第22講 矩形、菱形（3考點+14題型）-2025年中考數(shù)學一輪復習講練測（廣東專用）

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TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc180489092" 01考情透視·目標導航
\l "_Tc180489093" 02知識導圖·思維引航
\l "_Tc180489094" 03考點突破·考法探究
考點一 矩形的性質(zhì)與判定
考點二 矩形的折疊問題
考點三 菱形的性質(zhì)與判定
\l "_Tc180489098" 04題型精研·考向洞悉
命題點一 矩形的性質(zhì)與判定
?題型01 利用矩形的性質(zhì)求角度
?題型02 利用矩形的性質(zhì)求線段長
?題型03 利用矩形的性質(zhì)求面積
?題型04 求矩形在坐標系中的坐標
?題型05 添加一個條件使四邊形是矩形
?題型06 矩形的性質(zhì)與判斷綜合問題
命題點二 與矩形有關的折疊問題
?題型01 折疊的角度問題
?題型02 折疊的線段問題
?題型03 折疊與其他知識的交匯
命題點三 菱形的性質(zhì)與判定
?題型01 利用菱形的性質(zhì)求角度
?題型02 利用菱形的性質(zhì)求線段長
?題型03 利用菱形的性質(zhì)求面積
?題型04 添加一個條件證明四邊形是菱形
?題型05 菱形的判斷和性質(zhì)綜合問題
\l "_Tc180489121" 05分層訓練·鞏固提升
\l "_Tc180489122" 基礎鞏固
\l "_Tc180489123" 能力提升
考點一 矩形的性質(zhì)與判定
矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形.
矩形的性質(zhì)：1）矩形具有平行四邊形的所有性質(zhì)；
2）矩形的四個角都是直角；
3）對角線互相平分且相等；
4）矩形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.矩形的對稱中心是矩形對角線的交點；矩形有兩條對稱軸，矩形的對稱軸是過矩形對邊中點的直線；矩形的對稱軸過矩形的對稱中心.
【推論】1）在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半.
2）直角三角形中，30度角所對應的直角邊等于斜邊的一半.
矩形的判定：1) 有一個角是直角的平行四邊形是矩形；
2）對角線相等的平行四邊形是矩形；
3）有三個角是直角的四邊形是矩形.
【解題思路】要證明一個四邊形是矩形，首先要判斷四邊形是否為平行四邊形，若是，則需要再證明對角線相等或有一個角是直角；若不易判斷，則可通過證明有三個角是直角來直接證明．
考點二 矩形的折疊問題
矩形的折疊問題的常用解題思路：
1）對折疊前后的圖形進行細致分析，折疊后的圖形與原圖形全等，對應邊、對應角分別相等，找出各相等的邊或角；
2）折痕可看作角平分線（對稱線段所在的直線與折痕的夾角相等）．
3) 折痕可看作垂直平分線（互相重合的兩點之間的連線被折痕垂直平分）.
4）選擇一個直角三角形(不找以折痕為邊長的直角三角形)，利用未知數(shù)表示其它直角三角形三邊，通過勾股定理/相似三角形知識求解.
模型一： 思路：

模型二： 思路：

模型三： 思路：


嘗試借助一線三垂直知識利用相似的方法求解
模型四： 思路：
模型五： 思路：
模型六：點M,點N分別為DC，AB中點
思路：

模型七：點A’為BC中點 思路： 過點F作FH⊥AE，垂足為點H
設AE=A’E=x，則BE=8-x
由勾股定理解得x= ∴BE=
由于△EBA’∽△A’CG∽△FD’G
∴A’G= CG=GD’=
DF=D’F=AH=HE=1 EF=
考點三 菱形的性質(zhì)與判定
菱形的定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.
菱形的性質(zhì)：
1）具有平行四邊形的所有性質(zhì)；
2）四條邊都相等；
3）兩條對角線互相垂直，且每條對角線平分一組對角.
4）菱形既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，菱形的對稱中心是菱形對角線的交點，菱形的對稱軸是菱形對角線所在的直線，菱形的對稱軸過菱形的對稱中心.
菱形的判定：
1）A
對角線互相垂直的平行四邊形是菱形.
2）一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形.
3）四條邊相等的四邊形是菱形.
【解題思路】判定一個四邊形是菱形時，可先說明它是平行四邊形，再說明它的一組鄰邊相等或它的對角線互相垂直，也可直接說明它的四條邊都相等或它的對角線互相垂直平分．
菱形的面積公式：S=ah=對角線乘積的一半（其中a為邊長，h為高）.
菱形的周長公式：周長l=4a（其中a為邊長）.
命題點一 矩形的性質(zhì)與判定
?題型01 利用矩形的性質(zhì)求角度
1．（2023·廣東江門·二模）如圖，在矩形中，對角線與相交于點，已知，則的度數(shù)是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，證出，得出，再由三角形的外角的性質(zhì)即可得出答案．
【詳解】解：四邊形是矩形，
，，，
，
，
；
故選：B
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的外角定理；證出是解題關鍵．
2．（2023·廣東深圳·一模）如圖，在矩形中，對角線與相交于點，已知，則的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及三角形外角的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】解：∵矩形的對角線，相交于點，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故選：C．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及三角形外角的性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題的關鍵．
3．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形中，點在上，當是等邊三角形時，為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)是解題的關鍵．
由矩形得到，繼而得到，而是等邊三角形，因此得到．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，
∴，
故選：C．
4．（2024·河南開封·二模）將含角的三角板按如圖所示的方式擺放在一矩形紙片上，使得，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等邊對等角，根據(jù)等邊對等角，結合平行線的性質(zhì)，得到，進而得到，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理以及對頂角相等，求出的度數(shù)即可．
【詳解】解：由題意，得：，
∴，
∵，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故選B．
?題型02 利用矩形的性質(zhì)求線段長
5．（2024·廣東深圳·模擬預測）在矩形中，已知，點E為上一點，連接并延長交的延長線于點F，連接，若，則的長為（ ）
A．B．C．3D．5
【答案】A
【分析】本題考查矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，作于，則，由平行可得，結合可得，則，由勾股定理得到，再由平行得到，代入計算即可．
【詳解】∵矩形中，已知，
∴，，，，
作于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴,
∴，
∴，
解得，
故選：A．
6．（2024·廣東廣州·三模）如圖，在矩形中，對角線與相交于點O，的平分線交對角線于點E，且，則線段的長為（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，由矩形的性質(zhì)推出，，，得到，，判定是等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)得到，關鍵是得到是等邊三角形．
【詳解】解：四邊形是矩形，
，，，
，
，
，
是等邊三角形，
平分，
，
，，
．
故選：B．
7．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，矩形的對角線相交于點．若，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本題考查了等邊三角形性質(zhì)和判定、矩形的性質(zhì)、余切的定義等知識點，求出是解答本題的關鍵．根據(jù)矩形性質(zhì)得出，推出則有等邊三角形，即，然后運用正弦函數(shù)即可解答．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴是等邊三角形，
∴，
∴，
∵，故A正確．
故選：A．
8．（2024·廣東廣州·二模）如圖，在矩形中，，，是矩形的對角線，將繞點A逆時針旋轉得到，使點E在線段上，交于點G，交于點H，則的值為（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、正切的定義、旋轉的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，靈活運用相關性質(zhì)和定理成為解題的關鍵．
根據(jù)矩形的性質(zhì)和勾股定理可得、，再結合旋轉的性質(zhì)可得，易證，運用相似三角形的性質(zhì)列比例式可得，最后根據(jù)正切的定義即可解答．
【詳解】解：∵在矩形中，，，
∴，，
∴，，
∵將繞點A逆時針旋轉得到，使點E在線段上，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∴
故選B．
?題型03 利用矩形的性質(zhì)求面積
9．（2024·甘肅天水·一模）如圖，矩形中，、相交于點O，若的面積是3，則矩形的面積是（ ）
A．6B．12C．15D．18
【答案】B
【分析】此題考查矩形的性質(zhì)以及三角形面積；熟練掌握矩形的性質(zhì)，證出是解題的關鍵．由矩形的性質(zhì)得，推出，即可求出矩形的面積．
【詳解】解：四邊形是矩形，、相交于點，
，，，
，
，
矩形的面積為，
故選：B．
10．（2023·福建泉州·模擬預測）如圖，矩形中，E，F(xiàn)，G，H分別在，，，上，且，，，，若矩形面積為9，則四邊形的面積為( )

