2026年广东中考数学二轮复习讲练测热点05 特殊四边形的判定与性质（热点专练）（解析版）

热点05特殊四边形的判定与性质

热点聚焦方法精讲能力突破

第一部分热点聚焦·析考情聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。

第二部分题型引领·讲方法归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。

题型01平行四边形的性质求解

题型02平行四边形的性质与判定

题型03矩形的性质求解

题型04矩形的性质与判定

题型05菱形的性质求解

题型06菱形的性质与判定

题型07正方形的性质求解

题型08正方形的性质与判定

题型09特殊四边形中的多结论问题

第三部分能力突破·限时练精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。

近三年：根据近几年广东中考试题，“特殊四边形的判定与性质”部分的考试方向是突出基础性与综合性。

试题严格依据课标，高度关注特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的定义、性质和判定方法的灵活运用，

常与三角形全等、相似、勾股定理、锐角三角函数等知识综合考查。在题型上，该板块分布广泛：选择题

和填空题常考查特殊四边形的性质辨析、面积计算、与函数或最值问题的结合（如利用正方形性质求将军

饮马最值）；解答题中，通常在第22-24题位置出现，往往以“尺规作图+几何证明”或“动点综合题”的

形式考查特殊四边形的判定，如2024年考查中线旋转构造矩形。

预测2026年：2026年的考试方向将延续“素养立意”，更加注重在图形变换（平移、旋转、折叠）和动

态问题中考查特殊四边形的判定与性质。试题可能进一步创新设问，例如将特殊四边形与圆或函数图象相

结合。考试题型预计保持稳定：选择题或填空题中仍会出现特殊四边形性质的基本辨析；解答题中档题可

能延续“作图+证明”的模式，证明特殊四边形的判定；压轴题往往以特殊四边形为背景，结合动点、存在

性问题进行综合考查。

题型01平行四边形的性质求解

解｜题｜策｜略

1.紧扣性质得等量关系：运用平行四边形对边相等、对角相等、对角线互相平分等性质，建立线段相等、

角相等的等量关系。

2.结合三角形知识求解：将平行四边形问题转化为三角形问题——连接对角线构造全等三角形，或运用

勾股定理、三角形中位线进行计算。

3.注意方程思想应用：当题目涉及边长、角度计算时，常需设未知数列方程求解，尤其与角平分线、中

线结合时。

例1（2025·广东广州·二模）如图，在ABCD中，ACBC，DEAC于点E，若CE2，DE4，则

AE______．

【答案】3

【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，由平行四边形的性质和已知条件可证明ACAD，

2

设AEx，则ACADAECEx2，由勾股定理可得方程x2x242，解方程即可得到答案．

【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴ADBC，

∵ACBC，

∴ACAD，

设AEx，则ACADAECEx2，

∵DEAC，

∴AED90，

∴AD2AE2DE2，

2

∴x2x242，

解得x3，

∴AE3，

故答案为：3．

例2（2024·广东中山·一模）小宇利用尺规在ABCD内作出点E，又在BC边上作出点F，作图痕迹如图所

示，若EF2，则AB,CD之间的距离为___．

【答案】4

【分析】本题考查了平行四边形的性质，尺规作图，角平分线的性质定理：

过点E作EMCD于点M，ME交BA的延长线于点N，则由平行四边形得到ENBA，而EFBC，故

ENEF2,EFEM2,MNENEM4．

【详解】解：过点E作EMCD于点M，ME交BA的延长线于点N．

由作图可知，BE平分ABC，CE平分BCD，EFBC，

∵ABCD

∴AB∥CD，

∵EMCD，

∴ENBA，

∵EFBC，

∴ENEF2,EFEM2,MNENEM4，

∴AB,CD之间的距离为4．

故答案为：4．

【变式1】（2025·广东汕头·一模）如图，E，F是平行四边形ABCD的边AD上的两点，连接CE，BF交

