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1[2025四川内江中考]按如下步骤作四边形ABCD:(1)画∠EAF;(2)以点A为圆心,1个单位长为半径画弧,分别交AE,AF于点B,D;(3)分别以点B和点D为圆心,1个单位长为半径画弧,两弧交于点C;(4)连接BC,DC,BD.若∠A=40°,则∠BDC的度数是 (
A.64°
B.66°
C.68°
D.70°
(第1题图)
(第2题图)
D
)A.64°
B.66°
C.68°
D.70°
(第1题图)
(第2题图)
答案
1.D 【解析】根据作图可得AB=AD=BC=CD,则四边形ABCD是菱形,
∴ AB//CD, ∠BDC = ∠BDA = 1/2∠ADC.
∵ ∠A=40°,
∴ ∠BDC=∠BDA=1/2∠ADC=1/2(180°−∠A)=70°. 故选D.
关键点拨：根据作图得出AB=AD=BC=CD,进而得出四边形ABCD是菱形是解题的关键.
∴ AB//CD, ∠BDC = ∠BDA = 1/2∠ADC.
∵ ∠A=40°,
∴ ∠BDC=∠BDA=1/2∠ADC=1/2(180°−∠A)=70°. 故选D.
关键点拨：根据作图得出AB=AD=BC=CD,进而得出四边形ABCD是菱形是解题的关键.
解析
【分析】
解题时先从题目给出的作图步骤推导边长关系：画∠EAF后，以A为圆心1个单位长度画弧，可得AB=AD=1；再分别以B、D为圆心1个单位长度画弧交于点C，可得BC=CD=1，由此推出AB=AD=BC=CD，可判定四边形ABCD是菱形。再利用菱形邻角互补、对角线平分一组内角的性质，结合已知∠A的度数，逐步计算出∠BDC的度数即可。
【解析】
由作图步骤可知：$AB=AD=BC=CD=1$，
∴四边形ABCD是菱形，
∴$AB// CD$，$∠ ADC + ∠ A = 180°$，且BD平分$∠ ADC$，
∵$∠ A=40°$，
∴$∠ ADC=180°-∠ A=180°-40°=140°$，
∴$∠ BDC=\frac{1}{2}∠ ADC=\frac{1}{2}×140°=70°$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
菱形的判定、菱形的性质、角度计算
【点评】
本题结合尺规作图考查菱形的相关知识点，解题核心是从作图步骤中提取出四边相等的结论，进而判定四边形为菱形，再结合菱形的内角性质求解角度，属于基础题型，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键。
【难度系数】
0.8
解题时先从题目给出的作图步骤推导边长关系：画∠EAF后，以A为圆心1个单位长度画弧，可得AB=AD=1；再分别以B、D为圆心1个单位长度画弧交于点C，可得BC=CD=1，由此推出AB=AD=BC=CD，可判定四边形ABCD是菱形。再利用菱形邻角互补、对角线平分一组内角的性质，结合已知∠A的度数，逐步计算出∠BDC的度数即可。
【解析】
由作图步骤可知：$AB=AD=BC=CD=1$，
∴四边形ABCD是菱形，
∴$AB// CD$，$∠ ADC + ∠ A = 180°$，且BD平分$∠ ADC$，
∵$∠ A=40°$，
∴$∠ ADC=180°-∠ A=180°-40°=140°$，
∴$∠ BDC=\frac{1}{2}∠ ADC=\frac{1}{2}×140°=70°$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
菱形的判定、菱形的性质、角度计算
【点评】
本题结合尺规作图考查菱形的相关知识点，解题核心是从作图步骤中提取出四边相等的结论，进而判定四边形为菱形，再结合菱形的内角性质求解角度，属于基础题型，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键。
【难度系数】
0.8
2[2025河南中考]如图,在菱形$ABCD$中,$∠ B=45°$,$AB=6$,点$E$在边$BC$上,连接$AE$,将$△ ABE$沿$AE$折叠,若点$B$落在$BC$延长线上的点$F$处,则$CF$的长为（
A.$2$
B.$6-3\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$6\sqrt{2}-6$
D
）A.$2$
B.$6-3\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$6\sqrt{2}-6$
答案
2.D 【解析】由折叠的性质知BE = FE, ∠AEB = ∠AEF.
∵ 点B,E,C,F共线,
∴ ∠AEB = ∠AEF =90°. 在Rt△AEB中,
∵ ∠B=45°,
∴ AE=BE. 由勾股定理得BE²+AE²=2BE²=AB². 又
∵ 四边形ABCD是菱形,AB=6,
∴ BC=AB=6,2BE²=6²,
∴ BE=3√2,
∴ BF=2BE=6√2,
∴ CF=BF−BC=6√2−6. 故选D.
