【备战2025年中考】一轮复习 初中数学 真题分项汇编 专题19 矩形、菱形、正方形（原卷版+解析版）

这是一份【备战2025年中考】一轮复习 初中数学 真题分项汇编 专题19 矩形、菱形、正方形（原卷版+解析版），文件包含备战2025年中考一轮复习初中数学真题分项汇编专题19矩形菱形正方形原卷版doc、备战2025年中考一轮复习初中数学真题分项汇编专题19矩形菱形正方形解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
一、选择题
1. （2024甘肃威武）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】根据矩形的性质，得，结合，得到是等边三角形，结合，得到，解得即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】根据矩形的性质，得，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
解得．
故选C．
2. （2024四川成都市）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可．
∵四边形是矩形，
∴，，，则，
∴选项A中不一定正确，故不符合题意；
选项B中不一定正确，故不符合题意；
选项C中一定正确，故符合题意；
选项D中不一定正确，故不符合题意，
故选：C．
3. （2024四川德阳）宽与长的比是的矩形叫黄金矩形，黄金矩形给我们以协调的美感，世界各国许多著名建筑为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形是黄金矩形．，点是边上一点，则满足的点的个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】D
【解析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，一元二次方程的解，熟练掌握勾股定理，利用判别式判断一元二次方程解的情况是解题的关键．设，，假设存在点，且，则，利用勾股定理得到，，，可得到方程，结合，然后根据判别式的符号即可确定有几个解，由此得解．
【详解】如图所示，四边形是黄金矩形，，，
设，，假设存在点，且，则，
在中，，
在中，，
，
，即，
整理得，
，又，即，
，
，，
，
方程无解，即点不存在．
故选：D．
4. （2024黑龙江绥化）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
中，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
故选：A．
5. （2024广西）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（ ）
A. 1B. 2C. 5D. 10
【答案】C
【解析】先证明四边形是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出，，证明得出，则可得出，同理，得出平行四边形是矩形，证明，得出，进而得出，得出矩形是正方形，在中，利用勾股定理求出，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵E，F，G，H分别为各边中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
同理，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
同理，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，同理，
∴平行四边形矩形，
∵，，，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴矩形是正方形，
在中，，
∴，
∴，
∴正方形的面积为5，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键．
6. （2024重庆市B）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则，
在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
7. （2024山东烟台）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明，求得，证明，证得，推出，得到，据此求解即可．
【详解】解：∵正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
8. （2024陕西省）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵正方形，，
∴，
∵正方形，，
∴，
∴，
由题意得，
∴，
∴，即，
解得，
故选：B．
二、填空题
1. （2024黑龙江绥化）在矩形中，，，点在直线上，且，则点到矩形对角线所在直线的距离是______．
【答案】或或
【解析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴
∴，，
如图所示，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为
∵
∴
当在线段上时，
∴
在中个，
∵
在中，；
当E在射线上时，
在中，
∴
∴
∴
∴，
在中，
综上所述，点到对角线所在直线的距离为：或或
故答案为：或或．
2. （2024四川德阳）如图，四边形是矩形，是正三角形，点是的中点，点是矩形内一点，且是以为底的等腰三角形，则的面积与的面积的比值是______．
【答案】2
【解析】本题考查矩形的性质，正三角形的性质，等腰三角形的性质等知识点，正确设出边长表示出两个三角形的面积是解题的关键．
作辅助线如图，设，，根据相关图形的性表示出三角形的面积即可得到答案．
【详解】如图，找，中点为，，连接，，连接，， 过作交的延长线于点，延长，与交于点．
设，，
∵是以为底的等腰三角形，
∴上，
∴到的距离即为，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：2．
3. （2024广西）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为______．
【答案】
【解析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键．
【详解】过点作于，于，则，
∵两张纸条的对边平行，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵两张纸条的宽度相等，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
在中，，，
∴，
∴四边形的周长为，
故答案为：．
4. （2024四川眉山）如图，菱形的边长为6，，过点作，交的延长线于点，连结分别交，于点，，则的长为______．
