邊長分別為a，b，進行如下操作：第一次，順次連接矩形ABCD各邊的中點，得到四邊形A1B1C1D1；第二次，順次連接四邊形A1B1C1D1各邊的中點，得到四邊形A2B2C2D2；…如此反復操作下去，則第n次操作后，得到四邊形AnBnCnDn的面積是（）
A．a(chǎn)b2nB．a(chǎn)b2n-1C．a(chǎn)b2n+1D．a(chǎn)b22n
【答案】A
【分析】利用中位線、菱形、矩形的性質(zhì)可知，每一次操作后得到的四邊形面積為原四邊形面積的一半，由此可解．
【詳解】解：如圖，連接AC，BD，A1C1，B1D1．
∵ 四邊形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AD=BC，AB=CD．
∵ A1，B1，C1，D1分別是矩形四個邊的中點，
∴A1D1=B1C1=12BD,A1B1=C1D1=12AC，
∴A1D1=B1C1=A1B1=C1D1，
∴四邊形A1B1C1D1是菱形，
∵ A1C1=AD=a，B1D1=AB=b，
∴四邊形A1B1C1D1的面積為：12A1C1?B1D1=12ab=12S?ABCD．
同理，由中位線的性質(zhì)可知，
D2C2=A2B2=12AD=12a，D2C2//A2B2//AD，
D2A2=C2B2=12AB=12b，D2A2//C2B2//AB，
∴四邊形A2B2C2D2是平行四邊形，
∵AD⊥AB，
∴C2D2⊥D2A2，
∴四邊形A2B2C2D2是矩形，
∴四邊形A2B2C2D2的面積為：C2D2?A2D2=12a?12b=14S?ABCD=12S菱形A1B1C1D1．
∴每一次操作后得到的四邊形面積為原四邊形面積的一半，
∴四邊形AnBnCnDn的面積是ab2n．
故選:A．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)以及中位線的性質(zhì)，證明四邊形A1B1C1D1是菱形，四邊形A2B2C2D2是矩形是解題的關(guān)鍵．
4．（2022·四川瀘州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，矩形OABC的頂點B的坐標為(10，4)，四邊形ABEF是菱形，且tan∠ABE=43．若直線l把矩形OABC和菱形ABEF組成的圖形的面積分成相等的兩部分，則直線l的解析式為（）
A．y=3xB．y=-34x+152
C．y=-2x+11D．y=-2x+12
【答案】D
【分析】過點E作EG⊥AB于點G，利用三角函數(shù)求得EG=8，BG=6，AG=4，再求得點E的坐標為(4，12)，根據(jù)題意，直線l經(jīng)過矩形OABC的對角線的交點H和菱形ABEF的對角線的交點D，根據(jù)中點坐標公式以及待定系數(shù)法即可求解．
【詳解】解：過點E作EG⊥AB于點G，
∵矩形OABC的頂點B的坐標為(10，4)，四邊形ABEF是菱形，
∴AB=BE=10，點A的坐標為(0，4)，點C的坐標為(10，0)，
在Rt△BEG中，tan∠ABE=43，BE=10，
∴sin∠ABE=45，即EGBE=45，
∴EG=8，BG=BE2-EG2=6，
∴AG=4，
∴點E的坐標為(4，12)，
根據(jù)題意，直線l經(jīng)過矩形OABC的對角線的交點H和菱形ABEF的對角線的交點D，
點H的坐標為(0+102，0+42)，點D的坐標為(0+42，4+122)，
∴點H的坐標為(5，2)，點D的坐標為(2，8)，
設直線l的解析式為y=kx+b，
把(5，2)，(2，8)代入得5k+b=22k+b=8，
解得：k=-2b=12，
∴直線l的解析式為y=-2x+12，
故選：D．
【點睛】本題考查了解直角三角形，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，矩形和菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題．
5．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，矩形BEFG的邊EF經(jīng)過點C，且點G在邊AD上，若BG＝4，則BE的長為（）
A．32B．332C．6D．3
【答案】B
【分析】過點G作GM⊥BC于點M，過點C作CN⊥AD于點N，由菱形的性質(zhì)得出AB＝BC＝CD＝23 ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性質(zhì)求出MG＝3，證明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性質(zhì)得出BGBC=GMBE ，則可求出答案．
【詳解】解：過點G作GM⊥BC于點M，過點C作CN⊥AD于點N，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四邊形GMCN為矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝23，
∴CN＝CD?sin60°＝23×32=3，
∴MG＝3，
∵四邊形BEFG為矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴BGBC=GMBE，
∴423=3BE，
∴BE＝323 ，
故選：B．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
6．（2021·江蘇無錫·統(tǒng)考中考真題）如圖，D、E、F分別是△ABC各邊中點，則以下說法錯誤的是（）
A．△BDE和△DCF的面積相等
B．四邊形AEDF是平行四邊形
C．若AB=BC，則四邊形AEDF是菱形
D．若∠A=90°，則四邊形AEDF是矩形
【答案】C
【分析】根據(jù)中位線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形、菱形、矩形的判定定理逐一判斷各個選項，即可得到答案．
【詳解】解： ∵點D、E、F分別是△ABC三邊的中點，
∴DE、DF為△ABC得中位線，
∴ED∥AC，且ED＝12AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝12AB＝AE，
∴四邊形AEDF一定是平行四邊形，故B正確；
∴△BDE∽△BCA，△CDF∽△CBA
∴S△BDE=14S△BCA， S△CDF=14S△BCA，
∴△BDE和△DCF的面積相等，故A正確；
∵AB=BC，
∴DF＝12AB=AE，
∴四邊形AEDF不一定是菱形，故C錯誤；
∵∠A＝90°，則四邊形AEDF是矩形，故D正確；
故選：C．
【點睛】本題考查三角形中位線性質(zhì)定理和平行四邊形、矩形、菱形的判定定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握上述性質(zhì)定理和判定定理是解題的關(guān)鍵．
7．（2021·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）將一張三角形紙片按如圖步驟①至④折疊兩次得圖⑤，然后剪出圖⑤中的陰影部分，則陰影部分展開鋪平后的圖形是（）
A．等腰三角形B．直角三角形C．矩形D．菱形
【答案】D
【分析】此題是有關(guān)剪紙的問題，此類問題應親自動手折一折，剪一剪．
【詳解】解：由題可知，AD平分∠BAC,折疊后△AEO與△AFO重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分線，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四邊形的判定：對角線互相平分的四邊形為平行四邊形，所以AEDF為平行四邊形；
又AD⊥EF，所以平行四邊形AEDF為菱形．
故選：D.
【點睛】本題主要考查學生對于立體圖形與平面展開圖形之間的轉(zhuǎn)換能力，與課程標準中“能以實物的形狀想象出幾何圖形，有幾何圖形想象出實物的圖形”的要求相一致，充分體現(xiàn)了實踐操作性原則．
二、填空題
8．（2021·四川雅安·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AC和BD相交于點O，過點B作BF⊥AC于點M，交CD于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①四邊形NEMF為平行四邊形，②DN2=MC?NC；③△DNF為等邊三角形；④當AO=AD時，四邊形DEBF是菱形．正確結(jié)論的序號．
【答案】①②④．
【分析】通過全等三角形的判定和性質(zhì)，證明EN=FM，EN∥FM，判斷結(jié)論①；通過證明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性質(zhì)判斷結(jié)論②；假設結(jié)論成立，找出與題意的矛盾之處，判斷結(jié)論③，結(jié)合等腰三角形的判定和性質(zhì)求得DE=BE，可得結(jié)論④
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≌△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四邊形DFBE是平行四邊形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四邊形NEMF是平行四邊形，故①正確，
∵△ADN≌△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∽△BMC，
∴ABBM=BMCM，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM?CN，故②正確，
若△DNF是等邊三角形，則∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合題意，故③錯誤，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等邊三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四邊形DEBF是平行四邊形，
∴四邊形DEBF是菱形；故④正確．
故答案為：①②④．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
三、解答題
9．（2023·江蘇·統(tǒng)考中考真題）對于平面內(nèi)的一個四邊形，若存在點O，使得該四邊形的一條對角線繞點O旋轉(zhuǎn)一定角度后能與另一條對角線重合，則稱該四邊形為“可旋四邊形”，點O是該四邊形的一個“旋點”．例如，在矩形MNPQ中，對角線MP、NQ相交于點T，則點T是矩形MNPQ的一個“旋點”．

