专题18 矩形菱形正方形（共20道）-中考数学真题分项汇编（全国通用）

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1．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得，，通过证明四边形是平行四边形，可得，则，作点C关于直线的对称点M，则，点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
点M，N分别是的中点，
，，，，
，，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
如图，作点C关于直线的对称点M，连接，，
则，
当点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为，
在中，，，
，
的最小值，
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．
2．（2023·山东潍坊·统考中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，过作轴于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性质可得．
【详解】解：如图，过作轴于，

∵菱形的顶点A的坐标为，．
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
∴；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键．
3．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（ ）

A．2B．2.5C．3D．3.5
【答案】C
【分析】利用直角三角形斜边中线的性质求得，在中，利用勾股定理即可求解.
【详解】解：∵矩形中，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
故选：C.
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线的长等于斜边的一半”是解题的关键.
4．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（ ）

A．①②B．②③④C．①③④D．①③
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对.
【详解】解： 为正方形，
，，
，
，
.
,
,
，
，
.
平分，
.
，
.
，
，
垂直平分，
故①正确.
由①可知，，，
，
，
，
由①可知，
.
故③正确.
为正方形，且边长为4，
，
在中，.
由①可知，，
，
.
由图可知，和等高，设高为，
，
，
，
.
故④不正确.
由①可知，，
，
关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，
最小即为，如图所示，

由④可知的高即为图中的，
.
故②不正确.
综上所述，正确的是①③.
故选：D.
【点睛】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.
5．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为( )

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据正方形的性质得到，，然后结合得到，然后证明出，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】∵四边形是正方形
∴，
∵
∴，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
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．
二、解答题
6．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，作对角线BD的垂直平分线EF，垂足为O，分别交AD，BC于E，F，连接BE，DF．求证：四边形BFDE是菱形．

【答案】证明见解析.
【详解】【分析】根据平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法证明出△DOE≌△BOF，得到OE=OF，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形得出四边形BFDE为菱形．
【详解】∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，
∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，
在△EOD和△FOB中，
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）,
∴OE=OF，
又∵OB=OD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE为菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出OE=OF是解题关键．
7．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．

(1)如图①，求证；
(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；
（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（）得，
∴，
∵，
∴．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
8．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．

(1)求证：；
(2)若．求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【分析】（1）连接，交于点，证明，推出四边形为平行四边形，得到，即可得证；
（2）先证明四边形是菱形，得到，进而得到，即可得证．
【详解】（1）证明：连接，交于点，

∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
9．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在中，．

(1)尺规作图：
①作线段的垂直平分线，交于点D，交于点O；
②在直线上截取，使，连接．（保留作图痕迹）
(2)猜想证明：作图所得的四边形是否为菱形？并说明理由．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)四边形是菱形，见解析
【分析】（1）①根据垂直平分线的画法作图；②以点O为圆心，为半径作圆，交于点E，连线即可；
（2）根据菱形的判定定理证明即可．
【详解】（1）①如图：直线即为所求；
②如图，即为所求；
；
（2）四边形是菱形，理由如下：
∵垂直平分，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】此题考查了基本作图－线段垂直平分线，截取线段，菱形的判定定理，熟练掌握基本作图方法及菱形的判定定理是解题的关键．
10．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在矩形中，，，垂足分别为E、F．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】根据定理证出，再根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明：四边形是矩形，
，
，
，，
，
在和中，，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
11．（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，在中，，是边上的中线，点在的延长线上，连接，过点作交的延长线于点，连接、，求证：四边形是菱形．

【答案】证明见解析
【分析】先根据等腰三角形的性质，得到垂直平分，进而得到，，，再利用平行线的性质，证明，得到，进而得到，即可证明四边形是菱形．
【详解】证明：，是边上的中线，
垂直平分，
，，，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，灵活运用相关知识点解决问题是解题关键．
12．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明，见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得，根据平行线的性质，得，；再根据为线段的中点，全等三角形的判定，则，根据矩形的判定，即可；
（2）过点作于点，根据勾股定理，求出的长，再根据四边形的面积等于，即可．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵为线段的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形．
（2）过点作于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的面积等于，
∵，，
∵点是对角线的中心，
∴，
∴，
∴平行四边形的面积为：．