∵ 点B,E,C,F共线,
∴ ∠AEB = ∠AEF =90°. 在Rt△AEB中,
∵ ∠B=45°,
∴ AE=BE. 由勾股定理得BE²+AE²=2BE²=AB². 又
∵ 四边形ABCD是菱形,AB=6,
∴ BC=AB=6,2BE²=6²,
∴ BE=3√2,
∴ BF=2BE=6√2,
∴ CF=BF−BC=6√2−6. 故选D.
解析
【分析】
解题时首先结合折叠的性质得到对应边、对应角相等，再根据点B、E、C、F共线，可推出AE垂直于BF，得到Rt△ABE；已知∠B=45°、AB=6，可利用勾股定理求出BE的长度，进而得到BF的长度；再根据菱形四条边相等的性质得到BC的长度，最后用BF减去BC即可求出CF的长度。
【解析】
由折叠的性质可知，BE = FE，∠AEB = ∠AEF。
∵ 点B、E、C、F在同一直线上，
∴ ∠AEB + ∠AEF = 180°，
∴ ∠AEB = ∠AEF = 90°，即AE⊥BF。
在Rt△AEB中，∠B=45°，
∴ AE=BE，
由勾股定理得：BE² + AE² = AB²，即2BE² = 6²，
解得BE = 3√2，
∴ BF = 2BE = 6√2。
∵ 四边形ABCD是菱形，AB=6，
∴ BC = AB = 6，
∴ CF = BF - BC = 6√2 - 6。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
折叠的性质；菱形的性质；勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的关键是结合折叠性质与共线条件得到直角三角形，再结合特殊角度的直角三角形的性质和菱形的性质计算边长，能够较好地考查学生对几何基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合折叠的性质得到对应边、对应角相等，再根据点B、E、C、F共线，可推出AE垂直于BF，得到Rt△ABE；已知∠B=45°、AB=6，可利用勾股定理求出BE的长度，进而得到BF的长度；再根据菱形四条边相等的性质得到BC的长度，最后用BF减去BC即可求出CF的长度。
【解析】
由折叠的性质可知，BE = FE，∠AEB = ∠AEF。
∵ 点B、E、C、F在同一直线上，
∴ ∠AEB + ∠AEF = 180°，
∴ ∠AEB = ∠AEF = 90°，即AE⊥BF。
在Rt△AEB中，∠B=45°，
∴ AE=BE，
由勾股定理得：BE² + AE² = AB²，即2BE² = 6²，
解得BE = 3√2，
∴ BF = 2BE = 6√2。
∵ 四边形ABCD是菱形，AB=6，
∴ BC = AB = 6，
∴ CF = BF - BC = 6√2 - 6。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
折叠的性质；菱形的性质；勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的关键是结合折叠性质与共线条件得到直角三角形，再结合特殊角度的直角三角形的性质和菱形的性质计算边长，能够较好地考查学生对几何基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
3[2025福建中考]如图,菱形ABCD的对角线相交于点O,EF过点O且与边AB,CD分别相交于点E,F.若OA=2,OD=1,则△AOE与△DOF的面积之和为
1
.答案
3.1 【解析】在菱形ABCD中,OC=OA=2,AC⊥BD,AB//CD,
∴ ∠OAB = ∠OCD. 又
∵ ∠AOE = ∠COF,
∴ △AOE≌△COF(ASA),
∴ S△AOE=S△COF,
∴ S△AOE+S△DOF=S△COF+S△DOF=S△COD=1/2·OC·OD=1. 故答案为1.
∴ ∠OAB = ∠OCD. 又
∵ ∠AOE = ∠COF,
∴ △AOE≌△COF(ASA),
∴ S△AOE=S△COF,
∴ S△AOE+S△DOF=S△COF+S△DOF=S△COD=1/2·OC·OD=1. 故答案为1.