A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】設，，根據(jù)，，，可知，，，，從而得到的面積的面積的面積的面積，再根據(jù)“矩形的面積是9”求出，從而得到四邊形的面積為．
【詳解】解：設，，
∵四邊形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∴的面積的面積的面積的面積，
∴，
∵矩形面積為9，
∴，
∴，
∵的面積的面積的面積的面積，
∴四邊形的面積．
故選：C．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)和直角三角形的面積公式，掌握矩形的面積公式及合理設未知數(shù)列方程是解題的關鍵．
11．（2023·陜西渭南·二模）如圖，是矩形的對角線，延長至E，使得，連接，若矩形的面積為20，則的面積為（ ）

A．16B．14C．12D．10
【答案】C
【分析】先由矩形的性質(zhì)求出，再根據(jù)求解即可．
【詳解】解：∵矩形的面積為20，
∴
∵矩形，
∴
∴，即，
∴，
故選：C．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，三角形的面積，得出是解題的關鍵．
12．（2023·浙江湖州·一模）如圖，矩形繞點B旋轉得到矩形，在旋轉過程中，恰好過點C，過點G作平行交，于M，N．若，則圖中陰影部分的面積的是（ ）

A．3B．4C．5D．
【答案】A
【分析】根據(jù)旋轉的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)結合勾股定理求出的長，再運用四邊形、是平行四邊形進行轉換求出面積即可解答；
【詳解】解：∵矩形繞點旋轉得到矩形，
，
，
，
，
∴四邊形是平行四邊形,，，
∴四邊形是平行四邊形，
，
∴陰影部分的面積，
故選：A
【點睛】本題主要考查了勾股定理、旋轉的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識點，解答時需注意陰影部分面積的轉換是解答該題的重要技巧，解題的關鍵是熟練運用這些知識點．
?題型04 求矩形在坐標系中的坐標
13．（2024·河南駐馬店·一模）如圖所示，矩形的頂點為坐標原點，，對角線在第二象限的角平分線上．若矩形從圖示位置開始繞點以每秒的速度順時針旋轉，則第2025秒時，點的對應坐標為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查旋轉變換，矩形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是明確題意，發(fā)現(xiàn)點的變化特點，利用數(shù)形結合的思想解答，每秒旋轉，則8次一個循環(huán)，，第2025秒時，點的對應點落在軸正半軸上，由此可得到點的坐標．
【詳解】解：四邊形是矩形，
，
每秒旋轉，8次一個循環(huán)，，
第2025秒時，點的對應點落在軸正半軸上，
點的坐標為．
故選：B．
14．（2024·吉林長春·一模）如圖，在矩形中，點A、B在y軸上，軸，對角線交于點E，，，反比例函數(shù)經(jīng)過C、E兩點，則k的值為（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，矩形的性質(zhì)，熟練掌握反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征是解答本題的關鍵． 設，則，，根據(jù)反比例函數(shù)經(jīng)過C、E兩點列方程求出，進而可求出k的值．
【詳解】解：設，
∵，，
∴，．
∵矩形的對角線交于點E，
∴．
∵反比例函數(shù)經(jīng)過C、E兩點，
∴，
∴，
∴，
∴．
故選C．
15．（2023·河南商丘·二模）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形為矩形，點，分別在軸、軸上，且點，為邊上一點，將沿所在直線翻折，當點的對應點恰好落在對角線上時，點的坐標為( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查了折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，坐標與圖形．根據(jù)點的坐標得出，根據(jù)勾股定理求得，設，則．在中，由勾股定理，建立方程，解方程，即可求解．
【詳解】解：依題意，，
由折疊的性質(zhì)，可知，，
．
設，則．在中，由勾股定理，
得，
解得．
點的坐標為，
故選B．
16．（2023·河南駐馬店·二模）如圖，矩形的頂點A，B分別在x軸、y軸上，，，，將矩形繞點O順時針旋轉，每次旋轉，則第2023次旋轉結束時，點D的坐標為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】過點作軸于點．首先證明，利用相似三角形的性質(zhì)求出點的坐標，再探究規(guī)律，利用規(guī)律解決問題即可．
【詳解】解：如圖，過點作軸于點．
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
矩形繞點順時針旋轉，每次旋轉，
則第1次旋轉結束時，點的坐標為；
則第2次旋轉結束時，點的坐標為；
則第3次旋轉結束時，點的坐標為；
則第4次旋轉結束時，點的坐標為；
發(fā)現(xiàn)規(guī)律：旋轉4次一個循環(huán)，
，
則第2021次旋轉結束時，點的坐標為．
故選：C．
【點睛】本題考查了坐標與圖形變化旋轉、規(guī)律型點的坐標，解決本題的關鍵是根據(jù)旋轉的性質(zhì)發(fā)現(xiàn)規(guī)律，總結規(guī)律．
?題型05 添加一個條件使四邊形是矩形
17．（2024·廣東佛山·三模）如圖，在中，，是兩條對角線，如果添如一個條件，可推出是矩形，那么這個條件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此題考查矩形的判定．根據(jù)矩形的判定方法“對角線相等的平行四邊形是矩形”解答即可．
【詳解】解；四邊形是平行四邊形，
添加，
是矩形，
故選：B．
18．（2024·陜西西安·一模）在四邊形中，，再添加下列一個條件，能使四邊形成為矩形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本題考查了矩形的判定，根據(jù)判定解答即可．
【詳解】解：，
四邊形是平行四邊形，
，
平行四邊形是矩形，
故選：D．
19．（2024·江蘇鹽城·三模）如圖，已知平行四邊形的對角線，相交于點，下列選項能使平行四邊形成為矩形的條件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本題考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四邊形的性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定和菱形的判定是解題的關鍵．
根據(jù)菱形的判定方法和矩形的判定方法分別對各個選項進行判斷即可．
【詳解】解：A、四邊形是平行四邊形，，平行四邊形是菱形，故此項不符合題意；
B、由四邊形是平行四邊形，，不能判定平行四邊形為矩形，故此項不符合題意；
C、四邊形是平行四邊形，，平行四邊形是矩形，故此項符合題意；
D、四邊形是平行四邊形，，平行四邊形是菱形，故此選項不符合題意；
故選：C．
20．（2024·廣東廣州·二模）在四邊形中，，，如果再添加一個條件，可得出四邊形是矩形，那么這個條件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)．根據(jù)“有一個是直角的平行四邊形是矩形”可得出結論．
【詳解】解：∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
若添加，則該四邊形是矩形．
故選：D．
?題型06 矩形的性質(zhì)與判斷綜合問題
21．（2025·陜西西安·一模）如圖，在中，是的角平分線，四邊形是平行四邊形，連接，，交于點．
(1)判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)判斷與的數(shù)量關系和位置關系，并說明理由．
【答案】(1)矩形，理由見解析
(2)，理由見解析
【分析】本題主要考查了矩形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)，三線合一以及三角形中位線的性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．
（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到，再根據(jù)等腰三角形三線合一得到，求出，證明四邊形為平行四邊形，再根據(jù)即可證明結論．
（2）四邊形為矩形，得到，再根據(jù)是邊的中線，證明是的中位線，即可得到結論．
【詳解】（1）解：矩形，理由如下：
四邊形是平行四邊形，
，
，
，平分，
是邊的中線，，
，
，
四邊形為平行四邊形，
，
四邊形為矩形．
（2）解：，理由如下：
四邊形是矩形，
，
，平分，
所以是邊的中線，
，
是的中位線，
．
22．（2024·山東·模擬預測）如圖，在中，，，延長至點，使，連接，交于點，連接，，．
(1)求證：四邊形是矩形；
(2)求的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證四邊形是平行四邊形，得，，再證，即可得證；
（2）由矩形的性質(zhì)得，由勾股定理求出，即可得解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，，
∴，，，
∵，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形；
（2）解：∵四邊形是矩形，，，
∴，
∴，
∴，
∴的面積為．
【點睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形外角的定義及性質(zhì)等知識，掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．
23．（2024·吉林四平·模擬預測）某數(shù)學興趣小組在數(shù)學課外活動中，對多邊形內(nèi)兩條互相垂直的線段做了如下探究：
【觀察猜想】
（1）如圖①所示，在正方形中，點E，F(xiàn)分別是上的兩點，連接，，求證：；
【類比探究】
（2）如圖（2）所示，在矩形中，，，點E是上的一點，連接，且，則的值為__________；
【拓展延伸】
（3）如圖③所示，在四邊形中，．點E為上一點，連接，過點C作的垂線交的延長線于點G，交的延長線于點F．若，，則的值為__________．
【答案】（1）詳見解析；（2）；（3）
【分析】（1）首先根據(jù)正方形的性質(zhì)得到，，然后證明出，得到，即可；
（2）設與交于點，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到，進而得到，然后證明出，即可得到；
（3）過點作交的延長線于點，證明出，得到，然后代數(shù)求解即可．
【詳解】解：（1）∵在正方形中，
∴，，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
（2）如圖2，設與交于點，
∵四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
如圖3，過點作交的延長線于點，
∵，
∴，
∴四邊形為矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)等知識．熟練掌握相關知識點，證明三角形全等或相似，是解題的關鍵．
24．（2024·四川雅安·模擬預測）將一長方形紙片放在直角坐標系中，O為原點，點C在x軸上，．
(1)如圖1，在上取一點E，將沿折疊，使點O落在邊上的點D，求線段．
(2)如圖2，在邊上選取適當?shù)狞cM，F(xiàn)，將沿折疊，使點O落在邊上的點處，過點D，作垂直于于點G，交于點T．
①求證：；
②設，求y與x滿足的等量關系式，并將y用含x的代數(shù)式表示．
(3)在（2）的條件下，當時，點P在直線上，問：在坐標軸上是否存在點Q，使以M，，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出Q點坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)4
(2)①見解析；②
(3)存在，或或
【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可知，，，由勾股定理得，，則，設，則，由勾股定理得，，即，計算求解即可；
（2）①由折疊的性質(zhì)可知，，，證明，四邊形是矩形，則，，，可得，進而可證；②由，可得，，由勾股定理得，，即，整理作答即可；
（3）當時，，即，，則，，以M，，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形，分當為對角線時，，如圖1，，重合；當為邊，為對角線時，，如圖1，，重合；當為邊，為邊時，，如圖1，，三種情況求解作答即可．
【詳解】（1）解：∵長方形，
∴，
由折疊的性質(zhì)可知，，，
由勾股定理得，，
∴，
設，則，
由勾股定理得，，即，
解得，，
∴線段的長為4．
（2）①證明：由折疊的性質(zhì)可知，，，
∵，，
∴，四邊形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②解：∵，
∴，，
由勾股定理得，，即，
整理得，；
（3）解：當時，，
∴，，
∴，，
∵以M，，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形，
∴當為對角線時，，如圖1，，重合，