(1)若菱形ABCD為“可旋四邊形”，其面積是4，則菱形ABCD的邊長是_______；
(2)如圖1，四邊形ABCD為“可旋四邊形”，邊AB的中點O是四邊形ABCD的一個“旋點”．求∠ACB的度數(shù)；
(3)如圖2，在四邊形ABCD中，AC=BD，AD與BC不平行．四邊形ABCD是否為“可旋四邊形”？請說明理由．
【答案】(1)2
(2)90°
(3)是
【分析】（1）根據(jù)“可旋四邊形”的性質(zhì)可得AC=BD，根據(jù)正方形的判定可得菱形ABCD為正方形，根據(jù)正方形四條邊都相等的性質(zhì)即可求解；
（2）連接OC，根據(jù)“可旋四邊形”的性質(zhì)和題意可得OC=OB，OA=OB，推得OC=OB=OA，根據(jù)等邊對等角可得∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可求出結(jié)果；
分別作AD，BC的垂直平分線，交于點O，連接OA，OB，OC，OD，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得OA=OD，OC=OB，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)可得∠AOC=∠BOD，求得∠AOD=∠BOC，即可證明四邊形ABCD是“可旋四邊形”．
【詳解】（1）解：∵菱形ABCD為“可旋四邊形”，
則菱形ABCD的一條對角線AC繞點O旋轉(zhuǎn)一定角度后能與另一條對角線BD重合，
即AC=BD，
則菱形ABCD為正方形，
∵菱形ABCD的面積為4，
∴菱形ABCD的邊長是4=2．
故答案為：2．
（2）解：連接OC，如圖：