于点O，EOF的面积为4，BOC的面积为9，四边形ABOE的面积为8，则图中阴影部分的面积为________．

【答案】9

【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟记平行四边形的性质，相似三角形

的判定与性质是解题的关键．连接BE．根据相似三角形的面积比等于相似比的平方得出

EO:COEF:BC2:3．得出三角形BOE的面积，推出ABCD的面积．从而推出结果．

【详解】解：如图，连接BE．

EF∥BC，

EOF∽COB．

EOF的面积为4，BOC的面积为9，

EO:COEF:BC2:3．

2

SS6，

BOE3BOC

BCE的面积为6915．

ABCD的面积为30．

又EOF的面积为4，BOC的面积为9，四边形ABOE的面积为8，

阴影部分的面积304989．

故答案为：9．

【变式2】（2025·广东汕头·一模）如图，在ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，延长DC至点E，

1

使得CEDC，连接OE，交BC于点F．若ABCD的面积为36，则图中阴影部分的面积为______．

3

36

【答案】

5

【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，过点O作OM∥DC，根据平行四

111

边形的性质得到OBBD，证明BOM∽BDC得到OMCD，BMBC，再证明△OFM∽△EFC得

222

SBF4

FM334△OBF1

到，则可求出FMBC，BFBC．则．再由S△OBCS四边形ABCD即可求出答

FC2105S△OBCBC54

案．

【详解】解：如图，过点O作OM∥DC交BC于M．

∵在ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，

1

∴OBBD，

2

∵OM∥DC，

∴BOM∽BDC，

OMBMOB1

∴，

CDBCBD2

11

∴OMCD，BMBC，

22

1

∴CMBC，

2

∵OM∥DC，

∴△OFM∽△EFC，

1

DC

FMOM3

∴2．

1

FCECDC2

3

1

又∵FMFCCMBC，

2

33

∴FMCMBC．

510

4

∴BFBMFMBC．

5

SBF4

∴△OBF．

S△OBCBC5

1

∵S△S四边形（可根据O分别是AC，BD的中点，结合三角形中线平分三角形面积得到）．

OBC4ABCD

4136

∴S△36，

OBF545

36

故答案为：．

5

题型02平行四边形的性质与判定

解｜题｜策｜略

1.紧扣性质转化问题：运用平行四边形对边相等、对角相等、对角线互相平分等性质，将问题转化为三

角形全等、勾股定理或中位线问题进行求解。

2.掌握判定基本思路：根据已知条件选择判定方法——已知一组对边平行，可证这组对边相等或另一组

对边平行；已知对角线相关，则考虑对角线互相平分。

3.重视综合应用能力：广东卷常将平行四边形与函数、尺规作图等知识综合考查，需灵活运用逆向思维

和数形结合思想解决问题。

例1（2025·广东佛山·二模）如图，点E为平行四边形ABCD对角线BD上一点．

(1)用尺规作图法作BCFDAE，点F为线段BD上的点．（保留作图痕迹，不要求写作法）

(2)连接CE，若经过A、C、E三点的圆也经过点F，求证：CEAE．

【答案】(1)详见解析

(2)详见解析

【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆内接四边形的性质等知识，

熟练掌握相关性质是关键．

（1）按照角的作图方法解答即可；

（2）证明连接AF，CE，证明ADE≌CBF，得到AECF，AEDCFB，证明四边形AECF是平行

四边形，证明四边形AECF是圆内接四边形，即可得到结论．

【详解】（1）解：如图，BCF为所求作的图形.

（2）证明：连接AF，CE，

四边形ABCD是平行四边形，

ADBC，AD∥BC，

ADECBF，

又DAEBCF，

ADE≌CBF，

AECF，AEDCFB

AEBCFD，

AE∥CF，

四边形AECF是平行四边形，

AFCAEC，

经过A、C、E三点的圆也经过点F，

四边形AECF是圆内接四边形，

AFCAEC180，

AFCAEC90，

CEAE.

