【文档说明】《备战中考数学精选考点专项突破题集（全国通用）》专题12.1 矩形菱形和正方形（1）（解析版）.docx，共(31)页，1.023 MB，由管理员店铺上传

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1专题12.1矩形菱形和正方形备战2021年中考数学精选考点专项突破卷（1）一、单选题(共30分)1．(本题3分)（2020·湖北中考真题）已知ABCDY中，下列条件：①ABBC=；②ACBD=；③ACBD⊥；④AC平分BAD，其中

能说明ABCDY是矩形的是（）A．①B．②C．③D．④【答案】B【分析】根据矩形的判定进行分析即可．【详解】A.ABBC=，邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；B.ACBD=，对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确；C.ACBD⊥，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，

故C错误；D.AC平分BAD，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D错误．故选：B．【点睛】本题考查了矩形的判定，熟知矩形从边，角，对角线三个方向的判定是解题的关键．2．(本题3分)（2020·天津中考真

题）如图，四边形OBCD是正方形，O，D两点的坐标分别是()0,0，()0,6，点C在第一象限，则点C的坐标是（）A．()6,3B．()3,6C．()0,6D．()6,6【答案】D【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出ＯB，BC的长度，进而得出C点的

坐标即可．2【详解】解：∵O，D两点的坐标分别是()0,0，()0,6，∴OD＝6，∵四边形OBCD是正方形，∴OB⊥BC，OB=BC=6∴C点的坐标为：()6,6，故选：D．【点睛】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关

键．3．(本题3分)（2020·湖北中考真题）如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若5EF=，则菱形ABCD的周长为（）A．20B．30C．40D．50【答案】C【分析】由题意可知EF为△ABD的中位线，可

求出AB的长，由于菱形四条边相等即可得到周长．【详解】解：∵E，F分别是AD，BD的中点，∴EF为△ABD的中位线，∴22510ABEF===，∵四边形ABCD是菱形，∴10ADCDBCAB====，∴菱形ABCD的周长为10440=故选：C．【点睛】本题考查了三角形的中位线，

菱形的性质，发现EF为△ABD的中位线是解题的关键．34．(本题3分)（2020·贵州中考真题）如图，将矩形纸条ABCD折叠，折痕为EF，折叠后点C，D分别落在点C，D处，DE与BF交于点G．已知30BGD=，则

的度数是（）A．30°B．45°C．74°D．75°【答案】D【分析】依据平行线的性质，即可得到AEG的度数，再根据折叠的性质，即可得出的度数．【详解】解：∵矩形纸条ABCD中，//ADBC，∴30AEGBGD==，

∴18030150DEG=−=，由折叠可得，111507522DEG===，故选：D．【点睛】本题主要考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．5．(

本题3分)（2020·甘肃金昌·中考真题）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节AE间的距离，若AE间的距离调节到60cm，菱形的边长20ABcm=，则DAB的度数是（）A．90B．100C．120D．150【答案】C4【分析】如图（见解析），先根据菱形的

性质可得,//ABBCADBC=，再根据全等的性质可得1203ACAEcm==，然后根据等边三角形的判定与性质可得60B=，最后根据平行线的性质即可得．【详解】如图，连接ACQ四边形ABCD是菱形20,//ABBCcmADBC==Q如图所示的木制活动

衣帽架是由三个全等的菱形构成，60AEcm=1203ACAEcm==ABBCAC==ABCV是等边三角形60B=//ADBCQ18060180120DABB===−−故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性

质、平行线的性质等知识点，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．6．(本题3分)（2020·河北中考真题）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按图的方式组成图案，使所围成的

三角形是面积最大．．的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（）5A．1，4，5B．2，3，5C．3，4，5D．2，2，4【答案】B【分析】根据勾股定理，222+=abc，则小的两个正方形的面积等于大三角形的面积，再分别进行判断，即可得到面积最大的三角形

．【详解】解：根据题意，设三个正方形的边长分别为a、b、c，由勾股定理，得222+=abc，A、∵1+4=5，则两直角边分别为：1和2，则面积为：112=12；B、∵2+3=5，则两直角边分别为：2和3，则面积为：1623=22；C、∵3+4≠5，则不符合题意；D、∵2+2=4，则两直

