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(共16张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.2.2　菱形的判定
18.2　菱形
第1课时　菱形的判定(1)
　菱形的定义判定法
1.如图,在△ABC中,AD是角平分线,DE∥AC交AB于E,DF∥
AB交AC于F,若AE=3,那么四边形AEDF的周长为 ( )

A.9　　 B.12　　 C.15　　 D.18
B
解析　∵DE∥AC,DF∥AB,∴四边形AEDF是平行四边形,
∠EDA=∠FAD,∵AD平分∠BAC,∴∠EAD=∠FAD,∴∠EAD=
∠EDA,∴EA=ED,∴平行四边形AEDF是菱形,∴四边形AEDF
的周长为4AE=12.故选B.
2.【学科特色·多解法】如图,已知点A,D,C,B在同一条直线上,
且AD=BC,AE=BF,CE=DF.
(1)求证:AE∥BF.
(2)当DF=FC时,求证:四边形DECF是菱形.

证明 (1)∵AD=BC,∴AD+CD=BC+CD,∴AC=BD,∵AE=BF,
CE=DF,∴△AEC≌△BFD(SSS),∴∠A=∠B,∴AE∥BF.
(2)【证法一】由(1)知△AEC≌△BFD(SSS),
∴∠ECA=∠FDB,∴EC∥DF,
∵EC=DF,∴四边形DECF是平行四边形,
∵DF=FC,∴四边形DECF是菱形.
【证法二】在△ADE和△BCF中, ,
∴△ADE≌△BCF,∴DE=CF,
又∵EC=DF,∴四边形DECF是平行四边形,
∵DF=FC,∴四边形DECF是菱形.
　菱形的判定定理1
3.【学科特色·易错题】(2025山西临汾月考)如图,等边△ABC
的边长为6 cm,将△ABC向右平移得到△DCE,连结AD,AE,则
AE的长为_________cm.
解析　∵△ABC是等边三角形,且边长为6 cm,
∴AB=BC=AC=6 cm,∠ABC=∠ACB=60°,
将△ABC向右平移得到△DCE,
∴CE=DE=AD=6 cm,∠CED=∠ACB=60°,
∴AC=CE=DE=AD=6 cm,BE=12 cm,
∴四边形ACED是菱形,∴∠CEA= ∠CED=30°,
∴∠BAE=180°-∠ABC-∠CEA=90°,
∴AE= = (cm).
易错警示 本题易因对平移的性质理解不透彻而出错,也易因
不善于观察图形的特征,发现不了平移的距离等于等边△ABC
的边长而出错.
4.(2025江苏扬州中考改编)如图,在 ABCD中,对角线AC的垂
直平分线与边AD,BC分别相交于点E,F.求证:四边形AFCE是
菱形.

证明　∵EF垂直平分AC,
∴EA=EC,FA=FC,OA=OC,∠AOE=∠COF=90°,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,∴∠OAE=∠OCF,
在△OAE和△OCF中,
∴△OAE≌△OCF(ASA),∴EA=FC,
∴EA=EC=FA=FC,∴四边形AFCE是菱形.

5.【新考向·尺规作图】(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个单位长度
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个单位长度为半径画弧,两弧交于点C;(4)连结BC,DC,BD.
若∠A=40°,则∠BDC的度数是 ( )
D
A.64°　　 B.66°　　
C.68°　　 D.70°
解析　由尺规作图可知AB=AD=BC=DC,
∴四边形ABCD是菱形,∴AB∥CD,∠BDC=∠ADB= ∠ADC,
∴∠A+∠ADC=180°,
∵∠A=40°,∴∠ADC=180°-∠A=140°,
∴∠BDC= ∠ADC=70°.
故选D.
6.【学科特色·教材变式】(2025四川遂宁中考,★★☆)如图,
在四边形ABCD中,AB∥CD,点E,F在对角线BD上,BE=EF=FD,
且AF⊥AB,CE⊥CD.
(1)求证:△ABF≌△CDE.
(2)连结AE,CF,若∠ABD=30°,请判断四边形AECF的形状,并
说明理由.
解析 (1)证明:∵AB∥CD,∴∠ABF=∠CDE,
∵AF⊥AB,CE⊥CD,∴∠BAF=∠DCE=90°,
∵BE=EF=FD,∴BE+EF=FD+EF,即BF=DE,
在△ABF和△CDE中,
∴△ABF≌△CDE(AAS).
(2)四边形AECF是菱形,理由如下:
∵∠ABD=30°,AB∥CD,∴∠CDB=∠ABD=30°,
∵BE=EF,∠BAF=90°,∴AE是Rt△ABF的斜边BF上的中线,∴
AE= BF,∴AE=BE=EF,∴∠ABD=∠BAE=30°,∴∠AEF=60°,
∵∠BAF=90°,∠ABD=30°,∴∠AFE=60°,∴△AEF为等边三
角形,∴AE=AF= BF,同理可得CE=CF= DE,∵BF=DE,∴AE
=AF=CE=CF,∴四边形AECF是菱形.(共17张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.1.2　矩形的判定
18.1　矩形
第3课时　直角三角形斜边上的中线
　直角三角形斜边上的中线
1.【学科特色·教材变式】(2025北京海淀期中)如图所示的两段
公路AC,BC互相垂直,公路AB的中点M与点C被湖隔开,若测
得AB的长为2千米,则M,C两点间的距离为 ( )
A.2千米　　 B.1千米
C.0.5千米　　 D. 千米
B
解析　由题意得AC⊥BC,∴∠ACB=90°,∵AB=2千米,点M是
AB的中点,∴CM= AB=1(千米),∴M,C两点间的距离为1千米.
故选B.
2.(2025四川泸州期末)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,∠A=20°,
D是边AB的中点,则∠BDC的度数是 ( )

A.40°　　 B.30°　　 C.20°　　 D.10°
A
解析　∵∠ACB=90°,D是边AB的中点,
∴CD=BD=AD,∴∠DCA=∠A,
∵∠A=20°,∴∠DCA=∠A=20°,
∴∠BDC=∠DCA+∠A=20°+20°=40°,
∴∠BDC的度数是40°,故选A.
3.(2025陕西中考)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,∠A=20°,CD
为AB边上的中线,DE⊥AC,则图中与∠A互余的角有 ( )

A.2个　　 B.3个　　 C.4个　　 D.5个

C
解析　∵∠ACB=90°,CD为AB边上的中线,
∴CD=AD=BD,∠A+∠B=90°,
∴∠B=∠BCD,∴∠A+∠BCD=90°,
∵AD=CD,DE⊥AC,
∴∠ADE=∠CDE,∠A+∠ADE=90°,∴∠A+∠CDE=90°.
∴题图中与∠A互余的角共有4个.故选C.
4.(2025湖北武汉期末)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥
AB于点D,∠ACD=4∠BCD,点E是AB的中点,则∠DCE的度数
为___________.

54°
解析　∵∠ACB=90°,∠ACD=4∠BCD,
∴∠BCD= ∠ACB=18°,
∵CD⊥AB,∴∠CDB=90°,∴∠B=90°-∠BCD=72°,
∵点E是AB的中点,
∴CE=BE= AB,∴∠BCE=∠B=72°,
∴∠DCE=∠BCE-∠BCD=54°.

5.(2025江苏镇江期末,★★☆)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,
通过尺规作图得到的直线MN分别交AB,AC于点D,E,连结CD.
若CE= AE=1,则CD=_________.

解析　如图,连结BE,
∵CE= AE=1,∴AE=3,AC=4,由作图可知MN垂直平分AB,
∴AE=BE=3,在Rt△ECB中,BC= = ,∴AB=
= ,易知CD为直角三角形ABC斜边上的中线,
∴ CD= AB= .
6.(2025江苏徐州期末,★★☆)如图,在△ABC中,CF⊥AB,垂足
为F,BE⊥AC,垂足为E,M为BC的中点,连结MF,ME.
(1)求证:ME=MF.
(2)若∠ABC=54°,∠ACB=60°,求∠FME的度数.