∴，
由平移的性質(zhì)可得，；
當為邊，為對角線時，，如圖1，，重合，則，
由平移的性質(zhì)可得，；
當為邊，為邊時，，如圖1，，
設直線的解析式為，
將，代入得，，
解得，，
∴直線的解析式為，
∴直線的解析式為，
將代入得，，
解得，，
∴ 直線的解析式為，
令，則，
解得，，
∴；
綜上所述，在坐標軸上存在點Q，使以M，，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形， Q點坐標為或或．
【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，平行線的判定與性質(zhì)，等角對等邊，平行四邊形的性質(zhì)，一次函數(shù)解析式，平移的性質(zhì)等知識．熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，平行線的判定與性質(zhì)，等角對等邊，平行四邊形的性質(zhì)，一次函數(shù)解析式，平移的性質(zhì)是解題的關鍵．
命題點二 與矩形有關的折疊問題
?題型01 折疊的角度問題
25．（2024·廣東云浮·一模）如圖，將長方形紙片沿對折（點P在邊上，點E在邊上），使點B落在點，再將另一部分沿對折，使D，C分別落在，處，若比的2倍大，則的度數(shù)為（ ）
A．42.5°B．74°C．32.5°D．34°
【答案】D
【分析】本題考查矩形與折疊，設，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到，，，然后列方程解題即可．
【詳解】解：設，
由折疊得：，
∴，
由折疊得：，
∴，
∵比的2倍大10°，
∴，
解得：，
∴，
故選：D．
26．（2024·山東淄博·中考真題）如圖所示，在矩形中，，點，分別在邊，上．連接，將四邊形沿翻折，點，分別落在點，處．則的值是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】連接交于點F，設，則，利用勾股定理求得，由折疊得到，垂直平分，則，由代入求得，則，所以，于是得到問題的答案．
【詳解】解：連接交于點F，
設，則，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴
∵將四邊形沿翻折，點C，D分別落在點A，E處，
∴點C與點A關于直線對稱，
∴，垂直平分，
∴，，，
∵，
∴
∴，
∴
∴．
故選：A．
【點睛】此題考查矩形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形等知識，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
27．（2024·云南紅河·模擬預測）如圖，在矩形中，將沿翻折得到，的對應邊交于點，且，則的值為（ ）