角边分别为：2和2，则面积为：12212=；∵612，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练掌握勾股定理，以及正方形的性质进行解题．7．(本题3分)（2020·江苏

盐城·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线ACBD、相交于点,OH为BC中点，6,8ACBD==．则线段OH的长为：（）6A．125B．52C．3D．5【答案】B【分析】因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有

ACBD⊥，3AOOC==，4BOOD==，又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形∴ACBD⊥，3AOOC==，4BOOD==∴△BOC是直角三角形∴222

BOOCBC+=∴BC=5∵H为BC中点∴1522OHBC==故最后答案为52．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．8．(本题3分)（2020·四川眉山·中考真题）下列说法正

确的是（）A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【答案】B【分析】7利用平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理对各选项逐一判断

后即可确定正确的选项．【详解】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形错误，如等腰梯形；B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，正确；C、对角线相等的四边形是矩形错误，如等腰梯形；D、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形错误，如一般四边形对角线也可以互相垂直且相等．故选

：B．【点睛】本题考查了命题与定理，解题的关键是了解平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理，难度一般．9．(本题3分)（2020·西安益新中学九年级二模）如图，矩形ABCD中，AB3=，BC4=，EB//DF且BE与DF之间的距离为3，则AE的长是()A．7B．38C．78D．

58【答案】C【分析】如图，过点D作DGBE⊥，垂足为G，则GD3=，首先证明AEBV≌GEDV，由全等三角形的性质可得到AEEG=，设AEEGx==，则ED4x=−，在RtDEGV中依据勾股定理列方程求解即可．【详解】如图所示：过点D

作DGBE⊥，垂足为G，则GD3=，AG=Q，AEBGED=，ABGD3==，8AEBV≌GEDV，AEEG=，设AEEGx==，则ED4x=−，在RtDEGV中，222EDGEGD=+，222x3(4x)+=−，解

得：7x8=，故选C．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质，依据题意列出关于x的方程是解题的关键．10．(本题3分)（2020·山东中考真题）已知菱形的周长为8，两邻角的度数比为1：2，则菱形的面积为（）A．83B．8C．43D．23【答案】D【分析

】根据菱形的性质和菱形面积公式即可求出结果．【详解】解：如图，∵两邻角度数之比为1：2，两邻角和为180°，∴∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，∵菱形的周长为8，∴边长AB＝2，∴菱形的对角线AC＝2，BD＝2×2sin60°＝23，∴菱形的面积＝12AC•BD＝12×2×23

＝23．故选：D．【点睛】本题考查菱形的性质，解题关键是掌握菱形的性质．二、填空题(共30分)11．(本题3分)（2020·湖南中考真题）如图，正方形ABCD的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转9一定角度到CEFG位置，使得点B落

在对角线CF上，则阴影部分的面积是______．【答案】21−【分析】如下图所示，△ENC、△MPF为等腰直角三角形，先求出MB=NC=22，证明△PBC≌△PEC，进而得到EP=BP，设MP=x，则E

P=BP=2x，解出x，最后阴影部分面积等于2倍△BPC面积即可求解．【详解】解：过E点作MN∥BC交AB、CD于M、N点，设AB与EF交于点P点，连接CP,如下图所示，∵B在对角线CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1，∴△ENC为等腰直角三角形，∴MB=CN=22EC

=22，又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均为直角三角形，∴△PEC≌△PBC(HL)，∴PB=PE，又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE，∴△MPE为等腰直角三角形，10设MP=x，则EP=BP=2x，∵MP+BP=MB，∴22

2xx+=，解得222x−=，∴BP=221=−x，∴阴影部分的面积=1221(21)212==−=−PBCSBCBP．故答案为：21−．【点睛】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是能想到过E点作BC的平行线，再证明△ENC、△MPF为等腰直角三角形进而求解

线段长.12．(本题3分)（2020·黑龙江中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线,ACBD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若2CDBE=，DAEDEA=，1EO=,则线段AE的长为_____．【答案】22【分析】设BE=x，根据菱形性质可得到AB=AD=CD=2x，进而得