解析
【分析】
本题要求△AOE与△DOF的面积之和，直接分别计算两个三角形面积缺少足够条件，因此考虑通过图形性质做面积转化。首先回忆菱形的性质：菱形对角线互相垂直平分、对边平行、是中心对称图形，对角线交点是对称中心。观察到EF过对称中心O，可证明△AOE和△COF全等，将△AOE的面积转化为△COF的面积，此时两个待求面积的和就转化为直角三角形COD的面积，代入已知边长计算即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴$OC=OA=2$，$AC⊥BD$，$AB// CD$，
∴$∠ OAE=∠ OCF$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OCF \\OA=OC \\∠ AOE=∠ COF\end{cases}$
∴$△ AOE≌△ COF(\mathrm{ASA})$，
∴$S_{△ AOE}=S_{△ COF}$，
∴$S_{△ AOE}+S_{△ DOF}=S_{△ COF}+S_{△ DOF}=S_{△ COD}$。
又
∵$AC⊥BD$，即$∠ COD=90°$，
∴$S_{△ COD}=\frac{1}{2}· OC· OD=\frac{1}{2}×2×1=1$。
【答案】
1
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题解题的关键是利用菱形的中心对称性找到全等三角形，将分散的待求面积转化为易求的直角三角形面积，体现了转化思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
本题要求△AOE与△DOF的面积之和，直接分别计算两个三角形面积缺少足够条件，因此考虑通过图形性质做面积转化。首先回忆菱形的性质：菱形对角线互相垂直平分、对边平行、是中心对称图形，对角线交点是对称中心。观察到EF过对称中心O，可证明△AOE和△COF全等，将△AOE的面积转化为△COF的面积，此时两个待求面积的和就转化为直角三角形COD的面积，代入已知边长计算即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴$OC=OA=2$，$AC⊥BD$，$AB// CD$，
∴$∠ OAE=∠ OCF$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OCF \\OA=OC \\∠ AOE=∠ COF\end{cases}$
∴$△ AOE≌△ COF(\mathrm{ASA})$，
∴$S_{△ AOE}=S_{△ COF}$，
∴$S_{△ AOE}+S_{△ DOF}=S_{△ COF}+S_{△ DOF}=S_{△ COD}$。
又
∵$AC⊥BD$，即$∠ COD=90°$，
∴$S_{△ COD}=\frac{1}{2}· OC· OD=\frac{1}{2}×2×1=1$。
【答案】
1
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题解题的关键是利用菱形的中心对称性找到全等三角形，将分散的待求面积转化为易求的直角三角形面积，体现了转化思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
4[2025黑龙江绥化中考]如图,在菱形ABCD中,AB=4,对角线BD=4√3,点P是边CD的中点,点M是对角线BD上的一个动点,连接PM,CM.则PM+CM的最小值是
2√3
.答案
4.2√3 【解析】如图,连接AC交BD于O,作点P关于直线BD的对称点P',连接CP'交BD于M,则PM=P'M,点P'是AD的中点,
∴ PM+CM=P'M+CM=CP',
∴ 此时PM+CM取得最小值,为CP'的长.
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AD=AB=CD=4,AC⊥BD,DO=1/2BD=2√3,AO=1/2AC,
∴ 根据勾股定理,得AO=√(AD²−DO²)=2,
∴ AC=AD=CD=4.
∵ 点P'是AD的中点,
∴ CP'⊥AD,AP' = 1/2 AD = 2. 在Rt△ACP'中, CP' = √(AC²−AP'²)=2√3,
∴ PM+CM的最小值为2√3. 故答案为2√3.
解析
【分析】
本题属于线段和最小值问题，可结合“将军饮马”模型的轴对称思路求解：首先明确动点M在对角线BD上运动，BD是菱形的对称轴，作点P关于BD的对称点P'，根据菱形的轴对称性可知P'为AD中点，此时PM=P'M，即可将PM+CM转化为P'M+CM；再根据两点之间线段最短，可知当P'、M、C三点共线时，P'M+CM取最小值，即线段CP'的长度；最后结合菱形性质和勾股定理计算CP'的长即可。
【解析】
如图，连接AC交BD于O，作点P关于直线BD的对称点P'，连接CP'交BD于M。
由轴对称性质可得PM=P'M，结合菱形关于对角线BD对称，点P是CD中点，可知点P'是AD的中点。
∴ PM+CM=P'M+CM=CP'，此时PM+CM取得最小值，为CP'的长。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD=AB=CD=4，AC⊥BD，DO=1/2BD=2√3，AO=1/2AC，
在Rt△AOD中，由勾股定理得AO=√(AD²−DO²)=√(4²−(2√3)²)=2，