A．0.5B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)結合，得到是等腰直角三角形，設，則，證明，得到，進而求出，由，即可求解．
【詳解】解：在矩形中，，，
由折疊的性質(zhì)得，，
，
是等腰直角三角形，
設，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故選：D．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，等腰指甲三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，求正切值，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題的關鍵．
28．（2024·重慶潼南·模擬預測）如圖將矩形沿對角線折疊，使落在處，交于點，若，則可以表示為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本題考查矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，由矩形的性質(zhì)推出，由折疊的性質(zhì)得到，求出，即可得到的度數(shù)．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
由折疊的性質(zhì)得到，
∵，
∴，
∴．
故選：C．
?題型02 折疊的線段問題
29．（2024·貴州安順·模擬預測）如圖，在矩形中，點E在上，點F在上，把這個矩形沿折疊后，使點D恰好落在點B處，若，，則折痕的長為（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】根據(jù)折疊性質(zhì)可得，根據(jù)平角定義可得，可得，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，即可證明是等邊三角形，利用的余弦求出的長即可得答案．根據(jù)折疊性質(zhì)得出是等邊三角形是解答本題的關鍵．
【詳解】解：∵把這個矩形沿折疊后，使點恰好落在點處，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故選：C．
【點睛】本題考查了矩形的翻折變換、等邊三角形的判定及性質(zhì)、解直角三角形等知識，掌握以上基礎知識是解本題的關鍵.
30．（2024·江蘇連云港·三模）如圖，在矩形紙片中，，，點為邊上一點，將沿翻折，點恰好落在邊上點處，則長為（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本題主要考查翻折變換（折疊問題），矩形的性質(zhì)，勾股定理．由軸對稱的性質(zhì)可得：，則，；在中，由勾股定理可得，則；設，則，在中，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出結論．
【詳解】解：是由沿直線翻折得到，
，
則，．
四邊形是矩形，
，，．
在中，
，
．
設，則，，
在中，
，
，
解得：．
則．
故選：C．
31．（2024·浙江溫州·模擬預測）如圖，把一張長方形紙片沿，折疊，頂點，，，的對應點分別為，，，，點與重合，點恰與，的交點重合．若，，則的長為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】過點作于點，由折疊及矩形的性質(zhì)得：，，，再證，得，又證四邊形是矩形，得，進而利用勾股定理求得于是利用得求解即可得解。
【詳解】解：過點作于點，
由題意得：，，，
，
，
∴
，
∴，
∵四邊形是長方形，
∴，
∴四邊形是矩形，，
∴
由折疊可得
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
故選．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，熟練掌握這些知識是解題的關鍵．
32．（2024·江蘇連云港·模擬預測）如圖，在矩形中，E是的中點，將沿折疊后得到，延長交于點F．若，，則的長為（ ）
A．7B．8C．D．
【答案】C
【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，折疊的性質(zhì)，
連接，判斷出，得出，進而求出，最后利用勾股定理求出．
【詳解】解：如圖，連接，
四邊形是矩形，
，，
由折疊知，，，，
，
點是的中點，
，
，
∵，
，
，
在中，，
故選：C．
?題型03 折疊與其他知識的交匯
33．（2024·廣東清遠·模擬預測）綜合與實踐
主題：用折紙折出特殊角
素材：一張矩形紙片．
步驟1：如圖1，對折矩形紙片，使與重合，得到折痕，把紙片展平；
步驟2：如圖2，再一次折疊紙片，使點D落在上的點處，折痕為．
(1)直接寫出的度數(shù)；
(2)證明（1）中你發(fā)現(xiàn)的結論．
【答案】(1)；
(2)，證明見解析．
【分析】此題考查了折疊的性質(zhì)和特殊角的三角函數(shù)．
（1）根據(jù)題意寫出答案即可；
（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)和特殊角的三角函數(shù)進行證明即可．
【詳解】（1）解：由題意可得，；
（2）解：證明：由折疊的性質(zhì)可知，
，，
∴
∴，
∴
∴．
34．（2024·廣東揭陽·模擬預測）綜合與實踐
【問題情境】
數(shù)學課上，某興趣小組對“矩形的折疊”作了如下探究．將矩形紙片先沿折疊．
（1）如圖1，使點C與點A重合，點D的對應點記為，折痕與邊分別交于點E，F(xiàn)．四邊形的形狀為 ，請說明理由；
（2）如圖2，若點F為的中點，，延長交于點P．求與的數(shù)量關系，并說明理由；
【深入探究】
（3）如圖3，若，，，連接，當點E為的三等分點時，直接寫出的值．
的值．
【答案】（1）菱形，理由見解析；（2）與的數(shù)量關系為：，理由見解析；（3）的值為或
【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)可得，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)菱形的判定即可得；
（2）連接，證出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得；
（3）分兩種情況：①當點為的三等分點，且時，②當點為的三等分點，且時，利用折疊的性質(zhì)和勾股定理求解即可得．
【詳解】解：（1）四邊形為菱形，理由如下：
∵四邊形是矩形，
，
，
由折疊的性質(zhì)得：，，
，
，
，
∴四邊形是平行四邊形，
又，
∴平行四邊形為菱形，
故答案為：菱形；
（2）與的數(shù)量關系為：，理由如下：
如圖2，連接PF，
∵F為的中點，
，
∵四邊形是矩形，
，
由折疊的性質(zhì)得：，，
，，
在和Rt△PBF中，
，
，
；
（3）分兩種情況：
①如圖3，若點E為的三等分點，且，
，
，，
∵四邊形是矩形，
，，
過點E作于M，
則四邊形為矩形，
，，，
，
在中，由勾股定理得：，
由折疊的性質(zhì)得：，，，
在中，由勾股定理得：，
；
②如圖4，若點E為的三等分點，且，
則，，
過點E作于N，
則，
同理可得：，，
在中，，
由折疊的性質(zhì)得：，，，
在中，由勾股定理得：，
，
綜上所述，的值為或．
【點睛】本題考查了矩形與折疊問題、勾股定理、三角形全等的判定與性質(zhì)、菱形的判定等知識，較難的是題（3），正確分兩種情況討論是解題關鍵．
35．（2024·山西長治·模擬預測）綜合與實踐：
【問題情境】某數(shù)學興趣小組在學完《平行四邊形》之后，研究了新人教版數(shù)學教材第64頁的數(shù)學活動1．其內(nèi)容如下：
【知識運用】請根據(jù)上述過程完成下列問題：
（1）已知矩形紙片，，，求線段的長；
（2）通過觀察猜測的度數(shù)是多少？并進行證明；
【綜合提升】
（3）樂樂在探究活動的第（2）步基礎上再次動手操作（如圖2），將延長交于點．將沿折疊，點剛好落在邊上點處，連接，把紙片再次展平．請判斷四邊形的形狀，并說明理由．
【答案】（1）；（2），證明見解析；（3）四邊形為菱形，理由見解析．
【分析】本題考查平行四邊形，菱形，勾股定理的知識，解題的關鍵是掌握勾股定理的運用，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，即可．
（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，則，根據(jù)勾股定理，即可求出；
（2）連接，根據(jù)折疊的性質(zhì)，則，為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，即可；
（3）根據(jù)折疊的性質(zhì)，則，，根據(jù)三線合一，則，根據(jù)菱形的判定和性質(zhì)，即可．
【詳解】解：（1）∵四邊形為矩形，
∴，
∵，，
∴；
（2）猜測：，
證明：連接：
∵為折痕，
∴垂直平分，
∴，
∵由折疊所得，
∴，
∴，
∴為等邊三角形，
∴，
∴；
（3）四邊形為菱形，理由：
∵由折疊所得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∵將沿折疊，點剛好落在邊上點處，連接，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形．
36．（2024·湖北襄陽·一模）某數(shù)學興趣小組開展矩形的折疊實驗探究，折疊矩形的一邊，使點落在點處，折痕為．
(1)如圖1，當點恰好在邊上時，證明：．
(2)將矩形的邊折疊，使點落在邊上的點處，折痕為．
①如圖2，當點恰好在邊上時，若，連接，試判斷的形狀，并說明理由．
②如圖3，當點在矩形內(nèi)部時，若．點是的中點，求的長
【答案】(1)見解析
(2)①為等腰直角三角形，理由見解析；②
【分析】（1）由題意可得，推出即可求證；
（2）①由題意可得是等腰直角三角形，進一步得是等腰直角三角形；證即可求證；②延長交于點，連接，可證；設，則，根據(jù)解得：；設，則，根據(jù)解得：；據(jù)此即可求解．
【詳解】（1）證明：由題意可得：
∴
∴
∵
∴
（2）解：①為等腰直角三角形，理由如下：
由題意得：
∴
∴是等腰直角三角形
∵
∴是等腰直角三角形
∴
由（1）得：
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴為等腰直角三角形
②延長交于點，連接，如圖所示：
由題意得：，，
∴
∵
∴
設，則
∵
∴
解得：；
∴
設，則
∵
∴
解得：；
∴
【點睛】本題考查了幾何綜合問題，涉及了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識點，掌握相關幾何結論是解題關鍵．
命題點三 菱形的性質(zhì)與判定
?題型01 利用菱形的性質(zhì)求角度
37．（2024·廣東·二模）如圖，四邊形為平行四邊形，四邊形為菱形，與交于點G，，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本題考查平行四邊形和菱形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，掌握菱形的對角線平分一組對角是解題的關鍵．
【詳解】解：∵四邊形為菱形，
∴，
又∵為平行四邊形，
∴，
∴，
故選A．
38．（2022·廣東深圳·二模）如圖，在菱形中，，對角線、相交于點O，E為中點，則的度數(shù)為（ ）
A．70°B．65°C．55°D．35°
【答案】C
【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)求出∠BAC的度數(shù)，再證OE是△ABC的中位線即可得到答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴，點O是AC的中點，，
∴∠BAD=180°-∠ABC=110°，
∴∠BAC=55°，
∵E是BC的中點，
∴OE是△ABC的中位線，
∴，
∴∠COE=∠BAC=55°，
故選C．
【點睛】本題主要考查了三角形中位線定理，菱形的性質(zhì)，熟知菱形的性質(zhì)是解題的關鍵．
39．（2021·廣東廣州·二模）如圖，把菱形沿折疊，使點落在上的點處，若，則的大小為（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，已知菱形的對角相等，故推出，從而得出．又因為，故，，易得解．
【詳解】解：根據(jù)菱形的對角相等得．
，
．
根據(jù)折疊得．
，
，
．
．
故選：A．
【點睛】此題要熟練運用菱形的性質(zhì)得到有關角和邊之間的關系．在計算的過程中，綜合運用了等邊對等角、三角形的內(nèi)角和定理以及平行線的性質(zhì)．注意：折疊的過程中，重合的邊和重合的角相等．
40．（2024·重慶·模擬預測）如圖，在菱形中，的垂直平分線交對角線于點，點為垂足，連接．若，則為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本題考查全等三角形的判定條件，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)．熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關鍵．
利用判定，從而得到，根據(jù)已知可求得的度數(shù)，即可求出．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，
∴，，，，
在和中，
，
，
，
垂直平分，，
，
，
∴，
．
故選：C．
?題型02 利用菱形的性質(zhì)求線段長
41．（2025·江西景德鎮(zhèn)·模擬預測）如圖，為菱形的對角線，，過點作，垂足為點，則（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，菱形的面積公式，關鍵是根據(jù)含直角三角形性質(zhì)求得，由菱形的性質(zhì)得出即可得出答案．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，
∴，且平分，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，
∴，
即，
故選：B．
42．（2025·廣東廣州·一模）如圖，菱形的對角線與相交于點為邊的中點，連接．若，則的長為（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】本題考查菱形的性質(zhì)、三角形的中位線性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)和三角形的中位線性質(zhì)是解答的關鍵．先根據(jù)菱形性質(zhì)得到，，，再利用勾股定理求得，然后根據(jù)三角形的中位線定理求解即可．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，，
∴，，，
在中，，
∵點E為邊的中點，，
∴是的中位線，
∴，
故選：C．
43．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在菱形中，，，是 上一點，把四邊形 沿折疊后得到四邊形，，則的長為（ ）