到1=12OEx=，解得x值，根据勾股定理即可求得AE值．【详解】解：设BE=x，∵菱形ABCD，∴AB=AD=CD=2x，∵DAEDEA=，∴==2DEADx,∴BD=3x，11∴OB=OD=32x，∴1=12OEx=，∴x=2，∴AB=4

，BE=2，∴227OAABOB=−=，∴227122AEOAOE=+=+=,故答案为：22．【点睛】本题考查菱形的性质结合勾股定理的应用，熟练掌握菱形性质是解题的关键．13．(本题3分)（2020·辽宁中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中

OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为_____．【答案】4【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．【详解】解：∵OA＝1，OB＝2，∴AC＝2，BD＝4，∴菱形ABCD的面积为12×2×4＝4．故答案为：4．【点睛】本题考查菱形的性质,关键在于熟练掌握基础知识.14．(本题3分)

（2020·浙江中考真题）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：，使得平行四边形ABCD为菱形．12【答案】AD=DC（答案不唯一）【解析】试题分析：由四边形ABCD是平行四边形，添加AD=DC，根据邻边相等的平行四边形是菱形的判定，可使

得平行四边形ABCD为菱形；添加AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形．答案不唯一．15．(本题3分)（2020·山东德州·）菱形的一条对角线长为8，其边长是方程29200xx−+=的一个根，则该菱形的周长为________．【答案】20【分析】解方

程得出x=4，或x=5，分两种情况：①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；②当AB=AD=5时，5+5＞8，即可得出菱形ABCD的周长．【详解】解：如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∵29200xx−+=因式分解得：

（x-4）（x-5）=0，解得：x=4，或x=5，分两种情况：当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；当AB=AD=5时，5+5＞8，可构成三角形；∴菱形ABCD的周长=4AB=20．故答案为：20．13【点睛】本题考查了菱形的性质、

一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．16．(本题3分)（2020·内蒙古）如图，在正方形ABCD，E是对角线BD上一点，AE的延长线交CD于点F，连接CE．若56BAE=，则CEF=______．

【答案】22【分析】先证明△△ABECBE，得到56BCE=，可得到905634ECF=−=，再根据平行线的性质得到56AFD=，可得124EFC=，根据三角形内角和定理即可求解；

【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，AB∥CD，又∵BD是角平分线，∴45ABECBE==，又∵56BAE=，∴56AFD=，∴124EFC=，在ABE△和CBE△中，45ABECBEB

EBABCBE====，∴()△△ABECBESAS，∴56BAEBCE==，∴905634ECF=−=，∴1801801243422=−−=−−=CEFEFCECF．14

故答案是22．【点睛】本题主要考查了利用正方形的性质求角度，准确利用三角形全等和三角形内角和定理求解是解题的关键．17．(本题3分)（2020·辽宁中考真题）如图，菱形ABCD中，40ACD=，则

ABC=_____°．【答案】100【分析】利用菱形的性质可得到∠BAC=∠BCA=∠ACD=40，再利用三角形的内角和定理即可求解．【详解】∵四边形ABCD为菱形∴AC平分∠DCB，DC//AB∴∠BAC=∠BCA=∠ACD=40∴在ABCV中

，∠ABC=180−∠BAC−∠BCA=180−40−40=100故答案为：100【点睛】本题主要考查了菱形的性质，灵活运用菱形的性质求得角的度数是解题的关键．18．(本题3分)（2020·贵州中考真题）如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平，再一次

折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，已知BC＝2，则线段EG的长度为________．【答案】3【分析】15直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．【详解

】解：如答图，由第一次折叠得EF⊥AD，AE＝DE，∴∠AEF＝90°，AD＝2AE．∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DAB＝90°，∴∠AEF＝∠D，∴EF∥CD，∴△AEN∽△ADM，∴ANAM

＝AEAD＝12，∴AN＝12AM，∴AN＝MN，又由第二次折叠得∠AGM＝∠D＝90°，∴NG＝12AM，∴AN＝NG，∴∠2＝∠4．由第二次折叠得∠1＝∠2，∴∠1＝∠4．∵AB∥CD，EF∥CD，∴EF∥AB，∴∠3＝∠4，∴∠1＝∠2＝∠3．∵∠1＋∠2