∵四邊形ABCD為“可旋四邊形”，且點O是四邊形ABCD的一個“旋點”，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵點O是邊AB的中點，
∴OA=OB，
∴OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠OAC+∠OCA+∠OCB+∠OBC=180°，
即2∠OCA+∠OCB=180°，
∴∠ACB=90°．
（3）解：四邊形ABCD是“可旋四邊形”；理由如下：
分別作AD，BC的垂直平分線，交于點O，連接OA，OB，OC，OD，如圖：

∵點O在線段AD和線段BC的垂直平分線上，
∴OA=OD，OC=OB，
在△AOC和△DOB中，
OA=ODAC=BDOC=OB，
∴△AOC≌△DOBSSS，
∴∠AOC=∠BOD，
則∠AOC-∠DOC=∠BOD-∠DOC，
即∠AOD=∠BOC，
∴四邊形ABCD是“可旋四邊形”．
【點睛】本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，等邊對等角，三角形內(nèi)角和定理，垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是做輔助線，構(gòu)建全等三角形．
10．（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，DE∥AC,CE∥BD．

(1)求證：四邊形OCED是菱形；
(2)若BC=3,DC=2，求四邊形OCED的面積．
【答案】(1)見解析
(2)3
【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)求得OC=OD，然后根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形分析推理；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)求得△OCD的面積，然后結(jié)合菱形的性質(zhì)求解．
【詳解】（1）解：∵DE∥AC,CE∥BD，
∴四邊形OCED是平行四邊形，
又∵矩形ABCD中，OC=OD，
∴平行四邊形OCED是菱形；
（2）解：矩形ABCD的面積為BC?DC=3×2=6，
∴△OCD的面積為14×6=32，
∴菱形OCED的面積為2×32=3．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、菱形的判定，屬于中考基礎題，掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定方法，正確推理論證是解題關(guān)鍵．
11．（2023·湖北鄂州·統(tǒng)考中考真題）如圖，點E是矩形ABCD的邊BC上的一點，且AE=AD．

(1)尺規(guī)作圖（請用2B鉛筆）：作∠DAE的平分線AF，交BC的延長線于點F，連接DF．（保留作圖痕跡，不寫作法）；
(2)試判斷四邊形AEFD的形狀，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)四邊形AEFD是菱形，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合尺規(guī)作角平分線的方法作圖即可；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得出∠DAF=∠AFE，結(jié)合角平分線的定義可得∠EFA=∠EAF，則AE=EF，然后根據(jù)平行四邊形和菱形的判定定理得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：如圖所示：

（2）四邊形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，
∴四邊形AEFD是平行四邊形，
又∵AE=AD，
∴平行四邊形AEFD是菱形．
【點睛】本題主要考查了尺規(guī)作角平分線，矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定以及菱形的判定等知識，熟練掌握相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
12．（2023·湖南懷化·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD中，過對角線BD的中點O作BD的垂線EF，分別交AD，BC于點E，F(xiàn)．