解析 (1)证明:∵CF⊥AB,垂足为F,BE⊥AC,垂足为E,
∴△BCE和△BCF均为直角三角形,
∵M为BC的中点,∴MF=BM=CM,ME=BM=CM,∴ME=MF.
(2)∵MB=MF,ME=MC,∴∠MBF=∠MFB,∠MEC=∠MCE,
∵∠ABC=54°,∠ACB=60°,
∴∠BMF=180°-2×54°=72°,∠CME=180°-2×60°=60°,∴∠EMF=180°-72°-60°=48°,∴∠FME的度数为48°.
7.(2025湖南邵阳期中,★★☆)如图所示,一根长2.5米的木棍
(AB),斜靠在与地面(OM)垂直的墙(ON)上,此时O,B之间的距
离为0.7米,设木棍的中点为P.若木棍的顶端A沿墙下滑,且顶
端B沿地面向右滑行.
(1)如果木棍的顶端A沿墙下滑0.4米,那么
木棍的底端B沿地面向右滑行多少米
(2)请判断木棍滑动的过程中,点P到点O的
距离是否变化,并简述理由.
解析 (1)如图,假设木棍的顶端A沿墙下滑0.4米后到达点C,
同时顶端B沿地面向右滑行到达点D,在直角△ABO中,
已知AB=2.5米,BO=0.7米,
则由勾股定理得AO= =2.4米,
∵AC=0.4米,∴OC=2米,
易知三角形CDO是直角三角形,CD=2.5米,
由勾股定理得OD= =1.5米,
∴BD=OD-OB=1.5-0.7=0.8米.
∴木棍的底端B沿地面向右滑行0.8米.
(2)不变.
理由:在直角三角形中,斜边上的中线等于斜边的一半,因为斜
边AB的长度不变,所以斜边上的中线OP的长度不变,即点P到
点O的距离不变.(共28张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.1.1　矩形的性质
18.1　矩形
第2课时　矩形的性质(2)
　矩形的性质定理2
1.(2025重庆丰都期末)下列选项中,不属于矩形性质的是 ( )
A.两组对边分别相等　　 B.两条对角线相等
C.两条对角线互相垂直　　 D.邻边互相垂直
C
解析　矩形的两条对角线不一定互相垂直,故选C.
2.(2025广东广州期末)如图,矩形ABCD的边AB=4,∠AOB=60°,
则BC的长为 ( )

A.2　　 B.4　　 C.8　　 D.
D
解析　∵四边形ABCD为矩形,
∴OA= AC,OB= BD,AC=BD,∴OA=OB,
∵∠AOB=60°,∴△AOB为等边三角形,
∴OA=AB=4,∴AC=2OA=8,
由勾股定理得BC= = = ,
故选D.
方法归纳 因为矩形的对角线相等且互相平分,所以矩形的两
条对角线将矩形分成了四个等腰三角形,再由特殊角(如60°,
90°)可得到特殊的三角形(如等边三角形、等腰直角三角
形),从而可借助特殊三角形的性质求解.
3.(2025江苏南京玄武期末)如图,在矩形ABCD中,E,F分别为
OC,BC的中点,若EF=2,则AC=_________.
8
解析　∵四边形ABCD是矩形,对角线AC,BD交于点O,∴AC=
BD,OD=OB,∵点E,F分别为OC,BC的中点,EF=2,∴OB=2EF=2
×2=4,∴OD=OB=4,∴BD=OD+OB=8,∴AC=BD=8.
4.(2025湖南衡阳模拟)如图,四边形ABCD为矩形,过点A作AE
∥BD交CD的延长线于点E.求证:AC=AE.

证明　∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AC=BD,
∵AE∥DB,∴四边形AEDB是平行四边形,
∴AE=BD,∴AE=AC.
5.(2025福建泉州五中模拟)如图,在矩形ABCD中,对角线AC,
BD相交于点O,AE⊥BD于点E,DF⊥AC于点F.求证:BE=CF.

证明　∵四边形ABCD是矩形,对角线AC,BD相交于点O,
∴OA=OC=OB=OD,
∵AE⊥BD,DF⊥AC,∴∠AEO=∠DFO=90°,
在△AOE和△DOF中,
∴△AOE≌△DOF(AAS),∴OE=OF,
∴BO-OE=OC-OF,即BE=CF.

6.【学科特色·教材变式】(2025河南洛阳期末,★★☆)如图,
在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,CE⊥BD于点E,且
∠BCE∶∠DCE=2∶1,则∠ACE为 ( )
A.20°　　 B.25°　　
C.30°　　 D.35°
C
解析　∵四边形ABCD为矩形,∴∠BCD=90°,OC=OD,
∵∠BCD=∠DCE+∠BCE,且∠BCE∶∠DCE=2∶1,
∴∠BCE=60°,∠DCE=30°,
∵CE⊥BD于点E,∴∠DEC=90°,∴∠EDC=60°,
∵OC=OD,∴△ODC为等边三角形,
∴∠COD=60°,∵CE⊥BD,∴∠ACE=30°.故选C.
7.(2025河南信阳期末,★★☆)如图,在矩形ABCD中,对角线
AC与BD交于点O,延长BD至点E,延长DB至点F,使BF=DE.
(1)求证:四边形AFCE是平行四边形.
(2)若CE⊥CA,∠EOC=60°,试判断BD与EF之间的数量关系,并
说明理由.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴OA=OC,OB=OD,
∵BF=DE,∴OB+BF=OD+DE,∴OF=OE,∴四边形AFCE是平行
四边形.
(2)BD= EF.
理由:∵四边形ABCD是矩形,∴OB=OD=AO=CO,
∵∠ACE=90°,∠EOC=60°,∴∠CEF=30°,△OCD是等边三角
形,∴∠OCD=60°,CD=OD,∴∠DCE=30°,∴∠DCE=∠DEC,
∴DC=DE,∴OD=DE,∵BF=DE,OD=OB,∴OB=BF=OD=DE,
∴BD= EF.
8.(2025江苏南通期中,★★☆)如图,在矩形ABCD中,E是AD的
中点,延长CE,BA交于点F,连结AC,BD,DF.
(1)求证:BD=DF.
(2)当CF平分∠BCD,且BC=6时,求CD的长.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AD=BC,AC
=BD,∴∠FAE=∠CDE.∵E是AD的中点,∴AE=DE.在△FAE
和△CDE中, ∴△FAE≌△CDE(ASA),∴CD=
FA.∵CD∥AF,∴四边形ACDF是平行四边形,∴AC=DF,∴BD
=DF.
(2)∵四边形ABCD是矩形,∴∠CDE=∠BCD=90°,AD=BC,
∵CF平分∠BCD,∴∠DCE=45°.∴△CDE是等腰直角三角形,∴CD=DE.∵E是AD的中点,∴AD=2DE=2CD,∴BC=2CD=6,
∴CD=3.

9.【新课标·推理能力】【教材呈现】如图所示的是华东师大
版八年级下册数学教材第113页中的部分内容.
如图,点P是矩形ABCD的边AD上的一个动点,矩形的两条边
长AB,BC分别为8和15.求点P到矩形的两条对角线AC和BD
的距离之和.(提示:记对角线AC和BD的交点为点O,连结OP)

【问题解决】小明发现:如图①,记对角线AC和BD的交点为
点O,连结OP,过点P作PE⊥AC,PF⊥BD,垂足分别为点E,F,利
用矩形对角线的性质,通过S△AOP+S△DOP=S△AOD,便可求出PE+PF
的值,请你运用小明发现的方法,求出点P到矩形的两条对角
线AC和BD的距离之和,并写出解答过程.
【规律应用】如图②,当点P是矩形ABCD的边AB上任意一点
时,PE+PF=_______.
【规律探究】如图③,当点P是AD延长线上任意一点时,PE和
PF之间的数量关系是_________.
图① 图② 图③
解析　【问题解决】∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=90°,
AC=BD,AO=CO,BO=DO,∵AB=8,BC=15,∴BD=AC=
= =17,∴AO=CO=BO=DO= ,
∵S△AOP+S△DOP=S△AOD,∴ AO·PE+ DO·PF= AB·BC,
∴ × (PE+PF)= ×8×15,∴PE+PF= .
【规律应用】如图,连结OP,

∵S△AOP+S△BOP=S△AOB,∴ AO·PE+ BO·PF= AB·BC,∴ ×
(PE+PF)= ×8×15,∴PE+PF= .故答案为 .
【规律探究】如图,连结OP,
∵S△AOP-S△DOP=S△AOD,∴ AO·PE- DO·PF= AB·BC,∴ × (PE
-PF)= ×8×15,∴PE-PF= .故答案为PE-PF= .
方法导引　解决与矩形有关的折叠问题时,通常先找出一个
直角三角形,并设要求的线段长或与要求的问题有关的线段
的长为未知数,然后利用折叠的性质和矩形的性质,用未知数
表示出相关线段的长,接着在这个直角三角形中利用勾股定
理列出方程,从而求出未知数.
微专题　矩形中的折叠问题
1.(2025山西临汾侯马五中月考)如图,在矩形ABCD中,AB=16,
BC=8,将矩形沿AC折叠使点D落在点D'处,CD'与AB交于点F,
则S△ACF∶S△BCF的值为 ( )

A. 　　 B. 　　 C.2　　 D.
A
解析　由折叠可知∠DCA=∠D'CA,∵四边形ABCD是矩形,∴
DC∥AB,∴∠DCA=∠CAF,∴∠D'CA=∠CAF,∴FA=FC,设
FA=FC=x,则BF=16-x,在Rt△BCF中,BF2+BC2=CF2,∴(16-x)2+82=x2,解得x=10,∴AF=10,BF=6,∴S△ACF∶S△BCF= = = ,故选
A.
2.【学科特色·分类讨论思想】(2025江西中考)如图,在矩形纸
片ABCD中,沿着点A折叠纸片并展开,AB的对应边为AB',折痕
与边BC交于点P.当AB'与AB,AD中任意一边的夹角为15°时,
∠APB的度数可以是_____________________.