∴ AC=2AO=4，即AC=AD=CD=4，△ACD为等边三角形。
∵ 点P'是AD的中点，
∴ CP'⊥AD，AP'=1/2AD=2，
在Rt△ACP'中，CP'=√(AC²−AP'²)=√(4²−2²)=2√3。
【答案】
2√3
【知识点】
菱形的性质，最短路径问题，勾股定理
【点评】
本题将轴对称最短路径模型与菱形的性质结合考查，解题的关键是利用菱形的对称性将待求线段和转化为两点之间的线段长度，再结合勾股定理计算，较好地考查了几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
本题属于线段和最小值问题，可结合“将军饮马”模型的轴对称思路求解：首先明确动点M在对角线BD上运动，BD是菱形的对称轴，作点P关于BD的对称点P'，根据菱形的轴对称性可知P'为AD中点，此时PM=P'M，即可将PM+CM转化为P'M+CM；再根据两点之间线段最短，可知当P'、M、C三点共线时，P'M+CM取最小值，即线段CP'的长度；最后结合菱形性质和勾股定理计算CP'的长即可。
【解析】
如图，连接AC交BD于O，作点P关于直线BD的对称点P'，连接CP'交BD于M。
由轴对称性质可得PM=P'M，结合菱形关于对角线BD对称，点P是CD中点，可知点P'是AD的中点。
∴ PM+CM=P'M+CM=CP'，此时PM+CM取得最小值，为CP'的长。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD=AB=CD=4，AC⊥BD，DO=1/2BD=2√3，AO=1/2AC，
在Rt△AOD中，由勾股定理得AO=√(AD²−DO²)=√(4²−(2√3)²)=2，
∴ AC=2AO=4，即AC=AD=CD=4，△ACD为等边三角形。
∵ 点P'是AD的中点，
∴ CP'⊥AD，AP'=1/2AD=2，
在Rt△ACP'中，CP'=√(AC²−AP'²)=√(4²−2²)=2√3。
【答案】
2√3
【知识点】
菱形的性质，最短路径问题，勾股定理
【点评】
本题将轴对称最短路径模型与菱形的性质结合考查，解题的关键是利用菱形的对称性将待求线段和转化为两点之间的线段长度，再结合勾股定理计算，较好地考查了几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
5[2025贵州中考]如图,在$□ ABCD$中,E为对角线AC上的中点,连接BE,且$BE ⊥ AC$,垂足为E.延长BC至F,使$CF=CE$,连接EF,FD,且EF交CD于点G.
(1)求证:$□ ABCD$是菱形;
(2)若$BE=EF,EC=4$,求$△ DCF$的面积.
(1)求证:$□ ABCD$是菱形;
(2)若$BE=EF,EC=4$,求$△ DCF$的面积.
答案
5. 刷有所得 菱形判定的思路图示
(1)【证明】
∵ E为对角线AC上的中点,且BE⊥AC,
∴ BE垂直平分AC,
∴ BA=BC.
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ ▱ABCD是菱形.
(2)【解】如图,
∵ EB = EF,CE=CF=4,
∴ ∠3 = ∠2 = ∠1.
设∠3 = ∠2 = ∠1 = α,
∴ ∠4 = ∠1+∠2=2α.
∵ BE⊥AC,
∴ ∠3+∠4=90°,
∴ α+2α=90°,
∴ α=30°,
∴ ∠1 = ∠2 = ∠3 = 30°,∠4=60°.
∵ BE⊥AC,
∴ BC=2CE=2×4=8.
∵ BC=BA,
∴ △ABC为等边三角形,
∴ ∠ABC=∠BAC=60°.
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AB//CD,CD=BC=8,
∴ ∠FCG = ∠ABC = 60°, ∠ECG = ∠BAC = 60°,
∴ ∠FCG = ∠ECG=60°.
∵ CF=CE=4,
∴ CG⊥EF.
∵ ∠2=30°,
∴ CG=1/2 CF=2,
∴ FG=√(FC²−CG²)=2√3,
∴ S△DCF=1/2 CD×FG=1/2×8×2√3=8√3.
解析
【分析】
(1) 要证明平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的判定规则，只需证明平行四边形有一组邻边相等即可。已知E是AC中点且BE⊥AC，说明BE是AC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可推出BA=BC，即可得证。
(2) 求△DCF的面积，需要先确定底和对应高的长度。首先根据EB=EF、CE=CF的条件推导角的等量关系，结合BE⊥AC的直角条件求出各角的度数，再利用含30°角的直角三角形性质、菱形的性质求出CD的长度和CD边上的高FG，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ E为对角线AC上的中点，且BE⊥AC，
∴ BE垂直平分AC，
∴ BA=BC。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ▱ABCD是菱形。
(2) 解：
∵ EB = EF，CE=CF=4，
∴ ∠3 = ∠2 = ∠1。
设∠3 = ∠2 = ∠1 = α，
∴ ∠4 = ∠1+∠2=2α。
∵ BE⊥AC，