A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】本題考查折疊，菱形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)，熟練掌握數(shù)形結合的思想是解題的關鍵；
根據(jù)題意，連接，延長到于點，延長到于點，證明為正方形，根據(jù)三角函數(shù)求出，的長度，即可求解；
【詳解】解：連接，延長到于點，延長到于點，

因為四邊形 沿折疊后得到四邊形，
，，
為正方形，
，
，
，
，
，
，
故選：D
44．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，在菱形中，，點M和N分別是和上一點，沿將折疊，點A恰好落在邊的中點E上．若，則的長為（ ）

A．B．C．3D．
【答案】B
【分析】此題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、角的直角三角形的性質(zhì)、折疊性質(zhì)等知識．過點M作于點F．求出．則，．設，則，，，．根據(jù)勾股定理，得，即，解得，即可求出的長．
【詳解】如圖，過點M作于點F．

∵四邊形是菱形，
∴
∵，
∴．
∴．
∴，．
設，則，，，．
根據(jù)勾股定理，得，即，解得，
∴．
故選：B．
?題型03 利用菱形的性質(zhì)求面積
45．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，已知菱形的周長為40，對角線交于點O，且，則該菱形的面積等于（ ）
A．24B．56C．96D．48
【答案】C
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理，先根據(jù)菱形的周長求出邊長，再根據(jù)得出，根據(jù)勾股定理得出，進一步得出的值，最后根據(jù)菱形的面積得出答案即可，掌握利用菱形的性質(zhì)、勾股定理得出的值是解題的關鍵．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，周長為40，對角線、交于點，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的面積，
故選：C．
46．（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖，四邊形是菱形，，，于點，則的長是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本題考查了勾股定理，菱形的性質(zhì)，根據(jù)勾股定理求得，進而得出，進而根據(jù)等面積法，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，，，
∴，，，
在中，，
∴，
∵菱形的面積為，
∴，
故選：A．
47．（2024·陜西西安·三模）如圖，菱形的對角線、相交于點O，過點D作于點H，連接，若，則為（ ）
A．6B．8C．12D．24
【答案】D
【分析】本題主要考查菱形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，掌握相關性質(zhì)并靈活應用是解題的關鍵．
根據(jù)菱形的性質(zhì)可知，由，可得，從而即可求菱形的面積．
【詳解】解：∵是菱形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
故選D
48．（2023·廣東陽江·一模）如圖，在菱形中，是菱形的對角線，，，連接，若，則的值為（ ）

A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是能夠出證明．
先通過證明，得到，，得到，繼而得到，得到，結合以及得到，進而得解．
【詳解】如圖，連接．

在菱形中，，，．
∵，∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．
∵，
∴．
在菱形中，，
∴，
∴，
∴．
設，則，，∴．
∵，，，
∴，
∴，
∴．
故選D．
?題型04 添加一個條件證明四邊形是菱形
49．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，的對角線，交于點，以下條件不能證明是菱形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本題主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根據(jù)菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐項判斷即可求解．
【詳解】解：A、∵，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴是菱形，故本選項不符合題意；
B、∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴是菱形，故本選項不符合題意；
C、∵，
∴，即，
∵四邊形是平行四邊形，
∴是菱形，故本選項不符合題意；
D、∵，
∴，無法得到是菱形，故本選項符合題意；
故選：D
50．（2024·河北滄州·二模）如圖，四邊形是平行四邊形，對角線相交于點O，添加下列一個條件后，不能判定四邊形是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本題考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)菱形的判定方法分別對各個選項進行判定，即可得出結論，熟練掌握菱形的判定定理是解題的關鍵．
【詳解】解：A、當時，平行四邊形是菱形，故選項A不符合題意；
B、當時，平行四邊形是菱形，故選項B不符合題意；
C、四邊形是平行四邊形，，，
，平行四邊形是矩形，故C符合題意；
D、四邊形是平行四邊形，，，平行四邊形是菱形，故選項D不符合題意，
故選：C．
51．（2024·安徽宿州·二模）如圖，的對角線交于點O，添加下列條件不能判斷四邊形是菱形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的性質(zhì)，等角對等邊，對于A、B可以通過平行四邊形的性質(zhì)結合等邊對等角證明一組鄰邊相等；對于C可根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明一組鄰邊相等；對于D，無法證明四邊形是菱形．
【詳解】解：A、∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形，故A不符合題意；
B、當添加時，同理可證明四邊形是菱形，故B不符合題意；
C、∵，
∴，
∴四邊形是菱形，故C不符合題意；
D、添加不能證明四邊形是菱形，故D不符合題意；
故選：D．
52．（2024·上海徐匯·二模）如圖，的對角線、相交于點，如果添加一個條件使得是矩形，那么下列添加的條件中正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本題主要考查了矩形的判定，菱形的判定，根據(jù)判定定理逐項判斷即可．
【詳解】∵，
∴，
∴，
∴平行四邊形是菱形．
則A不符合題意；
∵，
∴，
∴平行四邊形是菱形．
則B不符合題意；
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴平行四邊形是菱形．
則C不符合題意；
∵，
∴．
∵，
∴，
∴平行四邊形是矩形．
則D正確．
故選：D．
?題型05 菱形的判斷和性質(zhì)綜合問題
53．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在菱形中，．點在射線上運動（不與點，點重合），關于的軸對稱圖形為．
(1)當時，試判斷線段和線段的數(shù)量和位置關系，并說明理由；
(2)若，為的外接圓，設的半徑為．
①求的取值范圍；
②連接，直線能否與相切？如果能，求的長度；如果不能，請說明理由．
【答案】(1)，
(2)①且；②能，
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可得，，再結合軸對稱的性質(zhì)可得結論；
（2）①如圖，設的外接圓為，連接交于．連接，，，，證明為等邊三角形，共圓，，在上，，過作于，當時，最小，則最小，再進一步可得答案；②如圖，以為圓心，為半徑畫圓，可得在上，延長與交于，連接，證明，可得，為等邊三角形，證明，可得：，，過作于，再進一步可得答案．
【詳解】（1）解：，；理由如下：
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由對折可得：，
∴；
（2）解：①如圖，設的外接圓為，連接交于．連接，，，，
∵四邊形為菱形，，
∴， ，，
∴為等邊三角形，
∴，
∴共圓，，在上，
∵，
∴，
過作于，
∴，，
∴，
當時，最小，則最小，
∵，，
∴，
∴；
點E不與B、C重合，
，且，
∴的取值范圍為且；
②能為的切線，理由如下：
如圖，以為圓心，為半徑畫圓，
∵，
∴在上，
延長與交于，連接，
同理可得為等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∵為的切線，
∴，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由對折可得：，，
過作于，
∴設，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
【點睛】本題考查的是軸對稱的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理的應用，銳角三角函數(shù)的應用，勾股定理的應用，切線的性質(zhì)，本題難度很大，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．
54．（2024·廣東珠?！と＃┤鐖D，在菱形中，于H，以為直徑的分別交于點E，F(xiàn)，連接．
(1)求證：是的切線；
(2)求證：；
(3)若，求．
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3)
【分析】本題考查了切線的判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，圓周角定理，菱形的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出，根據(jù)，可得，進而即可得證；
（2）連接，根據(jù)等弧所對的圓周角相等得出，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得出，進而可得，再根據(jù)，得到，，即可得證；
（3）連接交于點，根據(jù)菱形的性質(zhì)以及勾股定理求得，再利用面積法求得，利用勾股定理求得，證明，，由此可求解．
【詳解】（1）證明： 四邊形是菱形，
，
，
，
，即，
又 是的半徑的外端點，
是的切線．
（2）連接如圖所示，
，
，
為直徑，
，，
，則，
，
，
又 ，
，，
，，