82.5°或52.5°或37.5°
解析　∵四边形ABCD是矩形,∴∠B=∠BAD=90°,
由折叠可知∠PAB'=∠PAB= ∠BAB',
如图1,当∠BAB'=15°时,∠PAB= ×15°=7.5°,
∴∠APB=90°-∠PAB=82.5°;
　
如图2,当∠DAB'=15°,且点B'与点B在直线AD同侧时,∠BAB'=
∠BAD-∠DAB'=75°,∴∠PAB= ×75°=37.5°,∴∠APB=90°-∠PAB=52.5°;
如图3,当∠DAB'=15°,且点B'与点B在直线AD异侧时,∠BAB'=
∠BAD+∠DAB'=105°,∴∠PAB= ×105°=52.5°,
∴∠APB=90°-∠PAB=37.5°.
综上所述,∠APB的度数可以是82.5°或52.5°或37.5°.(共14张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.1.1　矩形的性质
18.1　矩形
第1课时　矩形的性质(1)
　矩形的定义
1.【新考向·条件开放题】如图,在四边形ABCD中,AB∥DC,
AD∥BC,在不添加任何辅助线的前提下,要使四边形ABCD成
为一个矩形,只需添加的一个条件是____________________.
　∠A=90°(答案不唯一)
解析　添加的条件可以是∠A=90°(答案不唯一).理由:∵AB∥
DC,AD∥BC,∴四边形ABCD是平行四边形,又∵∠A=90°,∴
平行四边形ABCD是矩形.
　矩形的性质定理1
2.(2024江苏南通中考)如图,直线a∥b,矩形ABCD的顶点A在
直线b上,若∠2=41°,则∠1的度数为 ( )
A.41°　　 B.51°　　
C.49°　　 D.59°
C
解析　如图,延长CB与直线b交于点M,
∵a∥b,∠2=41°,∴∠BMA=∠2=41°.
∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=90°,
∴∠1+∠BMA=90°,∴∠1=90°-41°=49°.故选C.
3.(2024陕西中考)如图,四边形ABCD是矩形,点E和点F在边BC
上,且BE=CF,求证:AF=DE.

证明　∵四边形ABCD为矩形,
∴AB=CD,∠B=∠C=90°,
∵BE=CF,∴BE+EF=CF+EF,即BF=CE,
在△ABF和△DCE中,
∴△ABF≌△DCE(SAS),∴AF=DE.

4.(2025重庆沙坪坝期末,★★☆)如图,在矩形ABCD中,连结
AC,E是AD上一点,连结CE,CA平分∠BCE.若CD=4,AE=5,则线
段AC的长度为 ( )

A.6　　 B. 　　 C.8　　 D.
D
解析　∵CA平分∠BCE,∴∠BCA=∠ACE,∵四边形ABCD是
矩形,∴AD∥BC,∠D=90°,∴∠DAC=∠ACB,∴∠DAC=
∠ACE,∴AE=CE=5,∴DE= =3,∴AD=AE+DE=8,
∴AC= = = ,故选D.
5.【学科特色·最大值问题】(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,连结BE,EF,点G为BE的中点,点H为EF的中点,连结GH,则
GH的最大值是_________.

5
解析　如图,连结BD,BF,

∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=90°,∵AB=8,AD=6,∴BD=
=10,∵点G为BE的中点,点H为EF的中点,∴BF=
2GH,∴当BF的值最大时,GH的值最大,∵点F是边CD上的点,
∴当点F与点D重合时,BF的值最大,为10,∴GH的最大值为5.
6.(2025重庆渝北实验中学期中,★★☆)如图,在矩形ABCD中,
点E是BC边上一点,AE=AD,DF⊥AE于点F.
(1)求证:AB=DF.
(2)若AB=6,CE=2,求BC的长.

解析 (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,AD=BC,∠B=90°,∴∠AEB=∠DAF,
∵DF⊥AE,∴∠B=∠AFD=90°,
在△ABE和△DFA中,
∴△ABE≌△DFA(AAS),∴AB=DF.
(2)设BE=a,
∵AB=6,CE=2,∴AD=BC=BE+CE=a+2,
∵AE=AD,∴AE=BC=a+2,
在Rt△ABE中,由勾股定理得AE2=AB2+BE2,
∴(a+2)2=62+a2,解得a=8,∴BC=8+2=10.(共20张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.2.2　菱形的判定
18.2　菱形
第2课时　菱形的判定(2)
　菱形的判定定理2
1.(2025湖南中考)如图,在四边形ABCD中,对角线AC与BD互
相垂直平分,AB=3,则四边形ABCD的周长为 ( )
A.6　　 B.9　　
C.12　　 D.18
C
解析　∵对角线AC与BD互相垂直平分,
∴四边形ABCD是菱形,
∵AB=3,∴四边形ABCD的周长为4×3=12,故选C.
2.(2024四川攀枝花中考)如图,四边形ABCD是平行四边形,给
出下列四个条件:①AB=BC;②AC=BD;③AC⊥BD;④AC平分
∠BAD.添加其中一个条件,不能使四边形ABCD是菱形的是
( )
B
A.①　　 B.②　　
C.③　　 D.④
解析　添加AB=BC时,可根据有一组邻边相等的平行四边形
是菱形判定四边形ABCD是菱形;添加AC=BD时,不能判定四
边形ABCD是菱形;添加AC⊥BD时,可根据对角线互相垂直的
平行四边形是菱形判定四边形ABCD是菱形;添加AC平分
∠BAD时,可得∠BAC=∠DAC,∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠DAC=∠ACB,∴∠BAC=∠ACB,∴AB=BC,
∴四边形ABCD是菱形.故选B.
3.(2025吉林松原期末)在平行四边形ABCD中,AB=4,AC=6,BD
=2 .请判定四边形ABCD是哪种特殊的平行四边形,并说明
理由.

解析　四边形ABCD是菱形.
理由:∵四边形ABCD是平行四边形,对角线AC与BD交于点O,
AC=6,BD=2 ,
∴OA=OC= AC=3,OB=OD= BD= ,
∴OA2+OB2=32+( )2=16,
∵AB2=42=16,∴OA2+OB2=AB2,
∴△AOB是直角三角形,且∠AOB=90°,
∴AC⊥BD,∴四边形ABCD是菱形.
4.【学科特色·教材变式】(2025湖北黄石模拟)如图,在平行四
边形ABCD中,点E,F分别在BC,AD上,AC与EF相交于点O,且
AO=CO.
(1)求证:△AOF≌△COE.
(2)连结AE,CF.请添加一个条件,使四边形AECF为菱形,并说
明理由.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,∴∠FAO=∠ECO,∠AFO=∠CEO,
在△AOF与△COE中,
∴△AOF≌△COE(AAS).
(2)(答案不唯一)添加EF⊥AC,可使四边形AECF为菱形.
理由:∵△AOF≌△COE,∴OF=OE,
∵AO=CO,∴四边形AECF是平行四边形,
∵EF⊥AC,∴四边形AECF为菱形.