＋∠3＝∠DAB＝90°，∴∠1＝∠2＝∠3＝30°．∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝2．由第二次折叠得AG＝AD＝2．由第一次折叠得AE＝12AD＝12×2＝1．16在Rt△AEG中，由勾股定理得EG＝22AGAE−＝222

1−＝3，故答案为：3．【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质以及矩形的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键．19．(本题3分)（2020·广西中考真题）如图，将两张对边平行且相等的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD_______

__菱形（是，或不是）．【答案】是【分析】如图（见解析），先根据“两张对边平行且相等的纸条”得出//,//,ABCDADBCBEDF=，再根据平行四边形的判定可得四边形ABCD是平行四边形，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得ABAD=，最后根据菱形的判定即可得．【详

解】如图，过点B作BEAD⊥，交DA延长线于点E，过点D作DFAB⊥，交BA延长线于点F由题意得：//,//,ABCDADBCBEDF=四边形ABCD是平行四边形在ABE△和ADFV中，90BAEDAFAEBAFDBEDF====(AAS)ABEADFVV17

ABAD=平行四边形ABCD是菱形故答案为：是．【点睛】本题考查了平行四边形与菱形的判定、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握平行四边形与菱形的判定是解题关键．20．(本题3分)（2020·贵州中考真题）已知菱形的周长为45，两条对角线的和为6，则菱形的面积为______

_____【答案】4【分析】由菱形的性质和勾股定理得出AO+BO=3，AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，求出2AO•BO=4，即可得出答案．【详解】解：如图四边形ABCD是菱形，AC+BD=6，∴AB=5，AC⊥BD，AO=12AC，BO=12BD，∴AO+BO=3，∴AO2+BO2

=AB2，（AO+BO）2=9，即AO2+BO2=5，AO2+2AO•BO+BO2=9，∴2AO•BO=4，18∴菱形的面积=12AC•BD=2AO•BO=4；故答案为4．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定

理；解题的关键是记住菱形的面积公式，掌握菱形的对角线互相垂直．三、解答题(共60分)21．(本题5分)（2020·四川遂宁·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．（1）求证：

△BDE≌△FAE；（2）求证：四边形ADCF为矩形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）首先根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，再根据线段中点的定义得到AE=DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；

（2）根据全等三角形的性质得到AF=BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC=90°，于是得到结论．【详解】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，∵E是线段AD的

中点，∴AE=DE，∵∠AEF=∠DEB，∴BDEFAE△△（AAS）；（2）证明：∵BDEFAE△△，∴AF=BD，∵D是线段BC的中点，19∴BD=CD，∴AF=CD，∵AF∥CD，∴四边形ADCF是平行四边形，∵AB=AC，∴ADBC⊥，∴∠ADC=90°，∴四边形ADC

F为矩形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的证明与矩形证明，熟练掌握相关概念是解题关键.22．(本题6分)（2020·四川中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，G是对角线BD的中点．连接GC并延长至F，使CF＝GC，以D

C，CF为邻边作菱形DCFE，连接CE．（1）判断四边形CEDG的形状，并证明你的结论．（2）连接DF，若BC＝3，求DF的长．【答案】（1）菱形，证明见解析；（2）3【分析】（1）证出GB=GC=GD=CF，由菱形的性

质的CD=CF=DE，DE∥CG，则DE=GC，证出四边形CEDG是平行四边形，进而得出结论；（2）过点G作GH⊥BC于H，设DF交CE于点N，由等腰三角形的性质得CH=BH=12BC=32，证出△CDG是等边三角形

，得∠GCD=60°，由三角函数定义求出CG=1，则CD=1，由菱形的性质得DN=FN，CN⊥DF，∠DCE=∠FCE=60°，由三角函数定义求出DN=32，则DF=2DN=3．【详解】（1）四边形CEDG是菱形，理由如下：20∵四边形ABCD为矩形，G是对角线BD的中点，∴GB=G

C=GD，∵CF=GC，∴GB=GC=GD=CF，∵四边形DCFE是菱形，∴CD=CF=DE，DE∥CG，∴DE=GC，∴四边形CEDG是平行四边形，∵GD=GC，∴四边形CEDG是菱形；（2）过点G作GH⊥BC于H，设