（3）連接交于點，
四邊形是菱形，
，，，，
，
，
菱形的面積，
，
，
在中，，
第（2）問已證，又，
，
，
．
55．（2023·甘肅蘭州·中考真題）如圖，矩形的對角線與相交于點O，，直線是線段的垂直平分線，分別交于點F，G，連接．

(1)判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)當時，求的長．
【答案】(1)四邊形是菱形，理由見解析
(2)．
【分析】（1）證明和是等邊三角形，即可推出四邊形是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得和的長，利用菱形的性質(zhì)得到，在中，解直角三角形求得的長，據(jù)此求解即可．
【詳解】（1）證明：四邊形是菱形，理由如下，
∵矩形的對角線與相交于點O，
∴，
∵直線是線段的垂直平分線，
∴，，
∴，即是等邊三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴四邊形是菱形；
（2）解：∵直線是線段的垂直平分線，且，
∴，，
由（1）得四邊形是菱形，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【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)，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．
56（2023·廣東惠州·二模）如圖，把矩形沿折疊，使點D與點E重合，交于點F，過點E作交于點G，交于點H，連接．

(1)試判斷四邊形的形狀，并加以證明；
(2)連接交于點，求證：；
(3)在（2）的條件下，若，，求的值．
【答案】(1)平行四邊形是菱形，證明見解析
(2)見解析
(3)
【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得出，，再由平行線的性質(zhì)及各角之間的關系得出，結合菱形的判定證明即可；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出，再由相似三角形的判定和性質(zhì)即可證明；
（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出，，，設，則，，根據(jù)（2）中結果求解即可．
【詳解】（1）證明：四邊形是菱形，
證明如下：由折疊重合可知，，
∵，
∴
而，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵，
∴平行四邊形是菱形．
（2）∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
（3）∵四邊形是菱形，
∴，，，
設，則，，
由（2）得：，
∴，
解得，（不合題意，舍去），
∴．
【點睛】題目主要考查矩形、菱形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解一元二次方程，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．
基礎鞏固
單選題
1．（2024·廣東佛山·二模）如圖，矩形的對角線、相交于點O．若，，則的長為（ ）
A．3B．C．6D．
【答案】B
【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題的關鍵．
根據(jù)矩形的性質(zhì)得出，進一步得出，在中利用銳角三角函數(shù)的定義即可求出的長．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
，
，
，
，
是等邊三角形，
，
，
，
故選：B．
2．（2023·廣東佛山·模擬預測）如圖，矩形的對角線，相交于點O，，．若，則四邊形的周長是（ ）

A．5B．10C．20D．40
【答案】C
【分析】先證明四邊形是平行四邊形，可得，，再根據(jù)矩形的性質(zhì)得，，，進而得出平行四邊形是菱形，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)得出答案．
【詳解】解：∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，.
∵矩形的對角線，相交于點O，
∴，，，
∴，
∴，
∴平行四邊形是菱形，
∴菱形的周長.
故選：C．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定等，靈活選擇判定定理是解題的關鍵．
3．（2023·廣東汕頭·一模）如圖，將直角三角板放置在矩形紙片上，若，則的度數(shù)為（ ）
A．55°B．45°C．35°D．30°
【答案】A
【分析】延長與的延長線交于點F，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，則．
【詳解】解：延長與的延長線交于點F，
依題意可知：，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故選：A．
【點睛】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，解題的關鍵是掌握兩直線平行，內(nèi)錯角相等，以及三角形的內(nèi)角和為．
4．（2024·浙江杭州·二模）如圖，菱形的對角線，相交于點O．若，則（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，先證是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理即可求解．
【詳解】解：四邊形是菱形，
，，，，
∵，
∴是等邊三角形，
，
設，則，
根據(jù)勾股定理得：，
∴，
，
故選：C．
二、填空題
5．（2024·廣東梅州·一模）如圖①是某種型號拉桿箱的實物圖，如圖②是它的幾何示意圖，行李箱的側面可看成一個矩形，C、D在同一直線上，，現(xiàn)將調(diào)整為，保持不變，則圖中應為 ．
【答案】50
【分析】本題考查了三角形外角的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，角度的計算，根據(jù)題意找出角度之間的數(shù)量關系是解題關鍵．由三角形外角的性質(zhì)，得到，再結合，即可求出的度數(shù)．
【詳解】解：∵，°，
∴，
∵行李箱的側面可看成一個矩形，
∴，
∴．
故答案為：50．
6．（2023·廣東佛山·模擬預測）如圖，點是矩形的對角線的中點，交于點，若，則的長為 ．
【答案】
【分析】本題考查矩形的性質(zhì)，勾股定理，平行線分線段成比例定理，三角形中位線定理．先求出，后求，然后用勾股定理求即可．
【詳解】解：四邊形是矩形，
，
，
，
，
為的中點，
，
是的中點，
是的中位線，
，
，
，
，
，
，
為的中點，
．
故答案為：．
7．（2024·廣東·模擬預測）如圖所示，在菱形中，以點B為圓心，一定長為半徑畫弧分別交于點M，N，再分別以點M，N為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點P，連接并延長交于點Q．若，則 ．
【答案】
【分析】本題考查菱形的性質(zhì)，作角平分線，由作圖步驟可得平分，由菱形的性質(zhì)求出的度數(shù)，最后根據(jù)三角形的外角求即可．
【詳解】∵菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由作圖步驟可得平分，
∴，
∴，
故答案為：．
8．（2024·廣東肇慶·二模）如圖，菱形中，，則的長為 ．
【答案】
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理；根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，，勾股定理求得，即可求解．
【詳解】解：菱形中，，
∴，
∴
∴，
故答案為：．
三、解答題
9．（2023·湖北隨州·中考真題）如圖，矩形的對角線，相交于點O，．