5.(2025吉林长春朝阳模拟,★★☆)一盏简单而精致的吊灯的
正面的平面图如图所示,四边形ABCD是一个菱形的内部框
架,对角线AC,BD相交于点O,四边形AECF是其外部框架,且点
E,F在直线BD上,BE=DF.
(1)求证:四边形AECF为菱形.
(2)若外部框架AECF的周长为160 cm,
EF=64 cm,BE=14 cm,则内部框架ABCD
的边长为_______cm.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OB=OD,
OA=OC,∵BE=DF,∴OE=OF,∴四边形AECF是平行四边形,
∵AC⊥BD,∴平行四边形AECF是菱形.
(2)由(1)可知∠AOE=90°,AO=CO,EO=FO,∵EF=64 cm,∴EO=
FO=32 cm,∵菱形AECF的周长为160 cm,∴AE=AF=40 cm,∴
AO= =24 cm,∵BE=14 cm,EO=32 cm,∴BO=18 cm,
∴AB= =30 cm.∴内部框架ABCD的边长为30 cm.
故填30.
6.(2025湖南岳阳期末,★★☆)如图,在 ABCD中,FA⊥AB,且
FA交CD于点E,交BC的延长线于点F,CF=BC,连结AC,DF.
(1)求证:四边形ACFD是菱形.
(2)若菱形ACFD的面积为30,AB=5,AG⊥BF,求AG的长.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC,CD∥AB,
∵点F在BC的延长线上,且CF=BC,
∴AD∥CF,AD=CF,
∴四边形ACFD是平行四边形,
∵CD∥AB,FA⊥AB交CD于点E,
∴∠CEF=∠BAF=90°,
∴FA⊥CD,∴四边形ACFD是菱形.
(2)∵四边形ACFD是菱形,∴AE=EF,∵CF=BC,∴CE= AB= ,
∵菱形ACFD的面积为30,∴ AF·CE= ×30,∴AF=12,
在Rt△ABF中,BF= =13,∵S菱形ACFD=CF·AG,CF= BF,∴AG=
= .
7.(2025江西赣州期末,★★☆)如图1,AE∥BF,AC平分∠BAD,
且交BF于点C,BD平分∠ABC,且交AE于点D,连结CD.
(1)求证:四边形ABCD是菱形.
(2)如图2,若DM⊥BF于点M,且AC=12,OM=8,求AB的长.

解析 (1)证明:∵AE∥BF,∴∠BCA=∠CAD,
∵AC平分∠BAD,∴∠BAC=∠CAD,∴∠BCA=∠BAC,
∴AB=CB,即△BAC是等腰三角形,
易得∠CBD=∠ABD=∠BDA,∴AB=AD,∴DA=CB,
∵BC∥DA,∴四边形ABCD是平行四边形,
∵△BAC是等腰三角形,BD平分∠ABC,
∴AC⊥BD,∴四边形ABCD是菱形.
(2)∵DM⊥BF,∴∠DMB=90°,
∵四边形ABCD是菱形,∴BO=DO,OA=OC,∴BD=2OM=16,∴
BO= BD=8,∵AC=12,∴AO= AC=6,∵AC⊥BD,∴AB=
=10.

8.【新课标·推理能力】Rt△ABC与Rt△FED是两块全等的含
30°角的三角尺,将其按如图1所示的方式拼在一起,CB与DE重
合.
(1)求证:四边形ABFC为平行四边形.
(2)取BC的中点O,将△ABC绕点O按顺时针方向旋转到图2中
△A'B'C'的位置,直线B'C'与AB,CF分别相交于P,Q两点,猜想
OQ,OP的大小关系,并证明你的猜想.
(3)在(2)的条件下,连结PC,QB,当旋转角至少为多少度时,四边
形PCQB为菱形 (不要求证明)
解析 (1)证明:∵△ABC≌△FCB,∴AB=CF,AC=BF.∴四边
形ABFC为平行四边形.
(2)OP=OQ.
证明:∵O是BC的中点,∴OC=OB,
∵△ABC≌△FCB,∴∠ABC=∠FCB,
在△COQ和△BOP中,
∴△COQ≌△BOP(ASA).∴OQ=OP.
(3)当旋转角至少为90°时,四边形PCQB为菱形.(共32张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.2.1　菱形的性质
18.2　菱形
第2课时　菱形的性质(2)
　菱形的性质定理2
1.【学科特色·教材变式】(2025山西临汾侯马五中月考)中国
结寓意团圆、美满,其以独特的东方神韵体现中国人民的智
慧和深厚的文化底蕴,小芳家有一个菱形中国结装饰,可抽象
成如图所示的菱形ABCD,测得BD=8 cm,AC=6 cm,则该菱形
的周长为 ( )
B
A.16 cm　　 B.20 cm　
C.24 cm　　 D.28 cm
解析　∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=BC=CD=AD,AC⊥BD,OA= AC=3 cm,OB= BD=4 cm,
∴AB= =5 cm,
∴菱形ABCD的周长为5×4=20 cm,故选B.
2.(2025福建泉州七中期末)如图,菱形ABCD的对角线AC,BD
交于点O,若∠1=70°,则∠2的度数为 ( )

A.20°　　 B.25°　　 C.30°　　 D.35°
A
解析　∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,AC⊥BD,
∴∠OBC=∠1=70°,∠BOC=90°,
∴∠2=90°-∠OBC=20°,故选A.
　菱形的面积
3.【学科特色·易错题】(2025四川绵阳期末)若菱形的两条对
角线的长分别为2和6,则它的面积是 ( )
A.24　　 B.12　　 C.8　　 D.6
D
解析　∵菱形的两条对角线的长分别为2和6,
∴该菱形的面积是 =6,故选D.
易错警示 菱形的面积等于其对角线乘积的一半,本题易受
原来学习的面积公式的影响,忘记乘 而出错.
4.【学科特色·多解法】(2025山东滨州沾化期末)如图,小明在
参观故宫博物院时,被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸
引,他从中提取出一个含60°角的菱形ABCD.若AB=2,则菱形
ABCD的面积为 ( )
A
A.2 　　 B.4 　　
C.8　　 D.16
解析　【解法一】如图,过A作AH⊥BC于H,
∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC=2,
∵∠B=60°,∴△ABC是等边三角形,
∴BH= BC=1,∴AH= = ,
∴菱形ABCD的面积=BC·AH=2× =2 .故选A.

【解法二】如图,连结BD,与AC相交于点O,取AB的中点E,连
结OE,∵四边形ABCD是菱形,AB=2,∠ABC=60°,∴AC⊥BD,
AC=2AO,BD=2OB,∠ABO= ∠ABC=30°,∴∠BAO=60°,∵E
为AB的中点,∴OE=AE= AB=1,∴△AOE为等边三角形,∴AO
=AE=1,在Rt△ABO中,BO= = = ,∴BD=2 ,∴菱形ABCD的面积= AC·BD= ×2×2 =2 .故选A.

5.(2025浙江杭州月考)如图,四边形ABCD是菱形,∠ACD=30°,
BD=6.
(1)求∠BAD的度数.
(2)若DH⊥BC,求线段AC和DH的长.

解析 (1)∵四边形ABCD是菱形,∴∠ACD=∠ACB,∠BAD=
∠BCD,∵∠ACD=30°,∴∠BCD=2×30°=60°,∴∠BAD=60°.
(2)∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,AB=AD=BC,OB=OD= BD,
OA=OC= AC,∵∠BAD=60°,∴△ABD是等边三角形,
∴AB=BD=6,∴OB=3,根据勾股定理,得AO= =
= ,∴AC=2AO=2 ,∴菱形ABCD的面积= AC·BD= ×2
×6=6 ,∵DH⊥BC,且BC=AB=6,∴菱形ABCD的面积=
BC·DH=6DH,∴6DH=6 ,∴DH= .

6.(2025重庆江津期末,★★☆)如图,菱形ABCD中,对角线AC,
BD交于点O,点E是AB边上一点,连结OE,若OE= BD,∠BAD=
α,则∠AOE= ( )
A. α　　 B. α-15°
C.90°- α　　 D.90°-α
D
解析　∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,∠BAC= ∠BAD=
α,OB= BD,∵OE= BD,∴OE=OB,∴∠BEO=∠ABO=90°-
α,∴∠AOE=∠BEO-∠BAO=90°- α- α=90°-α.故选D.
7.【新考向·尺规作图】(2025吉林长春双阳模拟,★★☆)如
图,菱形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,按以下步骤作图:
以点C为圆心,适当长为半径作弧,交AB于点E,F,再分别以点E,
F为圆心,大于 EF的长为半径作弧,两弧的交点为G,作射线
CG,CG交AB于点H,连结HO,若HO=2,BO=5,则菱形ABCD的面
积为__________.
20
解析　由作图可得CG⊥AB于点H,∴∠AHC=90°,
∵四边形ABCD是菱形,对角线AC与BD相交于点O,∴OA=OC,
OD=BO= BD,AC⊥BD,∴HO= AC,
∵BO=5,HO=2,∴BD=10,AC=4,
∴S菱形ABCD= AC·BD= ×4×10=20.
8.(2025河南洛阳期末,★★☆)如图,在菱形ABCD中,对角线
AC,BD相交于点O,点P,Q分别是BC,OD上的点,连结AP,QP,AP
与OB相交于点E.
(1)如图1,连结QA,当QA=QP时,试判断点Q是否在线段PC的垂
直平分线上,并说明理由.
(2)如图2,若∠APB=90°,且∠BAP=∠ADB,求证:PB=PC.
解析 (1)点Q在线段PC的垂直平分线上.
理由:如图,连结QC,

∵四边形ABCD是菱形,对角线AC,BD相交于点O,∴BD⊥AC,
OA=OC,∴QA=QC,∵QA=QP,∴QC=QP,∴点Q在线段PC的
垂直平分线上.
(2)证明:∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC=CD=DA,∠ADO=
∠CDO,∴∠ABD=∠ADB,∠CBD=∠CDB,∴∠ABD=∠CBD=
∠ADO=∠CDO.∵∠BAP=∠ADB,∴∠BAP=∠ABD=∠CBD.
∴AE=BE,∵∠APB=90°,∴∠BAP+∠ABP=90°,即∠BAP+∠
ABD+∠CBD=90°,∴∠BAP=∠ABD=∠CBD=30°,
∴∠ABC=60°,∵AB=BC,∴△ABC是等边三角形,
∵∠APB=90°,∴PB=PC.