【答案】##
【解析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
首先根据菱形的性质得到，，，然后勾股定理求出，，然后证明出，得到，求出，然后证明出，得到，求出，进而求解即可．
【详解】解：菱形的边长为6，，
，，，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
5. （2024贵州省）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为______．
【答案】##
【解析】延长，交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明，，过E点作交N点，根据三角函数求出，，，，在中利用勾股定理求出，根据菱形的性质即可得出答案．
【详解】延长，交于点M，
在菱形中，点E，F分别是，的中点，
，，，，
在和中
，
，
，
在和中
，
，
，，
，
，
过E点作于N点，
，，
，，
，
，
在中
，
即，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键．
6. （2024天津市）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接．
（1）线段的长为______；
（2）若为的中点，则线段的长为______．
【答案】 ①. 2 ②. ##
【解析】本题考查正方形的性质，中位线定理，熟练运用中位线定理是解题的关键；
（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，
（2）作辅助线，构造中位线即可．
【详解】（1）四边形是正方形，
，
在中，，
，
，
（2）延长到点，使，连接
由点向作垂线，垂足为
∵为的中点，为的中点，
∴为的中位线，
在中， ，
，
在中，，
为的中位线，
7. （2024吉林省）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为______．
【答案】
【解析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到，，再证明，进而可证明，由相似三角形的性质可得，即．
【详解】∵正方形的对角线相交于点O，
∴，，
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
故答案为：．
8. （2024北京市）如图，在正方形中，点在上，于点，于点．若，，则的面积为___________．
【答案】
【解析】根据正方形的性质，得，，得到，结合，得到,，，求得的长，解答即可.
本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握解直角三角形的相关计算是解题的关键.
【详解】根据正方形的性质，得，，
∴，
∵，
∴,
，
，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
故答案为：．
9. （2024福建省）如图，正方形的面积为4，点，，，分别为边，，，的中点，则四边形的面积为______．

【答案】2
【解析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到，进而得到，同理可得，最后利用四边形的面积正方形的面积个小三角形面积求解，即可解题．
【详解】正方形的面积为4，
，，
点，，，分别为边，，，的中点，
，
，
同理可得，
四边形的面积为．
故答案为：2．
三、解答题
1. （2024贵州省）如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件：
①，②．

（1）请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形；
（2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
（1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明是平行四边形，然后根据矩形的定义得到结论即可；
（2）利用勾股定理得到长，然后利用矩形的面积公式计算即可．
【小问1详解】
选择①，
证明：∵，，
∴是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
选择②，
证明：∵，，
∴是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴矩形的面积为．
2. （2024陕西省）如图，四边形是矩形，点E和点F在边上，且．求证：．
【答案】见解析
【解析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质．根据矩形的性质得到，，再推出，利用证明，即可得到．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴．
3. （2024上海市）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
（1）求证：；
（2）线段延长线上一点，且满足，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【小问1详解】
证明：矩形中，，，，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
；
【小问2详解】
证明：连接交于点，如图所示：
在矩形中，，则，
，
，
，
，
，
在矩形中，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
．
【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．
4. （2024云南省）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形；
（2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到．
【小问1详解】
解：连接，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形中，点、、、分别是各边的中点，
，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形；
【小问2详解】
解：四边形中，点、、、分别是各边的中点，
，，
矩形的周长为22，
，
四边形是菱形，
即，
四边形的面积为10，
，即，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键．
5. （2024四川德阳）如图，在菱形中，，对角线与相交于点，点为的中点，连接与相交于点，连接并延长交于点．
（1）证明：；
（2）证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键．