∴ ∠3+∠4=90°，即α+2α=90°，
解得α=30°，
∴ ∠1 = ∠2 = ∠3 = 30°，∠4=60°。
∵ BE⊥AC，
∴ Rt△BEC中，BC=2CE=2×4=8。
∵ BC=BA，
∴ △ABC为等边三角形，∠ABC=∠BAC=60°。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB//CD，CD=BC=8，
∴ ∠FCG = ∠ABC = 60°，∠ECG = ∠BAC = 60°，即∠FCG = ∠ECG=60°。
∵ CF=CE=4，由等腰三角形三线合一可得CG⊥EF。
∵ ∠2=30°，
∴ Rt△CGF中，CG=1/2 CF=2，
由勾股定理得FG=√(FC²−CG²)=√(4²-2²)=2√3，
∴ S△DCF=1/2 × CD × FG = 1/2×8×2√3=8√3。
【答案】
刷有所得 菱形判定的思路图示
(1) 已证$\boxed{□ABCD}$是菱形；
(2) $△ DCF$的面积为$\boxed{8\sqrt{3}}$。
【知识点】
菱形的判定；等腰三角形的性质；含30°角直角三角形的性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了平行四边形性质、菱形判定、特殊三角形的边角计算等知识，解题的核心是通过边相等的条件推导角的度数，进而得到线段的长度关系，对学生的逻辑推理能力有一定的锻炼作用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的判定规则，只需证明平行四边形有一组邻边相等即可。已知E是AC中点且BE⊥AC，说明BE是AC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可推出BA=BC，即可得证。
(2) 求△DCF的面积，需要先确定底和对应高的长度。首先根据EB=EF、CE=CF的条件推导角的等量关系，结合BE⊥AC的直角条件求出各角的度数，再利用含30°角的直角三角形性质、菱形的性质求出CD的长度和CD边上的高FG，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ E为对角线AC上的中点，且BE⊥AC，
∴ BE垂直平分AC，
∴ BA=BC。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ▱ABCD是菱形。
(2) 解：
∵ EB = EF，CE=CF=4，
∴ ∠3 = ∠2 = ∠1。
设∠3 = ∠2 = ∠1 = α，
∴ ∠4 = ∠1+∠2=2α。
∵ BE⊥AC，
∴ ∠3+∠4=90°，即α+2α=90°，
解得α=30°，
∴ ∠1 = ∠2 = ∠3 = 30°，∠4=60°。
∵ BE⊥AC，
∴ Rt△BEC中，BC=2CE=2×4=8。
∵ BC=BA，
∴ △ABC为等边三角形，∠ABC=∠BAC=60°。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB//CD，CD=BC=8，
∴ ∠FCG = ∠ABC = 60°，∠ECG = ∠BAC = 60°，即∠FCG = ∠ECG=60°。
∵ CF=CE=4，由等腰三角形三线合一可得CG⊥EF。
∵ ∠2=30°，
∴ Rt△CGF中，CG=1/2 CF=2，
由勾股定理得FG=√(FC²−CG²)=√(4²-2²)=2√3，
∴ S△DCF=1/2 × CD × FG = 1/2×8×2√3=8√3。
【答案】
刷有所得 菱形判定的思路图示
(1) 已证$\boxed{□ABCD}$是菱形；
(2) $△ DCF$的面积为$\boxed{8\sqrt{3}}$。
【知识点】
菱形的判定；等腰三角形的性质；含30°角直角三角形的性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了平行四边形性质、菱形判定、特殊三角形的边角计算等知识，解题的核心是通过边相等的条件推导角的度数，进而得到线段的长度关系，对学生的逻辑推理能力有一定的锻炼作用。
【难度系数】
0.6
6[2025四川泸州中考]矩形具有而菱形不具有的性质是 (
A.对角线相等
B.对角线互相平分
C.对角线互相垂直
D.对角相等
A
)A.对角线相等
B.对角线互相平分
C.对角线互相垂直
D.对角相等
答案
6.A 【解析】选项A,
∵ 矩形的对角线相等,而菱形的对角线不一定相等,
∴ 该性质矩形具有而菱形不具有,故选项A符合题意;选项B,
∵ 矩形和菱形的对角线都互相平分,
∴ 该性质矩形和菱形都具有,故选项B不符合题意;选项C,
∵ 菱形的对角线互相垂直,而矩形的对角线不一定互相垂直,
∴ 该性质菱形具有而矩形不具有,故选项C不符合题意;选项D,
∵ 矩形和菱形的对角都相等,
∴ 该性质矩形和菱形都具有,故选项D不符合题意. 故选A.
∵ 矩形的对角线相等,而菱形的对角线不一定相等,
∴ 该性质矩形具有而菱形不具有,故选项A符合题意;选项B,
∵ 矩形和菱形的对角线都互相平分,
∴ 该性质矩形和菱形都具有,故选项B不符合题意;选项C,
∵ 菱形的对角线互相垂直,而矩形的对角线不一定互相垂直,
∴ 该性质菱形具有而矩形不具有,故选项C不符合题意;选项D,
∵ 矩形和菱形的对角都相等,
∴ 该性质矩形和菱形都具有,故选项D不符合题意. 故选A.