9.【新课标·推理能力】(2025福建厦门期末)如图,在菱形
ABCD中,∠BCD=60°,点M在BC上,点N在AC上,且MN=BN.
(1)如图1,若AC,BD相交于点O,点N恰好与点O重合,求∠DMN
的度数.
(2)如图2,当点N在线段AC上运动时,∠DMN的度数会发生变
化吗 请说明理由.
解析 (1)∵四边形ABCD是菱形,∴BC=CD,OB=OD,∵∠BCD=
60°,∴△BCD是等边三角形,∴∠CBD=60°,∵MN=BN,
∴△BMN是等边三角形,∴∠BNM=60°,∴∠DNM=180°-
∠BNM=120°,又∵MN=BN,BN=DN,∴DN=MN,∴∠DMN=
∠MDN,∴∠DMN= (180°-∠DNM)= ×(180°-120°)=30°.
(2)当点N在线段AC上运动时,∠DMN的度数不发生变化,始终
等于30°.理由如下:连结BD交AC于点O,连结DN,
∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OB=OD,∴AC垂直平分
BD,∴BN=DN,∴∠NBO=∠NDO,设∠NBO=∠NDO=α,易得
△BCD是等腰三角形,∴∠DBC=60°,
分以下两种情况讨论:
①当点N在线段OA上时,如图所示,

则∠NBM=∠DBC+∠NBO=60°+α,∵MN=BN,∴∠NMB=
∠NBM=60°+α,在△NBM中,∠BNM+∠NMB+∠NBM=180°,
∴∠BNM+60°+α+60°+α=180°,∴∠BNM=60°-2α,
∵AC⊥BD,∠NBO=∠NDO=α,∴∠BNO=∠DNO=90°-α,
∴∠MNO=∠BNO-∠BNM=90°-α-(60°-2α)=30°+α,∴∠MND=∠MNO+∠DNO=30°+α+90°-α=120°,∵BN=DN,MN=BN,∴MN=DN,∴∠DMN=∠MDN,∴∠DMN= (180°-∠MND)= ×
(180°-120°)=30°;
②当点N在线段OC上时,如图所示,

则∠NBM=∠DBC-∠NBO=60°-α,∵MN=BN,
∴∠NMB=∠NBM=60°-α,
在△NBM中,∠BNM+∠NMB+∠NBM=180°,
∴∠BNM+60°-α+60°-α=180°,∴∠BNM=60°+2α,
∵AC⊥BD,
∠NBO=∠NDO=α,∴∠BNO=∠DNO=90°-α,∴∠MNC=180°-
(∠BNO+∠BNM)=180°-(90°-α+60°+2α)=30°-α,∵∠CND=
180°-∠DNO=180°-(90°-α)=90°+α,∴∠MND=∠MNC+
∠CND=30°-α+90°+α=120°,∵BN=DN,MN=BN,∴MN=DN,∴∠DMN=∠MDN,
∴∠DMN= (180°-∠MND)= ×(180°-120°)=30°.
综上所述,当点N在线段AC上运动时,∠DMN的度数不发生变
化,始终等于30°.
方法指导　求菱形中线段和的最小值的方法:先要通过轴对称的方法将同侧两点转化为异侧两点,再通过两点之间线段最短,求得两线段和的最小值.
微专题　菱形中的最小值问题
1.如图,在菱形ABCD中,对角线AC=6,BD=8,M,N分别是BC,CD
上的动点,P是线段BD上的一个动点,则PM+PN的最小值是
____.
解析　如图,设AC与BD交于点O,

作点M关于BD的对称点M',易知M'落在AB上,则当N,P,M'在同
一直线上,且NM'⊥AB时,PM'+PN的值最小,即PM+PN的值最
小,过N作NQ⊥AB于Q交BD于P,则当PM+PN=PN+PQ=NQ时,
PM+PN的值最小,在菱形ABCD中,AC⊥BD,AC=6,BD=8,∴OA
=3,OB=4,∴AB= =5,∵S菱形ABCD= ×6×8=5NQ,∴NQ= ,
∴PM+PN的最小值是 .
2.如图,菱形ABCD的边长为5,对角线AC=6,点E在边AB上,BE=
2,点P是AC上的一个动点,则PB+PE的最小值为_________.

解析　∵四边形ABCD是菱形,∴点B,D关于直线AC对称,连结
BD,DE,BD交AC于点O,DE交AC于点P',当P位于P'处时,PB+
PE的值最小,为DE的长.∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC,
AO= AC=3,∴DO= =4,∴BD=8,过D作DF⊥AB交BA的
延长线于F,则AB·DF= AC·BD,∴DF= ,∴AF= =
,∴EF= +5-2= ,∴DE= = .∴PB+PE的最
小值为 .(共26张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.1.2　矩形的判定
18.1　矩形
第2课时　矩形的判定(2)
　矩形的判定定理2
1.(2025重庆江北期末)如图,四边形ABCD是平行四边形,对角
线AC,BD相交于点O,要把 ABCD变成矩形,添加的条件可以
是 ( )
A.AB=BC　　 B.AC=BD
C.AC⊥BD　　 D.AD=BC
B
解析　根据矩形的判定定理2可知,当AC=BD时,平行四边形
ABCD是矩形,故选B.
2.(2025上海虹口期末)如图,四边形ABCD为平行四边形,延长
AD到E,使DE=AD,连结EB,EC,DB,添加一个条件后,不能判定
四边形DBCE为矩形的是 ( )
A.∠ADB=90°　　 B.AB=BE
C.BE=CD　　 D.BE⊥CD
D
解析　∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,BC=AD,BC∥AD,AB∥CD,
∵DE=AD,∴BC=DE,∵BC∥AD,∴BC∥DE,
∴四边形DBCE是平行四边形,
当添加的条件为∠ADB=90°时,可得∠BDE=90°,能判定平行
四边形DBCE是矩形,故选项A不符合题意;当添加的条件为
AB=BE时,可得CD=BE,能判定平行四边形DBCE是矩形,故选
项B不符合题意;当添加的条件为BE=CD时,能判定平行四边
形DBCE是矩形,故选项C不符合题意;当添加的条件为BE⊥
CD时,无法判定平行四边形DBCE是矩形,故选项D符合题意,
故选D.
3.(2025河南开封月考)如图,四边形ABCD是平行四边形,EB=
EC,EA=ED,∠AEB=∠DEC.求证:四边形ABCD是矩形.

证明　如图,连结AC,BD,

∵∠AEB=∠DEC,
∴∠AEB+∠BEC=∠DEC+∠BEC,即∠AEC=∠DEB,
在△ACE和△DBE中,

∴△ACE≌△DBE(SAS),∴AC=BD,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴四边形ABCD是矩形.
4.(2025重庆八中期中)如图,在 ABCD中,E,F分别是AB,CD上
的一点,BE=DF,EF=AC.
(1)证明:四边形AECF是矩形.
(2)若∠B=45°,AE= ,AC= ,求BC的长.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴CD∥AB,CD=AB,∵BE=DF,∴AE=CF,
∵AE∥CF,∴四边形AECF是平行四边形,
∵EF=AC,∴四边形AECF是矩形.
(2)∵四边形AECF是矩形,
∴∠AEC=90°,∴∠BEC=90°,
∵AE= ,AC= ,∴CE= =4,
∵∠B=45°,∴△CEB是等腰直角三角形,
∴CE=BE=4,∴BC= = .