DF交CE于点N，如图所示：∵CD=CF，GB=GD=GC=CF，∴CH=BH=12BC=32，△CDG是等边三角形，∴∠GCD=60°，∴∠DCF=180°﹣∠GCD=180°﹣60°=120°，∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=90°，∴∠GCH=90°﹣60°=30°，∴CG=co

s30CHo=3232=1，∴CD=1，∵四边形DCFE是菱形，∴DN=FN，CN⊥DF，∠DCE=∠FCE=12∠DCF=12×120°=60°，21在Rt△CND中，DN=CD•sin∠DCE=1×sin60°=1×32=32，∴DF=2DN=2×32=3．【点睛】本题考查了矩

形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的性质是解题的关键．23．(本题6分)（2020·福建中考真题）如图，点,EF分别在菱形ABCD的边BC，CD上，且BEDF=

．求证：BAEDAF=．【答案】详见解析【分析】根据菱形的性质可知AB=AD，∠B=∠D，再结合已知条件BE=DF即可证明ABEADF≌后即可求解．【详解】解：证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD=，ABAD=．在ABE和ADF中，ABADBDBEDFì=ïïïï??

íïïï=ïî∴()≌ABEADFSAS，∴BAEDAF=．【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质等基础知识，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．24．(本题7分)（2020·湖南中考真题）如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别

交,ADBC于点,EF．22（1）求证：△≌△DOEBOF；（2）若6,8ABAD==，连接,BEDF，求四边形BFDE的周长．【答案】（1）证明过程见解析；（2）25【分析】（1）根据矩形的性质可得BODO=，EOD

FOB=，EDOFBO=，即可证的两个三角形全等；（2）设AEx=，根据已知条件可得8AEx=−，由（1）可推得△△EBOEDO,可得ED=EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴ADBC∥，

DOBO=，∴EDOFBO=，又∵EFBD⊥，∴=90EODFOB=，在△DOE和△BOF中，=90EDOFBODOBOEODFOB===，∴()△≌△DOEBOFASA．（2）由（1）可得，EDBFP，EDBF=，∴四边形BFDE是平行四边形，在△EBO和△EDO中

，=90DOBOEODFOBEOEO===，∴△△EBOEDO，∴EDEB=，23∴四边形BFDE是菱形，根据6,8ABAD==，设AEx=，可得8BEEDx==−，在Rt△ABE中

，根据勾股定理可得：222BEABAE=+，即()2228-=6xx+，解得：74x=，∴725844BE=−=，∴四边形BFDE的周长=254=254．【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．25．(本题7分)（2020·

甘肃金昌·中考真题）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且45MAN=，把ADN△绕点A顺时针旋转90得到ABE△．（1）求证：AEM△≌ANMV．（2）若3BM=，2DN=，求正方形ABCD的边长．【答案】（1）

证明见解析；（2）正方形ABCD的边长为6．【分析】（1）先根据旋转的性质可得,AEANBAEDAN==，再根据正方形的性质、角的和差可得45=MAE，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；（2）设正方形ABCD的边长为x，

从而可得3,2CMxCNx=−=−，再根据旋转的性质可得2BEDN==，从而可得5ME=，然后根据三角形全等的性质可得5MNME==，最后在RtCMNV中，利用勾股定理即可得．【详解】24（1）由旋转的性质得：,AEANBAEDAN==Q四边形ABCD

是正方形90BAD=，即90BANDAN+=90BANBAE+=，即90EAN=45MAN=Q904545MAEEANMAN=−=−=在AEM△和ANMV中，45AEANMAEMANAMAM====()ANMASSEMAVV；（2

）设正方形ABCD的边长为x，则BCCDx==3,2BMDN==Q3,2CMBCBMxCNCDDNx=−=−=−=−由旋转的性质得：2BEDN==235MEBEBM=+=+=由（1）已证：AEMANMVV5MNME==又Q四边形ABCD是正方形90C=则在RtC

MNV中，222CMCNMN+=，即222(3)(2)5xx−+−=解得6x=或1x=−（不符题意，舍去）故正方形ABCD的边长为6．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．2