解析
【分析】
本题要求找出矩形具有但菱形不具有的性质，解题时首先回忆矩形与菱形的性质，二者都属于特殊的平行四边形，因此具备平行四边形的所有共同性质，同时有各自独有的特殊性质，只需逐一分析每个选项的性质属于二者共有还是某一方独有，即可选出正确答案。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A. 矩形的对角线相等，而菱形的对角线仅互相垂直平分，不一定相等，因此该性质是矩形具有而菱形不具有的，符合题意；
B. 矩形和菱形都是特殊的平行四边形，对角线都互相平分，是二者共有的性质，不符合题意；
C. 菱形的对角线互相垂直，矩形的对角线仅相等且平分，不一定互相垂直，该性质是菱形具有而矩形不具有的，不符合题意；
D. 矩形和菱形的对角都相等，是二者共有的性质，不符合题意。
综上，答案选A。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质、菱形的性质、平行四边形的性质
【点评】
本题属于基础概念题，重点考查特殊平行四边形的性质差异，解题核心是熟练掌握矩形、菱形的性质，明确二者的异同点，避免概念混淆。
【难度系数】
0.8
本题要求找出矩形具有但菱形不具有的性质，解题时首先回忆矩形与菱形的性质，二者都属于特殊的平行四边形，因此具备平行四边形的所有共同性质，同时有各自独有的特殊性质，只需逐一分析每个选项的性质属于二者共有还是某一方独有，即可选出正确答案。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A. 矩形的对角线相等，而菱形的对角线仅互相垂直平分，不一定相等，因此该性质是矩形具有而菱形不具有的，符合题意；
B. 矩形和菱形都是特殊的平行四边形，对角线都互相平分，是二者共有的性质，不符合题意；
C. 菱形的对角线互相垂直，矩形的对角线仅相等且平分，不一定互相垂直，该性质是菱形具有而矩形不具有的，不符合题意；
D. 矩形和菱形的对角都相等，是二者共有的性质，不符合题意。
综上，答案选A。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质、菱形的性质、平行四边形的性质
【点评】
本题属于基础概念题，重点考查特殊平行四边形的性质差异，解题核心是熟练掌握矩形、菱形的性质，明确二者的异同点，避免概念混淆。
【难度系数】
0.8
7[2025辽宁中考]如图,在矩形ABCD中,点E在边AD上,BE=BC,连接CE,若AB=3,AE=4,则CE的长为 (
A.1
B.5
C.$2\sqrt{2}$
D.$\sqrt{10}$
D
)A.1
B.5
C.$2\sqrt{2}$
D.$\sqrt{10}$
答案
7.D 【解析】在矩形ABCD中,AB=3,
∴ ∠A = ∠D = 90°,AD=BC,CD=AB=3,
∴ 在Rt△ABE中,由勾股定理得BE=√(AE²+AB²)=5,
∴ BC=BE=5,
∴ AD=5,
∴ DE=AD−AE=1,
∴ 在Rt△CDE中,由勾股定理得CE=√(CD²+DE²)=√10. 故选D.
∴ ∠A = ∠D = 90°,AD=BC,CD=AB=3,
∴ 在Rt△ABE中,由勾股定理得BE=√(AE²+AB²)=5,
∴ BC=BE=5,
∴ AD=5,
∴ DE=AD−AE=1,
∴ 在Rt△CDE中,由勾股定理得CE=√(CD²+DE²)=√10. 故选D.
解析
【分析】
本题是矩形与勾股定理结合的基础计算题，解题思路可按三步推导：第一步，利用矩形四个角为直角、对边相等的性质，得到Rt△ABE，已知两条直角边AB、AE的长度，可先用勾股定理求出斜边BE的长度；第二步，结合题中BE=BC的条件，以及矩形对边AD=BC的性质，得到AD的长度，进而求出ED的长度；第三步，在Rt△CDE中，已知CD、ED的长度，再次用勾股定理即可求出CE的长度。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A=∠D=90°，CD=AB=3，AD=BC。
在Rt△ABE中，AB=3，AE=4，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AB^2+AE^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∵ $BE=BC$，
∴ $BC=5$，即$AD=5$，
∴ $DE=AD-AE=5-4=1$，
在Rt△CDE中，CD=3，DE=1，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{CD^2+DE^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于基础几何计算题，重点考查矩形性质与勾股定理的综合运用，解题的突破口是利用BE=BC的等量关系求出AD的长度，两次运用勾股定理即可得到结果，侧重考查学生对基础几何性质的掌握和简单计算能力。
【难度系数】
0.8
本题是矩形与勾股定理结合的基础计算题，解题思路可按三步推导：第一步，利用矩形四个角为直角、对边相等的性质，得到Rt△ABE，已知两条直角边AB、AE的长度，可先用勾股定理求出斜边BE的长度；第二步，结合题中BE=BC的条件，以及矩形对边AD=BC的性质，得到AD的长度，进而求出ED的长度；第三步，在Rt△CDE中，已知CD、ED的长度，再次用勾股定理即可求出CE的长度。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A=∠D=90°，CD=AB=3，AD=BC。
在Rt△ABE中，AB=3，AE=4，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AB^2+AE^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∵ $BE=BC$，
∴ $BC=5$，即$AD=5$，
∴ $DE=AD-AE=5-4=1$，
在Rt△CDE中，CD=3，DE=1，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{CD^2+DE^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于基础几何计算题，重点考查矩形性质与勾股定理的综合运用，解题的突破口是利用BE=BC的等量关系求出AD的长度，两次运用勾股定理即可得到结果，侧重考查学生对基础几何性质的掌握和简单计算能力。
【难度系数】
0.8
8[2025河北中考]如图,将矩形ABCD沿对角线BD折叠,点A落在A'处,A'D交BC于点E.将△CDE沿DE折叠,点C落在△BDE内的C'处,下列结论一定正确的是 (
A.$∠1=45° -α$
B.$∠1=α$
C.$∠2=90° -α$
D.$∠2=2α$
D
)A.$∠1=45° -α$
B.$∠1=α$
C.$∠2=90° -α$
D.$∠2=2α$
答案
8.D 【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ AD//BC,∠C=90°,
∴ ∠ADB=∠1.