5.(2025河南驻马店期末改编,★★☆)如图,在平行四边形
ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,动点E以每秒1个单位长度
的速度从点A出发沿AC方向运动,点F同时以每秒1个单位长
度的速度从点C出发沿CA方向运动,若AC=12,BD=8,则经过几
秒时,四边形BEDF是矩形
解析　设运动时间为t秒,则AE=CF=t,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC= AC=6,OB=OD= BD=4,
∴OE=OF,∴四边形BEDF是平行四边形,
当EF=BD,即OE=OD时,四边形BEDF是矩形,
此时6-t=4或t-6=4,解得t=2或t=10,
即经过2秒或10秒时,四边形BEDF是矩形.
6.(2025河南鹤壁月考,★★☆)如图,在平行四边形ABCD中,对
角线AC,BD相交于点O,AE⊥BD于点E,DF⊥AC于点F,且AE=
DF.
(1)求证:四边形ABCD是矩形.
(2)若∠BAE∶∠EAD=2∶3,求∠AOE的度数.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC= AC,OB=OD= BD,
∵AE⊥BD于点E,DF⊥AC于点F,
∴∠AEO=∠DFO=90°,
在△AEO和△DFO中,
∴△AEO≌△DFO(AAS),∴OA=OD,
∴AC=BD,∴四边形ABCD是矩形.
(2)由(1)知四边形ABCD是矩形,
∴∠ABC=∠BAD=90°,OA=OB,∴∠OAB=∠OBA,
∵AE⊥BD于点E,∴∠AEO=90°,
∵∠BAE∶∠EAD=2∶3,∴∠BAE=36°,
∴∠OBA=∠OAB=90°-36°=54°,
∴∠EAO=∠OAB-∠BAE=54°-36°=18°.
∴∠AOE=90°-∠EAO=90°-18°=72°.
7.(★★☆)如图,在 ABCD中,E为BC边的中点,连结AE并延长
交DC的延长线于点F,延长EC至点G,使CG=CE,连结DG,DE,
FG.
(1)求证:△ABE≌△FCE.
(2)若AD=2AB,求证:四边形DEFG是矩形.

证明 (1)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD,∴∠EAB=∠EFC,
∵E为BC的中点,∴EB=EC,
在△ABE和△FCE中,
∴△ABE≌△FCE(AAS).
(2)∵△ABE≌△FCE,∴AB=CF,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=DC,AD=BC,∴DC=CF,
又∵CE=CG,∴四边形DEFG是平行四边形,
∵E为BC的中点,CE=CG,∴BC=EG,
∵AD=BC=EG=2AB,DF=CD+CF=2CD=2AB,
∴DF=EG,∴平行四边形DEFG是矩形.
8.(2024四川自贡期中,★★☆)在四边形ABCD中,AC,BD相交
于点O,AD∥BC,∠ADC=∠ABC,OA=OB.
(1)如图1,求证:四边形ABCD为矩形.
(2)如图2,E是AD边上任意一点,EF⊥BD,EG⊥AC,F,G分别是
垂足,AD=24,AB=10,求EG+EF的值.
解析 (1)证明:∵AD∥BC,∴∠ADC+∠BCD=180°,
∵∠ADC=∠ABC,∴∠ABC+∠BCD=180°,∴AB∥CD,
∴四边形ABCD是平行四边形,∴OA=OC= AC,OB=OD= BD,
又∵OA=OB,∴AC=BD,∴四边形ABCD是矩形.
(2)如图,连结OE,
由(1)可知四边形ABCD是矩形,AC=BD,∴∠BAD=90°,∵AD=
24,AB=10,∴BD= =26,∴BO=OD=AO=CO=13,
∵S△AOD= S矩形ABCD= ×10×24=60,S△AOD=S△AOE+S△DOE,
∴60= ×13·EG+
×13·EF,∴EG+EF= .

9.【新课标·推理能力】(2025山西吕梁期中)如图,在矩形ABCD
中,AB=13 cm,动点P,Q分别从点A,C同时发出,点P以3 cm/s的
速度向点B运动,到达点B时停止,点Q以2 cm/s的速度向点D
运动,到达点D时停止,设运动时间为t s.
(1)当t为何值时,四边形APQD是矩形 并说明理由.
(2)连结QB,在P到达B之前,当t为何值时,PQ=BQ
解析 (1)当t为 时,四边形APQD是矩形.
理由:∵四边形ABCD是矩形,
∴CD=AB=13 cm,AB∥CD,∠D=90°,
由题意知CQ=2t cm,AP=3t cm,则DQ=CD-CQ=(13-2t)cm,
当AP=DQ时,易证四边形APQD是矩形,
此时3t=13-2t,解得t= ,
∴当t为 时,四边形APQD是矩形.
(2)由题意知CQ=2t cm,AP=3t cm,t< ,
则PB=AB-AP=(13-3t)cm,
如图,过点Q作QE⊥AB于点E,则∠QEB=90°,
∵PQ=BQ,∴BE= PB,
∵四边形ABCD是矩形,∴∠C=∠ABC=90°,
∴∠QEB=∠C=∠ABC=90°,
∴四边形BCQE是矩形,∴BE=CQ=2t cm,
∴2t= ×(13-3t),解得t= ,符合题意,
∴当t为 时,PQ=BQ.(共18张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.2.1　菱形的性质
18.2　菱形
第1课时　菱形的性质(1)
　菱形的定义及性质定理1
1.如图,在菱形ABCD中,∠ABC=70°,则∠ABD的度数是
( )

A.110°　　 B.70°　　 C.45°　　 D.35°

D
解析　∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD,AD∥BC,
∴∠ABD=∠ADB,∠CBD=∠ADB,∴∠ABD=∠CBD,
∵∠ABC=70°,∴∠ABD=35°.故选D.
2.(2024四川甘孜州中考)如图,在菱形ABCD中,AB=2,则菱形
ABCD的周长为_________.

8
解析　∵四边形ABCD是菱形,AB=2,
∴菱形ABCD的周长是4×2=8.
3.【学科特色·教材变式】(2025吉林长春公主岭月考)如图,菱形
ABCD中,∠BCD=120°,AC=3,则菱形ABCD的周长为______.

12
解析　∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC,AB∥DC,∴∠B+∠BCD=180°,∵∠BCD=120°,∴∠B=60°,∵AB=BC,∴△ABC是
等边三角形,∴AB=AC=3,∴菱形ABCD的周长=3×4=12.
4.(2025四川泸州中考)如图,在菱形ABCD中,E,F分别是边AB,
BC上的点,且AE=CF.求证:AF=CE.

证明　∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC,
∵AE=CF,∴AB-AE=BC-CF,即BE=BF,
在△ABF和△CBE中,
∴△ABF≌△CBE(SAS),∴AF=CE.

5.(2025甘肃天水模拟,★★☆)如图,在菱形ABCD中,E是CD的
中点,连结BE,若BE⊥CD,则∠ADC的度数是 ( )

A.120°　　 B.130°　　 C.140°　　 D.150°
A
解析　连结BD(图略),
∵四边形ABCD是菱形,∴CB=CD,AD∥CB,
∵E是CD的中点,BE⊥CD,∴BE垂直平分CD,∴DB=CB,
∴DB=CB=CD,∴△BCD是等边三角形,∴∠C=60°,
∴∠ADC=180°-∠C=120°,故选A.
技巧点拨 在求与菱形有关的角度问题时,由于菱形的每条
对角线都把菱形分成两个全等的等腰三角形,因此通常通过
连结对角线,把四边形中的问题转化为特殊三角形中的问题
来求解.
6.【学科特色·易错题】(2025上海中考,★★☆)已知矩形
ABCD中,点E在边CD上,点F是点E关于直线AD的对称点,连结
EF,AF,BE,若四边形ABEF是菱形,则 的值为_________.
解析　如图,
∵点F是点E关于直线AD的对称点,
∴DF=DE,设DF=DE=1,则EF=DE+DF=2,
∵四边形AFEB是菱形,∴AB=AF=EF=2,
∵四边形ABCD是矩形,∴∠ADC=90°,
∴∠ADF=180°-∠ADC=90°,
∴AD= = ,∴ = .
易错警示 本题易因对点F是点E关于直线AD的对称点理解
不透彻而出错,也易因对矩形和菱形的性质理解不透彻而出
错.
7.(2025四川泸州期中,★★☆)如图,在菱形ABCD中,∠A=60°,
AB=4,动点E,F分别在线段AB,BC上,且BE=CF,则EF的最小值
为_________.