例2（2025·广东汕头·三模）如图，AB为半O的直径，CA与半圆O相切，四边形BOCD是平行四边形，

BD与半O交于点E

(1)求证：CE是半O的切线；

(2)若CD3，BD5，求平行四边形BOCD的面积．

【答案】(1)见解析

(2)12

【分析】本题主要涉及圆的切线性质、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质以及勾股定理的应用，

连接辅助线OE并熟练掌握这些性质是解题的关键．

（1）要证明CE是半O的切线，需通过连接OE，利用平行四边形的性质得到角的关系，进而证明三角形

全等，得出CEO90即可证明．

（2）根据平行四边形的性质得出边的长度，再利用勾股定理求出AC的长度，最后根据平行四边形面积公

式求解．

【详解】（1）证明：连接OE，

OEOB，

BOEB，

四边形BOCD是平行四边形，

OCBD，

OEBCOE，BAOC，

AOCEOC，

在△CAO和CEO中，

OCOC

COACOE

OAOE

CAO≌CEO，

CAOCEO，

AC切O于A，

CAO90，

CEO90，

CE是半O的切线；

（2）解：四边形BOCD是平行四边形，CD3，BD5，

CDOBOA3，COBD5，

在Rt△CAO中，由勾股定理得：ACCO2AO24，

平行四边形BOCD的面积是3412．

【变式1】（2025·广东·模拟预测）如图，在平行四边形OABC中，AB2,BAC30，以点O为圆心，

作O与直线AC相切，切点为E，连接OE．

(1)求O的半径；

(2)延长EO交O于点F，G是射线EC上一点，若EFG与△EOC相似，请求出EG的长；

BP

(3)P是O上的一个动点，连接BP交直线AC于点H．在点P运动过程中，是否存在最大值？若存在，

BH

求出最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)1

23

(2)或23

3

(3)3

【分析】（1）根据平行四边形的性质得到ACOBAC30，由切线的性质得到OEAC，由含30度

角的直角三角形的性质即可求解；

（2）根据相似三角形的判定和性质，分类讨论，运用解直角三角形的计算，数形结合即可求解；

BPPQ

（3）作PQ∥AB，交AC的延长线于点Q，如图，得到PQH∽BAH，所以1，当PQ最大时，

BH2

BP

的值最大，平移AQ，使平移后的直线与O相切，设切点为P，作PQ∥AB，交AQ于点Q，连接

BH

BP

OP，当点P在点P处时，的值最大，再根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．

BH

【详解】（1）解：∵四边形ABCO是平行四边形，

∴OCAB2,OC∥AB，

∴ACOBAC30，

∵AC是O的切线，

∴OEAC，

∴CEO90，

1

∴OEOC1，

2

∴O的半径为1．

（2）解：当EFG∽ECO时，如图，

则FECO30，

EG

∵FEC90,EF2OE2，tanFtan30，

EF

323

∴EGEF·tanF2·tan302；

33

当EFG∽EOC时，如图，

则GECO30，

∵FEC90，

∴F90FGE60，

EG

∵EF2OE2，tanGtan60，

EF

∴EGEF·tan602323，

23

综上所述，EG的长为或23．

3

（3）解：作PQ∥AB，交AC的延长线于点Q，如图，

∴PQH∽BAH，

PHPQ

∴，

BHAB

PHBHPQAB

∴，

BHAB

BPPQ

∴1，

BH2

BP

∴当PQ最大时，的值最大，

BH

平移AQ，使平移后的直线与O相切，设切点为P，作PQ∥AB，交AQ于点Q，连接OP，则EP2，

BP

当点P在点P处时，的值最大，

BH

∵PQ∥AB，

∴PQEBAC30，

∴PQ2EP4，

P'Q'