(1)證明：△BOF≌△DOE；
(2)連接BE、DF，證明：四邊形EBFD是菱形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AD∥BC，則∠1=∠2,∠3=∠4，根據(jù)O是BD的中點，可得BO=DO，即可證明△BOF≌△DOEAAS；
（2）根據(jù)△BOF≌△DOE可得ED=BF，進而可得四邊形EBFD是平行四邊形，根據(jù)對角線互相垂直的四邊形是菱形，即可得證．
【詳解】（1）證明：如圖所示，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1=∠2,∠3=∠4，
∵O是BD的中點，
∴BO=DO，
在△BOF與△DOE中
∠1=∠2∠3=∠4BO=DO，
∴△BOF≌△DOEAAS；
（2）∵△BOF≌△DOE
∴ED=BF，
又∵ED∥BF
∴四邊形EBFD是平行四邊形，
∵EF⊥BD
∴四邊形EBFD是菱形．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，菱形的判定，熟練掌握特殊四邊形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
13．（2023·甘肅蘭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，CD∥OE，直線CE是線段OD的垂直平分線，CE分別交OD，AD于點F，G，連接DE．

(1)判斷四邊形OCDE的形狀，并說明理由；
(2)當CD=4時，求EG的長．
【答案】(1)四邊形OCDE是菱形，理由見解析
(2)EG=433．
【分析】（1）證明△COD和△EOD是等邊三角形，即可推出四邊形OCDE是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得DF和CF的長，利用菱形的性質(zhì)得到EF=CF=23，在Rt△CGF中，解直角三角形求得GF的長，據(jù)此求解即可．
【詳解】（1）證明：四邊形OCDE是菱形，理由如下，
∵矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，
∴OC=OD=12AC=12BD，
∵直線CE是線段OD的垂直平分線，
∴CO=CD，EO=ED，
∴CO=CD=OD，即△COD是等邊三角形，
∴∠OCD=∠DCO=∠DOC=60°，∠OCF=∠DCF=12∠OCD=30°，
∵CD∥OE，
∴∠EOD=∠EDO=∠CDO=60°，
∴△EOD是等邊三角形，
∴CO=CD=EO=ED，
∴四邊形OCDE是菱形；
（2）解：∵直線CE是線段OD的垂直平分線，且∠DCF=30°，
∴DF=12CD=2，CF=3DF=23，
由（1）得四邊形OCDE是菱形，
∴EF=CF=23，
在Rt△DGF中，∠GDF=90°-∠ODC=30°，
∴GF=DFtan30°=2×33=233，
∴EG=EF-GF=433．
【點睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，線段垂直平分線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．
14．（2022·湖南益陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD邊上一點（不與點C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延長CG至點C′，使C′G＝CG，連接CF，AC′．

(1)直接寫出圖中與△AFB相似的一個三角形；
(2)若四邊形AFCC′是平行四邊形，求CE的長；
(3)當CE的長為多少時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)當CE的長為長為545或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形
【分析】（1）因為△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三個直角三角形和△AFB相似，解答時任意寫出一個即可；
（2）根據(jù)△AFB∽△BGC，得AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，設AF＝5x，BG＝3x，根據(jù)△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的長；
（3）分兩種情況：①當C'F＝BC'時，如圖2，②當C'F＝BF時，如圖3，根據(jù)三角形相似列比例式可得結(jié)論．
【詳解】（1）解：（任意回答一個即可）；
①如圖1，△AFB∽△BCE，理由如下：

∵四邊形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四邊形AFCC'是平行四邊形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴AFBG=ABBC ，即AFBG=159=53，
設AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴CGBG=CEBC ，即2.5x3x=CE9，
∴CE＝7.5；
（3）分兩種情況：
①當C'F＝BC'時，如圖2，

∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四邊形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：設AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴AFBC=BFCE ，即5x9=6xCE，
∴5x6x=9CE，
∴CE＝545；
②當C'F＝BF時，如圖3，