∵ 将矩形ABCD沿对角线BD折叠,点A落在A'处,
∴ ∠ADB=∠A'DB,
∴ ∠1=∠A'DB,
∴ ∠DEC=2∠1=2∠A'DB.
∵ 在Rt△DEC中,∠DEC=90°−α,即2∠1=90°−α,
∴ ∠1=45°−1/2α,故A不正确.
∵ 将△CDE沿DE折叠,点C落在△BDE内的C'处,
∴ ∠C'DE=∠CDE. 又
∵ ∠BDE＞∠C'DE,
∴ ∠BDE≠∠CDE,
∴ ∠1≠α,故B不正确. 由折叠得∠C'ED=∠CED,
∴ ∠2=180°−2∠CED=180°−2(90°−α)=2α,故C不正确,D正确. 故选D.
思路分析：根据矩形的性质可得AD//BC,∠C=90°,则∠ADB=∠1,进而根据折叠的性质推出2∠1=90°−α,∠2=2α,再进一步判断即可得出答案.
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ AD//BC,∠C=90°,
∴ ∠ADB=∠1.
∵ 将矩形ABCD沿对角线BD折叠,点A落在A'处,
∴ ∠ADB=∠A'DB,
∴ ∠1=∠A'DB,
∴ ∠DEC=2∠1=2∠A'DB.
∵ 在Rt△DEC中,∠DEC=90°−α,即2∠1=90°−α,
∴ ∠1=45°−1/2α,故A不正确.
∵ 将△CDE沿DE折叠,点C落在△BDE内的C'处,
∴ ∠C'DE=∠CDE. 又
∵ ∠BDE＞∠C'DE,
∴ ∠BDE≠∠CDE,
∴ ∠1≠α,故B不正确. 由折叠得∠C'ED=∠CED,
∴ ∠2=180°−2∠CED=180°−2(90°−α)=2α,故C不正确,D正确. 故选D.
思路分析：根据矩形的性质可得AD//BC,∠C=90°,则∠ADB=∠1,进而根据折叠的性质推出2∠1=90°−α,∠2=2α,再进一步判断即可得出答案.
解析
【分析】
解题时先结合矩形的性质得到对边平行、内角为直角的关系，再利用折叠前后对应角相等的性质，先推导∠1和α的关系，排除错误选项A、B；之后结合第二次折叠的对应角相等的性质，推导∠2和α的数量关系，最终判断出正确选项。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，∠C=90°，
∴ ∠ADB=∠1（两直线平行，内错角相等）。
∵ 将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A'处，
∴ ∠ADB=∠A'DB，
∴ ∠1=∠A'DB，
∴ ∠DEC=∠1+∠A'DB=2∠1（三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和）。
在Rt△DEC中，∠EDC=α，∠C=90°，
∴ ∠DEC=90°−α，即$2∠1=90°−α$，
∴ $∠1=45°−\frac{1}{2}α$，故A、B选项错误。
∵ 将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C'处，
∴ ∠C'ED=∠CED，
∴ $∠2=180°−2∠CED$，
将∠CED=90°−α代入得：$∠2=180°−2(90°−α)=2α$，故C选项错误，D选项正确。
【答案】D
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质
【点评】
本题是几何角度推导的典型题型，将矩形性质与折叠变换结合，需要熟练掌握折叠前后对应角相等的特点，结合平行线、直角三角形的角度关系逐步推导，侧重考查逻辑推理能力和几何图形分析能力。
【难度系数】
0.65
解题时先结合矩形的性质得到对边平行、内角为直角的关系，再利用折叠前后对应角相等的性质，先推导∠1和α的关系，排除错误选项A、B；之后结合第二次折叠的对应角相等的性质，推导∠2和α的数量关系，最终判断出正确选项。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，∠C=90°，
∴ ∠ADB=∠1（两直线平行，内错角相等）。
∵ 将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A'处，
∴ ∠ADB=∠A'DB，
∴ ∠1=∠A'DB，
∴ ∠DEC=∠1+∠A'DB=2∠1（三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和）。
在Rt△DEC中，∠EDC=α，∠C=90°，
∴ ∠DEC=90°−α，即$2∠1=90°−α$，
∴ $∠1=45°−\frac{1}{2}α$，故A、B选项错误。
∵ 将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C'处，