∴13，

2

BP

∴的最大值为3．

BH

【变式2】（2025·广东佛山·三模）综合与实践

如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该

点为所在边的三等分点，那么这个平行四边形叫做“垂对三等分平行四边形”，垂足叫做“垂三等分点”．

(1)理解应用

如图1，在ABCD中，AEBD于点P，交CD于点E，若E为CD的三等分点，则ABCD是垂对三等

1

分平行四边形，P是垂三等分点．若DECD，DE7，BP6，则DP______；AD______．

3

(2)问题探究

1

如图2，在垂对三等分平行四边形ABCD中，P是垂三等分点，且满足AEAB．若CECB，试猜想BD

3

与BC的数量关系，并说明理由．

(3)拓展延伸

已知四边形ABCD是矩形，过点A作AEBD于点P，交CD于点E，AB9，当四边形ABCD是垂对三等

分平行四边形时，直接写出AD的长度．

【答案】(1)2；31

(2)BD2BC，理由见解析

(3)33或36

【分析】（1）由ABCD得到AB∥CD，得到DEP∽BAP，根据相似三角形的性质即可求出DP．根据勾

股定理在RtABP中，求出AP，进而在RtADP中求出AD；

BPEPBE2

（2）由ABCD得到AB∥CD，得到BEP∽DCP，因此，设EP2a，则CP3a，

DPCPDC3

3

BCCE5a，在Rt△BCP中，根据勾股定理求得BP4a，进而有DPBP6a，BDDPBP10a，

2

即可得到BD2BC；

11EPDE1

（3）分两种情况讨论：①若DECDAB3，则由DEP∽BAP，得到，设EP=a，则

33APAB3

DEEP3

AP3EP3a，AEAPEP4a，证明DEP∽AED，得到，求得a，即AE6，在RtADE

AEED2

22

中，根据勾股定理即可求出AD．②若DECDAB6，同①思路即可求解．

33

1

【详解】（1）解：DECD，DE7，

3

CD3DE37，

四边形ABCD是平行四边形，

AB∥CD，ABCD37，

DEP∽BAP，

DEDP7DP

，即，

ABBP376

DP2．

AEBD，

2

在RtABP中，APAB2BP2376233，

2

在RtADP中，ADAP2DP2332231．

故答案为：2；31；

（2）解：BD2BC，理由如下：

四边形ABCD是平行四边形，

AB∥CD，ABCD，

1

∵AEAB，

3

22

BEABCD，

33

ABCD，

BEP∽DCP，

BPEPBE2

，

DPCPDC3

设EP2a，则CP3a，CECPEP5a，

BCCE5a，

CEBD，

在Rt△BCP中，BPBC2CP2(5a)2(3a)24a，

BP2

，

DP3

3

DPBP6a，

2

BDDPBP10a，

BC5a，

BD2BC；

（3）解：分两种情况讨论：

11

①如图，若DECDAB3，

33

在矩形ABCD中，AB∥CD，

DEP∽BAP，

EPDE1

，

APAB3

设EP=a，则AP3EP3a，AEAPEP4a，

AEBD，

DPE90，

在矩形ABCD中，ADC90，

DPEADE，

DEPAED，

DEP∽AED，

DEEP3a

，即，

AEED4a3

3

解得a（负值舍去），

2

AE6，

在RtADE中，ADAE2DE233；

22

②如图，若DECDAB6，

33

在矩形ABCD中，AB∥CD，

DEP∽BAP，

EPDE2

，

APAB3

设EP2b，则AP3b，AEAPEP5b，

AEBD，

DPE90，

在矩形ABCD中，ADC90，

DPEADE，

DEPAED，

DEP∽AED，

DEEP62b

，即，

AEED5b6

310

解得b（负值舍去），

5

AE310，

在RtADE中，ADAE2DE236；

综上所述，AD的长为33或36．

题型03矩形的性质求解

解｜题｜策｜略

1.紧扣性质得等量关系：运用矩形对边相等且平行、四个角均为直角、对角线互相平分且相等等性质，

建立边、角间的相等关系。

2.转化问题勾股求解：常将矩形问题转化为直角三角形问题，借助勾股定理计算边长或对角线长，尤其

涉及折叠时。

3.结合相似方程思想：当图形中存在交叉线段时，通过证明三角形相似建立比例式，设未知数列方程求

解。

例1（2025·广东韶关·三模）如图，矩形ABCD的周长为20，对角线AC和BD相交于O点，M点为AD中

点，连接OM，则OMAM的值为________．

【答案】5

1

【分析】本题考查了矩形的性质，中位线的性质，根据题意可得AMAD，OM是△ADC的中位线，进

2

1