解析　如图所示,连结BD,过点D作DG⊥AB于G,

∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD=BC=CD=4,AD∥BC,
∵∠C=∠A=60°,∴△ABD,△BCD都是等边三角形,∴CD=BD,
又∵BE=CF,
∴△BDE≌△CDF(SAS),∴DE=DF,∠BDE=∠CDF,∴∠BDE+
∠BDF=∠CDF+∠BDF,即∠EDF=∠CDB=60°,∴△EDF是等
边三角形,∴EF=DE,∴当DE的值最小时,EF的值也最小,易知
当E与点G重合时,DE的值最小,即EF的值最小,最小值为DG
的长,
∵DG⊥AB,∴AG= AB=2,∴DG= = ,∴EF
的最小值为 .
8.(2025四川南充模拟,★★☆)如图,在菱形ABCD中,BE⊥CD
于点E,DF⊥BC于点F.
(1)求证:BF=DE.
(2)若∠A=45°,DF=1,求DE的值.

解析 (1)证明:∵四边形ABCD是菱形,∴BC=DC,
∵BE⊥CD于点E,DF⊥BC于点F,
∴∠BEC=∠DFC=90°,
在△BEC与△DFC中,
∴△BEC≌△DFC(AAS),∴CE=CF,
∴BC-CF=DC-CE,∴BF=DE.
(2)∵四边形ABCD是菱形,∴∠C=∠A=45°,
∵DF⊥BC,∴∠DFC=90°,
∴△DFC是等腰直角三角形,∴CF=DF=1,
∴CD= ,由(1)知CE=CF,∴CE=1,
∴ED=CD-CE= -1.(共33张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.3　正方形
　正方形的定义与性质
1.(2025重庆璧山期中)正方形具有而菱形不一定具有的性质
是 ( )
A.四边相等　　
B.对角线相等
C.对角线平分一组对角　　
D.对角线互相垂直
B
解析　正方形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等.
故选B.
2.(2025湖南永州期中)已知正方形的对角线长为4,则该正方
形的面积为 ( )
A.16　　 B.12　　 C.8　　 D.4
C
解析　正方形的面积是 ×4×4=8,故选C.
3.(2025福建师大泉州附中期末)如图,点P为正方形ABCD内一
点,连结PA,PB,PC,PD,∠PBC=∠PCB=60°,则图中的等腰三角
形(含等边三角形)共有 ( )

A.1个　　 B.2个　　
C.3个　　 D.4个
D
解析　∵∠PBC=∠PCB=60°,∴△PBC是等边三角形,∴PB=
PC=BC,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=AD,∴PB=
AB=BC=PC=DC,∴△BAP,△CDP都是等腰三角形,∵∠PBC=
∠PCB=60°,∠ABC=∠DCB=90°,∴∠ABP=∠DCP=30°,
∵AB=DC,PB=PC,∴△BAP≌△CDP,∴PA=PD,∴△PAD是
等腰三角形.
综上所述,题图中的等腰三角形(含等边三角形)为△PBC,
△BAP,△CDP,△PAD,共4个.故选D.
　正方形的判定
4.(2025湖北武汉期末)已知四边形ABCD是平行四边形,增加
下列条件后,能判定四边形ABCD是正方形的是 ( )
A.对角线相等
B.对角线互相垂直
C.对角线相等且互相垂直
D.对角线平分一组对角
C
解析　根据对角线相等的平行四边形是矩形,对角线互相垂
直的平行四边形是菱形,对角线相等且互相垂直的平行四边
形是正方形,对角线平分一组对角的平行四边形是菱形,可得
增加选项C中的条件能判定四边形ABCD是正方形,故选C.
5.(2025江西赣州期末)现有下列条件:(1)两组对边分别相等;
(2)一组对边平行且相等;(3)一组邻边相等;(4)一个角是直角.
按下列方式顺次添加条件:
①(1)→(3)→(4);②(2)→(4)→(3);
③(1)→(2)→(3).
其中能使四边形成为正方形的是 ( )
C
A.仅①　　 B.仅③　　 C.①②　　 D.②③
解析　①先添加两组对边分别相等可得四边形是平行四边
形,再添加一组邻边相等可得平行四边形是菱形,最后添加一
个角是直角可得菱形是正方形,故①符合题意;②先添加一组
对边平行且相等可得四边形是平行四边形,再添加一个角是
直角可得平行四边形是矩形,最后添加一组邻边相等可得矩
形是正方形,故②符合题意;③依次添加条件(1)(2)(3)只能判定
四边形是菱形,不能判定四边形是正方形,故③不符合题意.故
选C.
6.(2025山西大同期中)如图,菱形BDEF的对角线BE,DF交于点
A,过点B作BC∥DF,过点D作CD∥BE,BC,CD交于点C.
(1)求证:四边形ABCD是矩形.
(2)当∠DEF=90°时,求证:四边形ABCD是正方形.
证明 (1)∵BC∥DF,CD∥BE,
∴四边形ABCD是平行四边形,
∵四边形BDEF是菱形,且对角线BE,DF交于点A,∴DF⊥BE,
∴∠BAD=90°,
∴四边形ABCD是矩形.
(2)∵四边形BDEF是菱形,∠DEF=90°,
∴四边形BDEF是正方形,
∴AD= DF,AB= BE,DF=BE,
∴AB=AD,由(1)知四边形ABCD是矩形,
∴四边形ABCD是正方形.

7.(2025山西晋中期中,★★☆)如图,已知四边形ABCD为正方形,
AB=2 ,E为对角线AC上一点,连结DE,过点E作EF⊥DE,交BC
的延长线于点F,以DE,EF为邻边作矩形DEFG,连结CG.
下列结论:①矩形DEFG是正方形;②CE=CF;③CG平分∠DCF;
④CG=AE.其中正确的为 ( )
A
A.①③④　　 B.①②④
C.①②③　　 D.①②③④
解析　过E作EM⊥BC于点M,过E作EN⊥CD于N,如图所示,
∵四边形ABCD是正方形,∴∠BCD=90°,∠ECN=45°,
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°,∴四边形EMCN是矩形,
∵∠ECN=45°,∠ENC=90°,∴∠NEC=45°,∴∠ECN=∠NEC,∴NE=NC,∴
四边形EMCN是正方形,∴EM=EN,∵四边形DEFG是矩形,∴
∠DEF=90°,
∴∠DEF=∠MEN=90°,∴∠DEN=∠MEF,
在△DEN和△FEM中,
∴△DEN≌△FEM(ASA),∴ED=EF,
∴矩形DEFG是正方形,故①正确;
∵矩形DEFG是正方形,∴DE=DG,∠EDC+∠CDG=90°,
∵四边形ABCD是正方形,∴AD=DC,∠ADE+∠EDC=90°,
∴∠ADE=∠CDG,
在△ADE和△CDG中,
∴△ADE≌△CDG(SAS),
∴AE=CG,∠DAE=∠DCG=45°,故④正确;
∵∠DCF=90°,∠DCG=45°,
∴CG平分∠DCF,故③正确;
当DE⊥AC时,点C和点F重合,
此时CF=0,显然CE≠CF,故②错误.
综上,①③④正确,故选A.
8.【学科特色·一线三等角模型】(2024江苏南京期末,★★☆)
如图,四边形ACDF是正方形,∠CEA和∠ABF都是直角,且E,A,
B三点共线,AB=4,则阴影部分的面积是_________.

8
解析　∵四边形ACDF是正方形,∴AC=FA,∠CAF=90°,
∴∠CAE+∠FAB=90°,
∵∠CEA=90°,∴∠CAE+∠ACE=90°,∴∠ACE=∠FAB,
又∵∠AEC=∠FBA=90°,∴△AEC≌△FBA,
∴CE=AB=4,∴S阴影= AB·CE=8.
9.(2025江苏镇江月考,★★☆)如图,四边形AECF是菱形,对角
线AC,EF交于点O,点D,B是对角线EF所在直线上的两点,且
DE=BF,连结AD,AB,CD,CB,∠ADO=45°.
(1)求证:四边形ABCD是正方形.
(2)若正方形ABCD的面积为32,BF=1,求点F到线段AE的距离.
解析 (1)证明:∵四边形AECF是菱形,且对角线AC和EF交于
点O,∴AC⊥EF,OA=OC,OE=OF,
∵DE=BF,∴BO=DO,
∴四边形ABCD是平行四边形.
又∵AC⊥BD,∴四边形ABCD是菱形,
∵∠ADO=45°,∴∠DAO=∠ADO=45°,∴AO=DO,
∴AC=BD,∴四边形ABCD是正方形.
(2)∵正方形ABCD的面积为32,∴ AC·BD=32,∴ ×4BO2=32,
∴BO=4(负值舍去),∴BO=DO=CO=AO=4,∴AC=2AO=8,∵
BF=1,∴OF=BO-BF=4-1=3,∵四边形AFCE是菱形,∴EF=2OE
=2OF=6,AC⊥EF,∴菱形AFCE的面积= AC·EF= ×8×6=24,
AE= = =5,设点F到线段AE的距离为h,则菱
形AFCE的面积=AE·h=24,即5h=24,∴h= ,即点F到线段AE的
距离为 .
10.【学科特色·教材变式】(2025四川德阳中考,★★☆)在综
合实践活动中,同学们将对学校的一块正方形花园ABCD进行
测量规划,如图,点E,F处是它的两个门,且DE=CF,要修建两条
直路AF,BE,AF与BE相交于点O(两个门E,F的大小忽略不计).
(1)这两条路是否等长 它们有什么位置关系 请说明理由.
(2)同学们测得AD=4米,AE=3米,根据实际需要,某小组同学想
在四边形OBCF上再修一条2.5米长的直路,这条直路的一端
在门F处,另一端P在已经修建好的路段OB或花园的边界BC
上,并且另一端P与点B处的距离不少于1.5米,则能否修建成这
样的直路 若能,能修建几条 请说明理由.