（1）先根据菱形的性质可得，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据定理即可得证．
【小问1详解】
证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵点为的中点，
∴，
∴
∵，
∴．
【小问2详解】
证明：∵是等边三角形，，，
∴，
∴
∵是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴．
6. （2024四川广安）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求证：∠DEF＝∠DFE．
【答案】见解析
【解析】根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，再由BE=BF，可推出AE=CF，即可利用SAS证明△ADE≌△CDF得到DE=DF，则∠DEF=∠DFE．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C，
∵BE=BF，
∴AB-BE=BC-BF，即AE=CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE=DF，
∴∠DEF=∠DFE．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
7. （2024福建省）如图，在菱形中，点分别在边上，，求证：．
【答案】见解析
【解析】本题考查菱形性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．根据菱形的性质证得，，再根据全等三角形的判定证明即可．
【详解】证明：四边形是菱形，
，，
，
，
．
8. （2024江苏扬州）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见详解 （2）
【解析】【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，作，可证，可得，由此可证平行四边形是菱形；
（2）作，根据面积的计算方法可得，结合菱形的性质可得，根据含的直角三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
解：四边形是菱形，理由如下，
如图所示，过点作于点，过点作于点，
根据题意，四边形，四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵宽度相等，即，且，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
【小问2详解】
解：如图所示，过点作于点，
根据题意，，
∵，
∴，
由（1）可得四边形是菱形，
∴，
在中，，
即，
∴．
9. （2024江苏盐城）如图1，E、F、G、H分别是平行四边形各边的中点，连接交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形称为平行四边形的“中顶点四边形”．
（1）求证：中顶点四边形为平行四边形；
（2）①如图2，连接交于点O，可得M、N两点都在上，当平行四边形满足________时，中顶点四边形是菱形；
②如图3，已知矩形为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）见解析 （2）①；②见解析．
【解析】【分析】题目主要考查平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键．
（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形，四边形均为平行四边形，进而得到：，即可得证；
（2）①根据菱形的性质结合图形即可得出结果；
②连接，作直线，交于点O，然后作，然后连接即可得出点M和N分别为的重心，据此作图即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵点E、F、G、H分别是各边的中点，
∴，
∴四边形为平行四边形，
同理可得：四边形为平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
①当平行四边形满足时，中顶点四边形是菱形，
由（1）得四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴中顶点四边形是菱形，
故答案为：；
②如图所示，即为所求，
连接，作直线，交于点O，然后作（或作BM=MN=ND），然后连接即可，
∴点M和N分别为的重心，符合题意；
证明：矩形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形；
分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示：
∵矩形，
∴，，
由作图得，
∴，
∴，
∴点F为的中点，
同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点．
10. （2024四川达州）在学习特殊的平行四边形时，我们发现正方形的对角线等于边长的倍，某数学兴趣小组以此为方向对菱形的对角线和边长的数量关系探究发现，具体如下：如图1．
（1）四边形是菱形，
，，．
．
又，，
______+______．
化简整理得______．
【类比探究】
（2）如图2．若四边形是平行四边形，请说明边长与对角线的数量关系．
【拓展应用】
（3）如图3，四边形为平行四边形，对角线，相交于点，点为的中点，点为的中点，连接，若，，，直接写出的长度．
【答案】（1），，；（2）；（3）
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质及勾股定理补充过程，即可求解；
（2）过点作于点，过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质得，，，证明，
得，，，根据勾股定理得， ，继而得出的值即可；
（3）由（2）可得得出，过点分别作的垂线，垂足分别为，连接，根据勾股定理以及已知条件，分别求得，根据得出，根据得出，进而勾股定理，即可求解．
【详解】解：（1）四边形是菱形，
，，．
．
又，，
．
化简整理得
故答案为：，，．
（），理由如下，
过点作于点，过点作交延长线于点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
在中，，
在中，，
∴
，
∴
（）∵四边形是平行四边形，，，，
∴由（）可得
∴
解得：（负值舍去）
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，连接，
∵分别为的中点，
∴
∵，
∴，
∵是的中点，
∴
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握勾股定理是解题的关键．