【点睛】本题考查矩形，平行四边形，全等三角形的知识，解题的关键是矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
13．（2023·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．

(1)若，求的度数；
(2)连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)的度数为
(2)矩形，理由见详解
【分析】（1）根据点是的中点，沿所在的直线折叠，可得是等腰三角形，根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）如图所示，连接，点是上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形是平行四边形，如图所示，连接，，过点作于点，可证四边形是平行四边形，再根据折叠的性质得，由此即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，点是的中点，
∴，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，
∴，则是等腰三角形，
∴，
∵，即，
∴，
∴的度数为．
（2）解：如图所示，连接，点是上的一点，

∵四边形是矩形，
∴，，即，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，，是的角平分线，
由（1）可知，，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，则，，
如图所示，连接，，过点作于点，

∵点是的中点，，
∴点是线段的中点，则，
∴在中，
，
∴，
∴，，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，，，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．
14．（2023·北京·统考中考真题）如图，在中，点E，F分别在，上，，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用平行四边形的性质求出，证明四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论；
（2）证明是等腰直角三角形，可得，然后再解直角三角形求出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：由（1）知四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
15．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，且．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接与交于O，先由平行四边形对角线互相平分得到，再利用证明得到，进而证明，得到，由此即可证明平行四边形是菱形；
（2）先由菱形的性质得到，再解， 得到，利用勾股定理求出，则，，则．
【详解】（1）证明：如图所示，连接与交于O，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；

（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
16．（2023·贵州·统考中考真题）如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：

(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；
(2)连接，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）选择小星的说法，先证四边形是平行四边形，推出，再证明四边形是矩形，即可得出；选择小红的说法，根据四边形是矩形，可得，根据四边形是平行四边形，可得，即可证明；
（2）根据，可得，再用勾股定理解即可．
【详解】（1）证明：①选择小星的说法，证明如下：
如图，连接，

，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
又，点D在的延长线上，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，
；
②选择小红的说法，证明如下：
如图，连接，，

由①可知四边形是矩形，
，
四边形是平行四边形，
，
．
（2）解：如图，连接，

，，
，
，
在中，，
，
解得
即的长为．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．
17．（2023·吉林长春·统考中考真题）将两个完全相同的含有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、．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，当四边形是菱形时．的长为__________．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由题意可知易得，即，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，在中，由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，；由菱形得对角线平分对角得，再由三角形外角和易证即可得，最后由求解即可．
【详解】（1）证明：由题意可知，
，，
，
四边形地平行四边形；
（2）如图，在中，，，，
，，
四边形是菱形，
平分，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．

【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，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．
三、填空题
18．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）如图在正方形中，点E在上，连接，，F为的中点连接．若，则的长为 ．

【答案】
【分析】根据正方形的性质得到，，设，根据勾股定理求出的值，再根据勾股定理即可求出的长．
【详解】解：正方形
，
F为的中点，
设
，
在中，
即
解得
故，
在中
解得（负值舍去）
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
19．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，在矩形中，点E在边上，点F是AE的中点，，则的长为 ．

【答案】
【分析】利用矩形的性质和勾股定理求出，进而求出，然后在中利用勾股定理求出，最后利用直角三角形斜边中线的性质即可求解．
【详解】解：在矩形中，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵点F是AE的中点，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题
20．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵，，
∴，
在点P移动过程中，不一定，
相矛盾，
故①不正确；

延长交于点H,
则为矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴
故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故③正确，
，
即当的最小值，作B、D关于的对称点,
把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,
这时，
即的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④

【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．

小星：由题目的已知条件，若连接，则可
证明．
小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．