解析 (1)这两条路等长;它们的位置关系是互相垂直.理由如
下:
∵四边形ABCD是正方形,∴BA=AD=CD,∠BAE=∠D=90°,∵
DE=CF,∴AD-DE=CD-CF,∴AE=DF,在△BAE和△ADF中,

∴△BAE≌△ADF(SAS),∴BE=AF,∠ABE=∠DAF,∵∠BAE=
∠BAO+∠DAF=90°,∴∠BAO+∠ABE=90°,∴∠AOB=180°-
(∠BAO+∠ABE)=90°,∴AF⊥BE,
∴这两条路等长,且它们的位置关系是互相垂直.
(2)能修建一条这样的直路,且点P在边BC上.理由如下:
∵四边形ABCD是正方形,AD=4米,∴AD=AB=CD=4米,∵AE=
3米,∴DF=3米,∴DE=CF=1米,
在Rt△ABE中,由勾股定理得BE= = =5(米),
由(1)得AF=BE=5米,AF⊥BE,
∴S△ABE= BE·OA= AB·AE,∴OA= = =2.4(米),∴OF
=AF-OA=5-2.4=2.6(米),
根据“垂线段最短”可得点F与路段OB上的点之间的距离最
短为2.6米,∴路段OB上不存在到点F的距离等于2.5米的点P,
∴点P不在路段OB上.
设点P在边BC上,在Rt△PCF中,由勾股定理得PC=
= = ,∴BP=BC-PC=4- ,∵ < =2.5,∴4-
>1.5,∴边BC上存在符合题意的点P.
∴能修建一条这样的直路,且点P在边BC上.

11.【新课标·推理能力】四边形ABCD是正方形,G是直线BC
上任意一点,BE⊥AG于点E,DF⊥AG于点F,当点G在BC边上
时(如图1),易证DF-BE=EF.
(1)当点G在BC延长线上时,在图2中补全图形,写出DF,BE,EF
的数量关系,并证明.
(2)当点G在CB延长线上时,在图3中补全图形,写出DF,BE,EF
的数量关系,不用证明.
图1 图2 图3
解析 (1)如图,DF,BE,EF的数量关系为BE=DF+EF.

证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AB=DA,AB⊥AD.
∵BE⊥AG,DF⊥AG,∴∠AEB=∠DFA=90°,∵∠BAE+∠DAF
=90°,∠BAE+∠ABE=90°,∴∠ABE=∠DAF,
在△ABE和△DAF中,
∴△ABE≌△DAF(AAS),∴BE=AF,AE=DF,
∴BE=AF=AE+EF=DF+EF.
(2)如图,DF,BE,EF的数量关系为EF=DF+BE.
证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AB=DA,AB⊥AD.
∵BE⊥AG,DF⊥AG,
∴∠AEB=∠AFD=90°,
∵∠BAE+∠DAF=90°,∠BAE+∠ABE=90°,
∴∠ABE=∠DAF,
在△ABE和△DAF中,
∴△ABE≌△DAF(AAS),
∴BE=AF,AE=DF,∴EF=AE+AF=DF+BE.(共13张PPT)
第18章　矩形、菱形与正方形
18.1.2　矩形的判定
18.1　矩形
第1课时　矩形的判定(1)
　矩形的定义判定法
1.(2025福建泉州七中期末)如图,在 ABCD中,点E,F是BC上
的两点,BE=CF,连结AE,DF,若AE=DF,求证:四边形ABCD是矩
形.
证明　∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=DC,AB∥DC,∴∠B+∠C=180°,
在△ABE和△DCF中,
∴△ABE≌△DCF(SSS),
∴∠B=∠C=90°,∴四边形ABCD是矩形.
　矩形的判定定理1
2.(2025福建泉州五中期中改编)活动课上,小明用四根细木条
搭成如图所示的一个四边形,现要判断这个四边形是不是矩
形,以下测量方案正确的是 ( )
A.测量是不是有三个角是直角
B.测量一组对边是否相等
A
C.测量两组对边是否分别相等
D.测量一组邻边是否互相垂直
解析　∵有三个角是直角的四边形是矩形,
∴测量是不是有三个角是直角可以判断该四边形是不是矩
形,故选项A正确,故选A.
3.【学科特色·多解法】(2025吉林长春东北师大附中模拟)如
图,在△ABC中,AB=AC,AD为边BC上的中线,AG为外角∠EAC
的平分线,点F在射线AG上,CF∥AD.
求证:四边形ADCF为矩形.
证明　【证法一】∵AB=AC,AD为边BC上的中线,
∴AD⊥BC,∠BAD=∠CAD,∴∠ADC=90°,
∵CF∥AD,∴∠DCF+∠ADC=180°,∴∠DCF=90°,
∵AG为∠EAC的平分线,∴∠EAG=∠CAG,
∵∠BAD+∠CAD+∠EAG+∠CAG=180°,
∴∠CAD+∠CAG=90°,∴∠DAF=90°,
∴四边形ADCF为矩形.
【证法二】∵AB=AC,AD为边BC上的中线,
∴∠B=∠ACB,AD⊥BC,∴∠ADC=90°,
∵AG为∠EAC的平分线,
∴∠EAC=∠EAG+∠CAG=2∠CAG,
又∠EAC=∠B+∠ACB=2∠ACB,
∴∠CAG=∠ACB,∴AG∥BC,
又∵CF∥AD,∴四边形ADCF是平行四边形,
又∵∠ADC=90°,∴四边形ADCF为矩形.

4.【学科特色·转化思想】(2025北京师大附中
期中,★★☆)如图,在△ABC中,∠C=90°,在
线段AB上有一动点D,作DE⊥AC于E,DF⊥
BC于F,连结EF.在点D从点A运动到点B的
过程中(D不与A,B重合),下列关于线段EF长度变化的描述中,正确的是 ( )
B
A.先变长后变短　　 B.先变短后变长
C.一直变短　　 D.始终保持不变
解析　连结CD(图略),
∵∠ACB=90°,DE⊥AC于E,DF⊥BC于F,
∴∠ACB=∠DFC=∠CED=90°,
∴四边形CFDE是矩形,∴EF=CD,
易知当CD⊥AB时,CD最短,此时EF最短,
∵在点D从点A运动到点B的过程中,CD先变短后变长,∴线段
EF的长度先变短后变长,故选B.
方法归纳 解决本题的主要思路是利用三个角是直角的四边
形是矩形判定四边形CFDE是矩形,再利用矩形的两条对角线
相等,把线段EF的长度变化转化为线段CD的长度变化,进而
求解,体现了转化的数学思想.
5.【学科特色·方程思想】(2025云南中考,★★☆)如图,在△ABC
中,∠ABC=90°,O是AC的中点.延长BO至点D,使OD=OB.
连结AD,CD.记AB=a,BC=b,△AOB的周长为l1,△BOC的周长
为l2,四边形ABCD的周长为l3.
(1)求证:四边形ABCD是矩形.
(2)若l2-l1=2,l3=28,求AC的长.
解析 (1)证明:∵O是AC的中点,∴OA=OC,
∵OB=OD,∴四边形ABCD是平行四边形,
∵∠ABC=90°,∴平行四边形ABCD是矩形.
(2)∵AB=a,BC=b,△AOB的周长为l1,△BOC的周长为l2,四边形
ABCD的周长为l3,
∴l2-l1=BC-AB=b-a=2,l3=2(AB+BC)=2(a+b)=28,
∴ 解得
∴AB=6,BC=8,∴AC= =10.

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