由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴ABBC=BFCG=159=53 ，
設BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝CF2-CG2＝4a，
∵tan∠CBE＝CEBC=CGBG，
∴CE9=3a4a+5a，
∴CE＝3；
綜上，當CE的長為長為545或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．
15．（2022·貴州安順·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD邊上的一點，連接CE，將矩形ABCD沿CE折疊，頂點D恰好落在AB邊上的點F處，延長CE交BA的延長線于點G．
(1)求線段AE的長；
(2)求證四邊形DGFC為菱形；
(3)如圖2，M，N分別是線段CG，DG上的動點（與端點不重合），且∠DMN=∠DCM，設DN=x，是否存在這樣的點N，使△DMN是直角三角形？若存在，請求出x的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)AE=3
(2)見解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根據(jù)在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根據(jù)矩形的折疊與勾股定理即可求解；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論分別求得GF,DG，根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形即可得證；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°兩種情況分別討論即可求解．
【詳解】（1）解：如圖
∵四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵將矩形ABCD沿CE折疊，頂點D恰好落在AB邊上的點F處，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=CF2-BC2=102-82=6，
∴AF=AB-BF=10-6=4，
設AE=a，則DE=EF=8-a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=8-a2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD-AE=8-3=5，
∴tan∠DCE=DECD=510=12，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
∴tan∠EGA=EAGA=12，
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=AG2+AD2=62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四邊形DGFC為菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，設DN=x，△DMN是直角三角形
設∠DMN=∠DCM=α
由（2）可得tan∠DCM=12
∴tan∠DMN =12
①當∠DNM=90°時，如圖，
∴DN=12NM，∠GNM=90°,
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°-α
∴∠DMG=90°-α+α=90°
∵DG=DC=10
∵tan∠DGM=tanα=12
∴GN=2NM
∴10-x=2×2x
解得x=2；
②當∠NDM=90°時，
同理可得DN=12DM,DM=12GD
∴ND=14DG=52
綜上所述，ND=2或2.5
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
16．（2022·山東威?！そy(tǒng)考中考真題）如圖:
(1)將兩張長為8，寬為4的矩形紙片如圖1疊放．
①判斷四邊形AGCH的形狀，并說明理由；
②求四邊形AGCH的面積．
(2)如圖2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝25，BC＝7，CF＝5，求四邊形AGCH的面積．
【答案】(1)①菱形，理由見解析；②20
(2)65
【分析】（1）①根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明即可；②設AH=CG=x，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問題；
（2）兩個矩形的對角線相等，可得出EC的長，設AH=CG=x，利用勾股定理以及邊長之間的關(guān)系可得出x的值，進而可求出面積．
【詳解】（1）①∵四邊形ABCD，四邊形AECF都是矩形
∴AH//CG,AG//HC
∴四邊形AHCG為平行四邊形
∵∠D=∠F=90°,∠AHE=∠CHD,AE=DC
∴△AEH≌△CDH(AAS)
∴AH=HC
∴四邊形AHCG為菱形；
②設AH=CG=x，則DH=AD-AH=8-x
在Rt△CDH中
HC2=DH2+DC2即x2=(8-x)2+16
解得x=5
∴四邊形AHCG的面積為5×4=20；
（2）由圖可得矩形ABCD和矩形AFCE對角線相等
∴AC2=AB2+BC2=AE2+EC2=69
∴EC=8
設AH=CG=x則HD=7-x
在Rt△AEH中，EH=AH2-AE2=x2-5
在Rt△CDH中，CH=DH2+DC2=(7-x)2+20
∵EC=EH+CH=8
∴x=3
∴四邊形AGCH的面積為3×25=65．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
17．（2022·廣西玉林·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=8,AD=4，點E是DC邊上的任一點（不包括端點D，C），過點A作AF⊥AE交CB的延長線于點F，設DE=a．
(1)求BF的長（用含a的代數(shù)式表示）；
(2)連接EF交AB于點G，連接GC，當GC//AE時，求證：四邊形AGCE是菱形．
【答案】(1)BF=2a
(2)見詳解
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠BAD=∠ABC=∠D=90°，然后可證△ADE∽△ABF，進而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求解；
（2）如圖，連接AC，由題意易證四邊形AGCE是平行四邊形，然后可得BCAB=BGBF=12，進而可證△ABC∽△FBG，則可證AC⊥GE，最后問題可求證．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠EAD=90°，
∴∠FAB=∠EAD，
∵∠ABF=∠D=90°，
∴△ADE∽△ABF，
∴ADAB=DEBF，
∵AB=8,AD=4，DE=a，
∴BF=DE?ABAD=2a；
（2）證明：由題意可得如圖所示：
連接AC，
在矩形ABCD中，AB//CD，AD=BC=4,AB=CD=8,∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠FBG=90°，
∵GC//AE，
∴四邊形AGCE是平行四邊形，
∴AG=CE，
∴BG=DE=a，
∵BF=2a，
∴GBBF=a2a=12，
∵BCAB=12，
∴BCAB=BGBF=12，
∵∠ABC=∠FBG=90°，
∴△ABC∽△FBG，
∴∠FGB=∠ACB，
∵∠GFB+∠FGB=90°，
∴∠GFB+∠ACB=90°，
∴AC⊥GE，
∴四邊形AGCE是菱形．
【點睛】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)與判定、矩形的性質(zhì)及菱形的判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定、矩形的性質(zhì)及菱形的判定是解題的關(guān)鍵．

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