(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析
(2)3
【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)求得，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)求得的面積，然后結合菱形的性質(zhì)求解．
【詳解】（1）解：∵，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵矩形中，，
∴平行四邊形是菱形；
（2）解：矩形的面積為，
∴的面積為，
∴菱形的面積為．
【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鍵．
10．（2023·廣東佛山·三模）如圖，在矩形中，，．將沿所在直線翻折，點落在點處，與邊交于點，過點作交于點．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)求線段的長．
【答案】(1)見詳解
(2)
【分析】（1）易證：四邊形是平行四邊形，再證，即可求證；
（2）設，可求，，由即可求解．
【詳解】（1）證明：四邊形是平行四邊形，
，
，
，
四邊形是平行四邊形，
由翻折得：，
，
，
四邊形是菱形．
（2）
解：四邊形是平行四邊形，
，，，
設，
，
，
，
在中
，
，
解得：，
．
【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)，菱形的判定，掌握相關的判定方法及性質(zhì)是解題的關鍵．
11（2022·廣東深圳·一模）如圖，已知矩形中，對角線、相交于點，過點作，交的延長線于點．
(1)求證：；
(2)若，，求矩形的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)12
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)可得，欲求，證即可．通過已知條件求出四邊形為就可以證明．
（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出長度，利用銳角三角函數(shù)求得長，再根據(jù)勾股定理求出長度，根據(jù)矩形的面積公式求出面積．
【詳解】（1）證明：在矩形中，
又
四邊形為
，
又為矩形，
，
，
故；
（2）為矩形，
，
，
，
，
，
在中，，
，
在中，
，
故答案為：12．
【點睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)和三角函數(shù)余弦值，涉及到的知識點有勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)以及平行四邊形的判定．本題中是否能熟練掌握矩形的特殊性質(zhì)、能否通過等腰三角形的求出長度以及是否能掌握余弦值的定義是解題的關鍵，本題難度不大，但綜合性較強．
能力提升
一、單選題
1．（2024·甘肅平?jīng)觥つM預測）如圖，在菱形中，E是的中點，，交于點F，如果，那么菱形的周長為（ ）

A．4B．8C．12D．16
【答案】D
【分析】本題考查了三角形中位線的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，菱形的周長公式，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．根據(jù)中位線可得長為長的倍，那么菱形的周長，問題得解．
【詳解】解：∵是的中點，
∴，
∵，
∴，即，
∴是的中位線，
∴，
∴菱形的周長是，
故選：D．
2．（2024·廣東·模擬預測）如圖所示，一種活動衣帽架由三個相同菱形組成，調(diào)整菱形的內(nèi)角，可使衣帽架拉伸或收縮． 若菱形的邊長為10，， 則的長為（ ）
A．30B．40C． D．
【答案】C
【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關鍵．連接，則點、在上，且，結合菱形的性質(zhì)可得，，然后利用勾股定理解得的值，即可獲得答案．
【詳解】解：如下圖，連接，則點、在上，且，
∵四邊形為菱形，邊長為10，，
∴，，
∴，
∴．
故選：C．
3．（2024·廣東·模擬預測）如圖，已知菱形的頂點，若菱形繞點逆時針旋轉，每秒旋轉，則第20秒時，菱形的對角線交點的坐標為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此題考查坐標的變化規(guī)律、旋轉的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)等知識，找到每旋轉8秒，菱形的對角線交點就回到原來的位置由得到第20秒時是把菱形繞點逆時針旋轉了2周回到原來位置后，又旋轉了4秒，即又旋轉了，即可可求出答案.
【詳解】解：菱形的頂點，
與軸的夾角為
∵菱形的對角線互相垂直平分，
點是線段的中點，
點的坐標是
∵菱形繞點逆時針旋轉，每秒旋轉
∴每旋轉8秒，菱形的對角線交點就回到原來的位置
∵
∴第20秒時是把菱形繞點逆時針旋轉了2周回到原來位置后，又旋轉了4秒，即又旋轉了，
∴點的對應點落在第三象限，且對應點與點關于原點成中心對稱，
第20秒時，菱形的對角線交點的坐標為．
故選：B
4．（2024·廣東深圳·三模）如圖，要使成為菱形，下列添加條件正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)菱形的判定、平行四邊形的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、矩形的判定進行逐一判定即可求解．
【詳解】解：A、當時，是矩形，故此選項錯誤；
B、當時，
∵四邊形是平行四邊形，
∴與互相平分，
∴，
∴是菱形，故此選項正確；
C、當時，是矩形，故此選項錯誤；
D、當時，不能證明是菱形，故此選項錯誤；
故選：B．
【點睛】本題考查菱形的判定、平行四邊形的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、矩形的判定，熟練掌握菱形的判定是解題的關鍵．
5．（2025·廣東·模擬預測）如圖，點E在矩形的邊上，將矩形沿翻折，點B恰好落在邊的點F處，如果，那么的值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本題考查翻折的性質(zhì)，矩形、等腰直角三角形的性質(zhì)，根據(jù)翻折的性質(zhì)得出，，，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)及勾股定理，設，求出，，，進一步可得結論．
【詳解】解：∵四邊形為矩形，
，．
∵將矩形沿翻折，
，，．
，
，
．
，
，
．
設，
在中，，
，
．
．
故選：B．
6．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，有兩個全等的矩形和矩形重合擺放，將矩形繞點逆時針旋轉，延長交于點，線段的中點為點，的長為2，的長為4，當取最小時，的長為（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、旋轉的性質(zhì)、垂線段最短、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，確定何時取最小值是解題關鍵．連接，由“垂線段最短”的性質(zhì)可知當，即點與點重合時，取最小值，此時連接，易得，再證明點與點重合，即可獲得答案．
【詳解】解：如下圖，連接，
∵四邊形與四邊形均為矩形且全等，且，，
∴，，，
∴矩形繞點逆時針旋轉，
則當，即點與點重合時，取最小值，如下圖，連接，
此時，
∵點為線段的中點，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即點與點重合，
∴．
故選：B．
二、填空題
7．（2024·廣東東莞·模擬預測）如圖，在菱形中，兩條對角線相交于點O，，過 點C 作，交的延長線于點E， 連接， 則的面積是
【答案】
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，利用勾股定理求出，證明，得到，求出，求出，再根據(jù)點O是中點，即可求解．
【詳解】解：菱形中，兩條對角線相交于點O，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
點O是中點，
，
故答案為：．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，三角形中線的性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關鍵．
8．（2024·廣東汕頭·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中有菱形，點坐標為，點是對角線上一動點，點坐標為，則最小值為 ．
【答案】
【分析】本題主要考查坐標與圖形，軸對稱最短問題、菱形的性質(zhì)、勾股定理，學會利用軸對稱解決最短問題是解題的關鍵．
如圖，連接，．利用勾股定理求出，證明，可得，由此即可解答．
【詳解】解：如圖，連接，．
，，
，
四邊形是菱形，
點、點關于對稱，
，
，
，
的最小值為．
故答案為：．
9．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在長方形中，，以點D為圓心，長為半徑畫弧，交線段延長線于點E，點F為邊上一點，若，連接，則圖中陰影部分的面積為 （結果保留π）．
【答案】
【分析】本題考查了扇形的面積的計算及長方形的性質(zhì)，明確是解答本題的關鍵．
用長方形的面積加上扇形的面積減去三角形的面積即可求得陰影部分的面積．
【詳解】解：在長方形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案為：
10．（2024·廣東廣州·模擬預測）如圖，在矩形中，其對角線、相交于點，四邊形為正方形，直線和相交于點，則下列說法中，正確的有 （填序號）．
①；②為等腰直角三角形；③若正方形的面積為4，則長度的最小值為；④若三點共線，則．

【答案】①②③
【分析】根據(jù)四邊形是矩形，四邊形為正方形，得出，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可證明，故①正確；結合①得出，即可證明為等腰直角三角形，故②正確；連接，若正方形的面積為4，則，在中，勾股定理求出，在中，根據(jù)，即可判斷③正確；若三點共線，則在中，得出，根據(jù)正弦定義即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∵四邊形為正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正確；
∴，
∴，
又∵，
∴為等腰直角三角形，故②正確；
連接，