而可得OMCD，根据矩形ABCD的周长为20，则ADCD10，进而即可求解．

2

【详解】解：∵矩形ABCD的周长为20，

∴ADCD10，

∵对角线AC和BD相交于O点，M点为AD中点，

1

∴AMMDAD，AOCO

2

1

∴OMCD

2

1

∴OMAMADCD5，

2

故答案为：5．

例2（2025·广东深圳·三模）如图，在矩形ABCD中，以点A为圆心，以AD长为半径画弧，恰好交BC边

于点E，若扇形AED的面积为4，AD42，则CE的长度为_______．

【答案】424/442

【分析】本题考查扇形面积，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键，由根据题意

并结合扇形面积公式可得∠DAE45，然后在等腰直角ABE中，利用勾股定理求出BE的长，进而即可

得到CE的长．

【详解】解：由题可得：AEADBC42，

∵扇形AED的面积为4，AD42，

2

2

∴由扇形面积公式nr可得：n42，

S扇形4

360360

解得：n45，即∠DAE45，

∵四边形ABCD为矩形，

∴AEBDAE45，

在等腰直角ABE中，AE42，

由勾股定理可得：AB2BE2AE2，

解得：BE4，

∴CEBCBE424，

故答案为：424．

【变式1】（2025·广东东莞·二模）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC5，点E在CD边上，将四边形ABCE

沿直线AE翻折，得到四边形AFGE，点B，C的对应点分别为点F，G．当点D恰好在线段FG上时，线段

CE的长为______．

【答案】1.5

【分析】根据矩形及翻折的性质得AFAB4，EGCEa，FGBC5，∠F∠B90，GC90，

在RtADF中，由勾股定理可求出DF3，则DG2，然后在RtDEG中，由勾股定理可求出a1.5，进

而可得CE的长．

此题主要考查了矩形的性质，图形的翻折变换及其性质，熟练掌握矩形的性质，图形的翻折变换及其性质，

灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．

【详解】解：四边形是矩形，AB4，BC5，

CDAB4，ADBC5，

设CEa，

DECDCE4a，

由翻折的性质得：AFAB4，EGCEa，FGBC5，∠F∠B90，GC90，

在RtADF中，由勾股定理得：DFAD2AF252423，

DGFGDF532，

在RtDEG中，由勾股定理得：DE2DG2+EG2，

(4a)222a2，

解得：a1.5，

CEa1.5．

故答案为：1.5．

【变式2】（2025·广东阳江·模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB6，BC8，点E在BC边（不包含端

点）上运动，点F在AD边（包含端点）上运动，连接EF，G，H分别为EF，BE的中点，则GH长度的

最大值与最小值的差为________．

【答案】2

【分析】通过连接辅助线BF、BD，利用三角形中位线定理得出GH与BF的数量关系，再根据矩形性质确

定BF的最值，进而求出GH的最值差．

【详解】解：连接BF、BD．

∵G，H分别为EF，BE的中点，

∴GH是△BEF的中位线，

1

∴GHBF．

2

在矩形ABCD中，AB6，BC8．

1

当F与A重合时，BFAB6，此时GH最小，GH63；

min2

22221

当F与D重合时，BFBDABAD6810，此时GH最大，GHmax105．

2

∴GH长度的最大值与最小值的差为532．

故答案为：2．

题型04矩形的性质与判定

解｜题｜策｜略

1.紧扣性质转化问题：运用矩形对边相等且平行、四个角均为直角、对角线互相平分且相等等性质，将

问题转化为三角形全等、勾股定理或中位线问题求解。

2.掌握判定基本思路：根据已知条件选择判定方法——可证平行四边形+一个直角，或证平行四边形+对

角线相等，或直接证四边形有三个直角。

3.重视综合应用能力：广东卷常将矩形与折叠、尺规作图、函数等知识综合考查，需灵活运用方程思想

和数形结合思想解决问题。

例1（2025·广东惠州·二模）如图，在ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AOBO．

(1)求证：ABCD是矩形；

(2)点E在BC边上，满足CECO．若AB6，BC8，求BE的长．

【答案】(1)见解析

(2)3

【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理．解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．