∴ ∠C'ED=∠CED，
∴ $∠2=180°−2∠CED$，
将∠CED=90°−α代入得：$∠2=180°−2(90°−α)=2α$，故C选项错误，D选项正确。
【答案】D
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质
【点评】
本题是几何角度推导的典型题型，将矩形性质与折叠变换结合，需要熟练掌握折叠前后对应角相等的特点，结合平行线、直角三角形的角度关系逐步推导，侧重考查逻辑推理能力和几何图形分析能力。
【难度系数】
0.65
9 [2025 四川内江中考]如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E，F分别是边AD，CD上的动点，连接BE，EF，点G为BE的中点，点H为EF的中点，连接GH，则GH的最大值是
5
。答案
9.5 【解析】如图,连接BD,BF.
∵ 在矩形ABCD中,AB=8,AD=6,∠A=90°,
∴ BD=√(AB²+AD²)=10,
∴ BF≤BD=10.
∵ 点G为BE的中点,点H为EF的中点,
∴ GH是△EBF的中位线,
∴ GH=1/2 BF ≤1/2×10=5,
∴ 当点F,D重合时,GH取得最大值5,故答案为5.
思路分析：连接BD,BF.由勾股定理可求BD的长,由三角形中位线定理可得GH=1/2 BF,当BF有最大值时,GH有最大值,即当点F,D重合时,BF取得最大值10,即可求解.
解析
【分析】
遇到双中点问题可优先考虑三角形中位线定理，观察到点G、H分别是BE、EF的中点，因此连接BF，可得GH是△BEF的中位线，即GH=½BF，此时求GH的最大值可转化为求BF的最大值。点B是矩形的定点，F是CD边上的动点，根据定点到线段上动点的距离最值规律，最大值出现在动点与线段端点重合时，计算矩形对角线BD的长度可知，BD是点B到CD端点的最长距离，因此当F与点D重合时BF取得最大值，进而可求出GH的最大值。
【解析】
解：连接BD、BF，
∵ 四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=6，∠A=90°，
∴ 由勾股定理得：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
∵ 点F是CD边上的动点，
∴ $BF≤BD=10$，当且仅当点F与点D重合时，BF取得最大值10。
又
∵ 点G为BE的中点，点H为EF的中点，
∴ GH是△EBF的中位线，
∴ $GH=\frac{1}{2}BF$，
∴ $GH≤\frac{1}{2}×10=5$，即GH的最大值为5。
【答案】
5
【知识点】
三角形中位线定理，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何动点最值问题，解题的核心是利用三角形中位线定理将未知线段的最值转化为易求线段的最值，同时要掌握动点在边线上运动时，最值通常出现在端点位置，很好地考查了转化思想和几何综合应用能力。
【难度系数】
0.7
遇到双中点问题可优先考虑三角形中位线定理，观察到点G、H分别是BE、EF的中点，因此连接BF，可得GH是△BEF的中位线，即GH=½BF，此时求GH的最大值可转化为求BF的最大值。点B是矩形的定点，F是CD边上的动点，根据定点到线段上动点的距离最值规律，最大值出现在动点与线段端点重合时，计算矩形对角线BD的长度可知，BD是点B到CD端点的最长距离，因此当F与点D重合时BF取得最大值，进而可求出GH的最大值。
【解析】
解：连接BD、BF，
∵ 四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=6，∠A=90°，
∴ 由勾股定理得：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
∵ 点F是CD边上的动点，
∴ $BF≤BD=10$，当且仅当点F与点D重合时，BF取得最大值10。
又
∵ 点G为BE的中点，点H为EF的中点，
∴ GH是△EBF的中位线，
∴ $GH=\frac{1}{2}BF$，
∴ $GH≤\frac{1}{2}×10=5$，即GH的最大值为5。
【答案】
5
【知识点】
三角形中位线定理，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何动点最值问题，解题的核心是利用三角形中位线定理将未知线段的最值转化为易求线段的最值，同时要掌握动点在边线上运动时，最值通常出现在端点位置，很好地考查了转化思想和几何综合应用能力。
【难度系数】
0.7