6．(本题9分)（2020·北京中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求证：四边形OEFG是矩形；25（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．【答案】(

1)见解析；(2)OE=5，BG=2.【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理

得到OE=12AB=12AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，∴点O为BD的中点，∵点E为AD中点，∴OE为△ABD的中位线，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形∵EF⊥AB，∴

平行四边形OEFG为矩形．(2)∵点E为AD的中点，AD=10，∴AE=152AD=∵∠EFA=90°，EF=4，∴在Rt△AEF中，2222543=−=−=AFAEEF．∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD=10，∴OE=12AB=5，∵四边形OEFG为矩

形，∴FG=OE=5，26∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．故答案为：OE=5，BG=2．【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．27．(本题9分)（2020·安徽中考真题）如图1．已

知四边形ABCD是矩形．点E在BA的延长线上．.AEADEC=与BD相交于点G，与AD相交于点,.FAFAB=()1求证：BDEC⊥；()2若1AB=，求AE的长；()3如图2，连接AG，求证：2EGDGAG−=．【

答案】（1）见解析；（2）152+；（3）见解析【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有EAAFEBBC=，进而得到x的方程，解之即可；（3）在EF上截取EH=DG，进而证

明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，在△EAF和△DAB，27AEADEAFDABAFAB===，∴△EAF≌△DAB(

SAS)，∴∠E=∠BDA，∵∠BDA+∠ABD=90º，∴∠E+∠ABD=90º，∴∠EGB=90º，∴BG⊥EC；（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，∵AF∥BC，∠E=∠E，∴△EAF

∽△EBC，∴EAAFEBBC=，又AF=AB=1，∴11xxx=+即210xx−−=，解得：152x+=，152x−=（舍去）即AE=152+；（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，在△EAH和△DA

G，AEADHEAGDAEHDG===，∴△EAH≌△DAG(SAS)，∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，∵∠EAH+∠DAH=90º，∴∠DAG+∠DAH=90º，∴∠HAG=90º，∴△GA

H是等腰直角三角形，28∴222AHAGGH+=即222AGGH=，∴GH=2AG，∵GH=EG-EH=EG-DG，∴2EGDGAG−=．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面

广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．28．(本题11分)（2020·四川中考真题）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将BCE沿BE翻折，使点C恰好

落在AD边上点F处．（1）如图1，若2BCBA=，求CBE的度数；（2）如图2，当5AB=，且10AFFD=时，求BC的长；（3）如图3，延长EF，与ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NFANFD=+时，29求ABBC出的值．【答案】（1）15°；（2）35；（

3）35【分析】（1）根据矩形的性质和直角三角形的性质，先得到30AFB=，再由折叠的性质可得到15CBE=；（2）由三等角证得FABEDF∽，从而得2DE=，3EFCE==，再由勾股定理求出DE，则35BCAD==；（3）过点N作NGBF⊥于点G，

可证得NFGBFA∽．再根据相似三角形的性质得出对应边成比例及角平分线的性质即可得解．【详解】（1）∵矩形ABCD，∴90A=，//ADBC由折叠的性质可知BF=BC=2AB，12CBECBF=，∴30

AFB=，∴30FBCAFB==°，∴15CBE=（2）由题意可得90AD==，90AFBDFE+=，90FEDDFE+=°∴AFBDEF=∴FABEDF∽30∴AFABDEDF=，∴1025AFDFDEAB===g∴

3EFCE==，由勾股定理得22325DF=−=，∴10255AF==，∴35BCADAFFD==+=；（3）过点N作NGBF⊥于点G．∴90NGFA==°又∵BFANFG=∴NFGBFA∽．∴NGFGNFABFABF==．∵NFANFD=+，即

111222NFADBCBF===∴12NGFGNFABFABF===，又∵BM平分ABF，90NGBFA⊥=，，∴NG=AN，∴12NGANAB==，∴111222FGBFBGBCABFAANNFABBC−−===++整理得：35ABBC=．31【点睛】本题是一道矩形的折叠和相

似三角形的综合题，解题时要灵活运用折叠的性质和相似三角形的判定与性质的综合应用，是中考真题．