（1）先利用平行四边形的性质得到AOOC，BOOD，利用AOBO得到ACBD，从而判定四边形为

矩形；

（2）根据AB6，BC8，ABCD是矩形，得到AC10，OC5，再CECO求出所求线段BE的长．

【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，

AOOC，BOOD，

AOBO，

ACBD，

ABCD是矩形；

（2）解：AB6，BC8，ABCD是矩形；

ACAB2BC210，

OC5，

CECO，

CE5，

BEBCCE3．

例2（2024·广东湛江·一模）如图，菱形ABCD对角线交于点O，CE∥BD，BE∥AC．

(1)求证：四边形OBEC是矩形；

(2)若BE3，CE1，求菱形ABCD的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)23

【分析】本题考查四边形综合，涉及平行四边形判定、菱形性质、矩形的判定与性质、菱形的面积公式等

知识，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．

（1）由平行四边形的判定得到四边形OBEC是平行四边形，再由菱形性质，结合矩形的判定即可得到答案；

（2）由已知条件，结合矩形性质及菱形性质得到相应线段长，利用菱形面积公式代值求解即可得到答案．

【详解】（1）证明：∵CE∥BD，BE∥AC，

∴四边形OBEC是平行四边形，

又∵四边形ABCD是菱形，

∴ACBD，

∴BOC90，

∴四边形OBEC是矩形；

（2）解：∵四边形OBEC是矩形，

∴OBCE1，OCBE3，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC2OC23，DB2OB2，

11

∴菱形ABCD的面积=ACBD23223．

22

【变式1】（2023·广东惠州·二模）如图，平行四边形ABCD中，ACBC，过点D作DEAC交BC的延

长线于点E，点M为AB的中点，连接CM．

(1)求证：四边形ADEC是矩形；

(2)若CM6.5，且AC12，求四边形ADEB的面积．

【答案】(1)见解析

(2)90

【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，理解直角三角形斜边中线等于斜边的一半，掌握平行

四边形的性质及矩形的判定方法是解题关键．

（1）利用平行线的性质分析可得DACACEE90，从而求证四边形ADEC是矩形；

（2）根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和勾股定理求得BC的长度，从而利用矩形和三角形的面积