若正方形的面積為4，
則，
在中，，
在中，，
則長度的最小值為，故③正確；
若三點共線，
則在中，，
∴，故④錯誤；
故答案為：①②③．
【點睛】該題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的判定，三角形三邊關系應用等知識點，解題的關鍵是掌握以上知識點．
三、解答題
11．（2024·廣東廣州·二模）如圖，在菱形中，，

(1)連接，求的值；
(2)點E以每秒2個單位長度的速度從B點出發(fā)向點C運動，同時點Q以每秒個單位長度的速度從D點出發(fā)向點B運動，當其中一點達到終點，另外一點隨之停止運動．
①連接，能否為等腰三角形？如果能，求點E，Q的運動時間；如果不能，請說明理由；
② 連接，當時，求的值．
【答案】(1)
(2)①能，2秒②
【分析】（1）連接，交于點，利用菱形的性質(zhì)，進行求解即可；
（2）①設點的運動時間為，則：，進而得到，當時，是等腰三角形，過點作，利用三線合一以及銳角三角函數(shù)進行求解即可；
②過點作，將三角形繞點旋轉得到，易得四點共圓，得到，設運動時間為，則，，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理，進行求解即可．
【詳解】（1）解：連接，交于點，

∵在菱形中，，
∴，，
∴，
∴；
（2）①能，設點的運動時間為，則：，
∴，
如圖，當時，過點作，則：，

∵，
∴，
∴，即：，
解得：，
∴當點E，Q的運動時間為秒時，為等腰三角形；
②過點作，則：，

∵菱形，，
∴，，，，
∴，，
∴，
將三角形繞點旋轉得到，
∴，
∵，
∴，
∴四點共圓，
∴，
在中，，
∴，，
設運動時間為，則：，，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
解得：（不合題意，舍去）或，
∴，
∴．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，含30度的直角三角形的性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理．綜合性強，難度大，計算量大，屬于壓軸題，熟練掌握相關知識點，添加輔助線構造特殊圖形，是解題的關鍵．
12．（2024·廣東廣州·二模）如圖，在菱形中，，點E為線段上一個動點，邊關于對稱的線段為，連接．
(1)當平分時，的度數(shù)為 ．
(2)延長，交射線于點G，當時，求的長．
(3)連接，點H為線段上一動點（不與點A，C重合），且，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)8
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、勾股定理、矩形的性質(zhì)等知識點，掌握數(shù)形結合思想是解題的關鍵．
（1）由折疊的性質(zhì)可得，由角平分線的性質(zhì)可得，即，最后結合即可解答；
（2如圖：過E作于其延長上點H，延長交于M設，連接；由折疊的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識點可得；再說明，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)及勾股定理可得，、，然后證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列式計算可得，最后根據(jù)線段的和差即可解得；
（3）如圖：過B作，根據(jù)菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理可得；如圖：過B作交延長線于F，可得；再證明四邊形是平行四邊形可得、，再證明易得，即，然后求得的最小值即可．
【詳解】（1）解：∵邊關于對稱的線段為，
∴，
∵邊關于對稱的線段為，
∴，
∴，
∵，
∴，即，解得：．
故答案為：．
（2）解：如圖：過E作于其延長上點H，延長交于M
設，連接
由軸對稱的性質(zhì)可得：，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，即，
∵
∴即
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴．
（3）解：如圖：過B作，
∵四邊形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
如圖：過B作交延長線于F，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
當D、E、F三點不共線時，，
當D、E、F三點共線時，，
∴，即，
∴的最小值為8．
13．（2022·廣東佛山·模擬預測）如圖，四邊形中，，，，是邊的中點，連接并延長與的延長線相交于點．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)若是等腰三角形，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析
(2)或
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)和中點的性質(zhì)證明三角形全等，然后根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形完成證明；
（2）由等腰三角形的性質(zhì)，分三種情況：①，②，③，分別求四邊形的面積．
【詳解】（1）證明：，
，
，
在與中，
，
，
，
又是邊的中點，
，
四邊形是平行四邊形；
（2）①當時，即時，由勾股定理得，，
∴，四邊形的面積；
②當時，過點作于，則四邊形是矩形，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，四邊形的面積；
③當時，邊上的中垂線垂直平分了
設交于點，∴，而根據(jù)圖得，矛盾，此時不成立；
綜上所述，四邊形的面積是或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，確定出全等三角形，分類討論是解題的關鍵．
14．（2023·山東聊城·三模）如圖，菱形的對角線，相交于點O，過點D作，且，連接．

(1)求證：四邊形為矩形；
(2)連接，交于點F，連接，若，，求的長．
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)，得到，，進而得到，推出四邊形是平行四邊形，進而證明四邊形為矩形即可；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)，得到，再根據(jù)矩形的性質(zhì)，得到，，，利用勾股定理，求得，然后根據(jù)平行線分線段成比例定理，得出為中點，最后由直平行線分線段成比例定理，即可求出的長．
【詳解】（1）證明：四邊形是菱形，
，，
，
，，
，，
四邊形是平行四邊形，
，
平行四邊形是矩形；
（2）解：四邊形是菱形，
，
由（1）得：四邊形為矩形，
，，，
在中，，
，
，
為中點，
．
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行線分線段成比例定理，平行線分線段成比例定理等知識，熟練掌握菱形和矩形的性質(zhì)是解題關鍵．
15．（2022·廣東梅州·一模）如圖，在四邊形ABCD中，．．，，．點P從點A沿AD運動到點D，每秒移動a個單位，同時點Q從點C沿CB運動到點B．每秒移動b個單位．運動時間為x秒．若其中一點到達終點，另一點也停止．
(1)請求出CD的值；
(2)若存在某時刻使DQ垂直平分PC，求a∶b的值；
(3)若，，何時PQ上存在點M，使得．
【答案】(1)10；
(2)；
(3)或
【分析】（1）過點D作于點H，然后可得，，則有，進而根據(jù)勾股定理可求解；
（2）由（1）得，則，然后可得若DQ垂直平分PC，則可知四邊形CDPQ為菱形，則有，進而問題可求解；
（3）依題意得，由，可得AB是直徑，以AB為直徑作，然后可得PQ與相交或相切，進而分類討論進行求解即可．
【詳解】（1）解：如圖，過點D作于點H，
依題意得四邊形ABHD為矩形，
∴，，
∴，
在中，
由勾股定理得；
（2）解：由（1）得，則，
如圖，若DQ垂直平分PC，則可知四邊形CDPQ為菱形，
∴，
∴；
（3）解：如圖，依題意得，由，可得AB是直徑，以AB為直徑作，
若PQ上存在點M使，則PQ與有公共點，所以PQ與相交或相切，
當與PQ相切于M時，，，，
∵，
∴OP平分∠AOM，OQ平分∠BOM，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
所以，當或時，PQ上存在點M使得．
【點睛】本題主要考查切線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)與判定、菱形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理，熟練掌握切線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)與判定、菱形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理是解題的關鍵．
考點要求
新課標要求
考查頻次
命題預測
矩形的性質(zhì)與判定
探索并證明矩形的性質(zhì)定理.
探索并證明矩形的判定定理.
10年7考
矩形、菱形是特殊平行四邊形中比較重要的圖形，也是幾何圖形中難度比較大的幾個圖形之一，年年都會考查，預計2025年廣東中考還將出現(xiàn).矩形、菱形的考察類型比較多樣，其中選擇、填空題常考察菱形的基本性質(zhì)，解答題中考查菱形的性質(zhì)和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數(shù)、動態(tài)問題綜合應用的可能性比較大．
矩形的折疊問題
探索并證明矩形的性質(zhì)在幾何的應用.
10年8考
菱形的性質(zhì)與判定
探索并證明菱形的性質(zhì)定理.
探索并證明菱形的判定定理.
10年8考
如果我們身旁沒有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用下面的方法（如圖1）；
（1）對折矩形紙片，使與重合，得到折痕，把紙片展平．
（2）再一次折疊紙片，使點落在上，并使折痕經(jīng)過點，得到折痕．同時，得到了線段．