公式计算求解．

【详解】（1）证明：平行四边形ABCD中，ADBC，

∵ACBC，

∴ACEACB90

∴DACACB90，

∵DEAC，

∴EACB90，

∴DACACEE90，

∴四边形ADEC是矩形；

（2）解：∵ACBC，点M为AB的中点，CM6.5，

∴AB2CM13，

在RtACB中，BCAB2AC25，

平行四边形ABCD中，ADBC5，

在矩形ADEC中，ADCE5，

11

∴四边形ADEB的面积S矩形SACCEACBC12512590．

ADECACB22

【变式2】（2023·广东梅州·二模）在菱形MNQL中，点A，B，C，D分别为ML，LQ，QN，MN的中

点．

(1)如图所示，求证：四边形ABCD为矩形；

(2)已知BD4，BC2，作BDC的角平分线DE交BC于点E，作AB，CD的中点F，G连接FG交BD

与点H，交DE于点T，求线段TH的长度．

【答案】(1)见解析

(2)423

11

【分析】（1）连接LN，MQ，LN与MQ的交点为点H，可证AD∥LN，ADLN，BC∥LN，BCLN，

22

MQ∥AB，从而可证四边形ABCD是平行四边形，可证LNMQ，即可求证；

DC3

（2）过点E作EKBD，垂足为K，可求CDBD²BC²23，sinDBC，可证

BD2

1KEx3

HTD∽BED，从而可得HTBE，设KECEx，则BE2x，由sinDBC，

2BE2x2

即可求解．

【详解】（1）

解：如图，连接LN，MQ，LN与MQ的交点为点H，

点A，B，C，D分别为ML，LQ，QN，MN的中点，

AD是ALM的中位线，BC是QLN的中位线，AB是MLQ中位线，

11

AD∥LN，ADLN，BC∥LN，BCLN，MQ∥AB，

22

AD∥BC，ADBC，

四边形ABCD是平行四边形，

四边形MNQL是菱形，

LNMQ，

ABLN，

ABAD，

四边形ABCD是矩形．

（2）

解：如图，过点E作EKBD，垂足为K，

，

四边形ABCD是矩形，

BCD90，ABCD，AB∥CD，

DC3

CDBD²BC²23，sinDBC，BF∥CG，

BD2

F、G是AB、CD的中点，

1

BFCGAB，

2

四边形BCGF是平行四边形，

FG∥BC，

1

HTDBED，DHTDBE，HDBD，

2

HTD∽BED，

HTHD1

，

BEBD2

1

HTBE；

2

DE是BDC的角平分线，

KECE，

设KECEx，则BE2x，

KEx3

sinDBC，

BE2x2

解得x436，

BE843，

1

HTBE423．

2

题型05菱形的性质求解

解｜题｜策｜略

1.紧扣性质转化问题：运用菱形四条边相等、对角线互相垂直平分、每条对角线平分一组对角等性质，

将问题转化为直角三角形或全等三角形进行求解。

2.灵活运用面积公式：菱形面积可用底乘高或对角线乘积的一半计算。涉及对角线条件时优先用后者，

常结合勾股定理求边长。

3.注意方程思想应用：已知边长、对角线或面积时，常设未知数构造方程（如勾股定理），同时注意分

类讨论。

例1（2024·广东·模拟预测）如图所示，在菱形ABCD中，对角线BD与AC交于点O，且AC2BD，BO2，

则菱形的边长为___．

【答案】25

【分析】本题考查了菱形的性质和勾股定理的应用，熟练掌握菱形对角线互相垂直平分是解题的关键．由

BO2可得BD4，再根据AC2BD得AC8；利用菱形对角线垂直平分的性质，在直角三角形AOB中，

利用勾股定理即可求出边长．

【详解】解：∵菱形ABCD中，对角线BD与AC交于点O，

∴BD2BO224，

又∵AC2BD，

∴AC248，

11

从而AOAC84，

22

在RtAOB中，AOB90，

∴AB2AO2BO2，

代入AO4，BO2，

即AB2422216420，

∴AB2025．

例2（2025·广东佛山·二模）如图，菱形ABCD的周长为24，ABC5BAD，以点B为圆心的EF与AD、CD

分别相切，则图中阴影部分（即扇形EBF）的面积是___________（结果保留π）

15

【答案】

4

【分析】过点B作BGAD于点G，由圆的切线的性质得到BG为半径，然后根据菱形的性质以及已知条

件得到A30，ABC150，求出BG，再由扇形面积公式求解即可．

【详解】解：∵菱形ABCD的周长为24，

∴BABCADDC6，AD∥BC，

过点B作BGAD于点G，

∵以点B为圆心的EF与AD、CD分别相切，

∴BG为半径，

∵AD∥BC，

∴AABC180，

∵ABC5BAD，

∴6A180，

解得：A30，ABC150，

1

∴BGBA3，

2

1503215

∴S，

扇形3604

15

故答案为：．

4

【变式1】（2025·广东河源·一模）如图，菱形ABCD中，BAD60，点E为AB上一点，点F为BC上

一动点，点G为对角线AC上一动点，当GEGF取得最小值为6时，则BEBF的值是____________．

【答案】23

【分析】本题考查考查了轴对称的性质，菱形的性质，全等三角形的判断和性质，解直角三角形，在DC上

作CMCF，可得GFGM，则GEGF取最小值时，E,G,M共线且EMAB，解直角三角形可得BEBF

的值，正确找到GEGF取最小值时，E,F的情况是解题的关键．

【详解】解：如图，在DC上作CMCF，

，四边形ABCD是菱形，

MCGFCG，

CFCM,CGCG，

△CGM≌△CGFSAS，

GFGM，

GEGFGEGM，

则GEGF取最小值时，即E,G,M共线且EMAB，如图，过点B作ANCD交于点N，EM6，

，四边形ABCD是菱形，BAD60

CBCD,BCD60，

BFDMCBCFCDCM，

BEMEMNMNB90，

四边形EBNM为矩形，

EMBN6,BEMN，

BEBFDMMNDN，

BNBN

在RtBCN中，BC43CD，CN23，

sin60tan60

BEBFDNCDCN23，

故答案为：23．

【变式2】（2024·广东佛山·一模）如图，在菱形ABCD中，AB2，B是锐角，AEBC于点E，M是AB

的中点，连结MD，ME．若EMD90，则BE的长为_________________．

【答案】31

【分析】这把呢提考查菱形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，延长DM交CB的延长线于点H，

先证ADM≌BHM(AAS)，再根据勾股定理AE2AB2BE2DE2AD2求解即可得到答案．

【详解】解：延长DM交CB的延长线于点H，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，

∴ABBCAD2，AD∥CH，

∴ADMH，

∵M是AB的中点，

∴AMBM，

在△ADM和△BHM中，

AMDBMH

∵ADMH，

AMBM

∴ADM≌BHM(AAS)

∴ADHB2，MDMH，

∵EMD90，

∴EMDH，

∴EHED，

设BEx，

∵AEBC，

∴AEAD，

∴AEBEAD90，

∵AE2AB2BE2DE2AD2，

∴22x2(2x)222，

解得：x131，或x231（舍去），

∴BE31；

故答案为：31．

题型06菱形的性质与判定

解｜题｜策｜略

1.紧扣性质转化问题：运用菱形四条边相等、对角线互相垂直平分等性质，将问题转化为直角三角形或

全等三角形进行求解。

2.掌握判定基本思路：根据条件选择判定方法——可证平行四边形+一组邻边相等，或证平行四边形+对

角线垂直，或直接证四条边相等。

3.灵活运用面积公式：菱形面积可用底乘高或对角线乘积的一半计算。广东卷常结合勾股定理和方程思

想求边长或对角线长。

例1（2025·广东东莞·一模）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AD，BC

于点E，F．

(1)证明：四边形EBFD是菱形；

(2)若BF2，EBF60，求BD的长．

【答案】(1)见解析

(2)23

【分析】本题考查菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形判定及性质，含30度的直角三角形三边关系

等．

（1）先证明BOF≌DOEASA，可得四边形EBFD是平行四边形，即可得到本题答案；

1

（2）利用菱形性质得到FBOEBF30，再利用勾股定理求出OBBF2OF23，继而得到本

2

题答案．

【详解】（1）证明：四边形ABCD是矩形，O是对角线BD的中点，

∴ADBC，OBOD，

FBOEDO，

在BOF和DOE中，

BOFDOE

OBOD，

FBOEDO

∴BOF≌DOEASA，

BFDE，

又∵DE∥BF，

四边形EBFD是平行四边形，

EFBD，

四边形EBFD是菱形；

（2）解：四边形EBFD是菱形，

1

FBOEBF30，

2

BOF90，

1

OFBF1，

2

OBBF2OF23，

BD2OB23．

例2（2025·广东清远·二模）如图，△ABD是由EBC在平面内绕点B逆时针旋转60得到的，且ABBC，

BECE，连接DE．

(1)求证：△ABD≌△EBD；

(2)四边形ABED是什么特殊的四边形？并说明理由．

【答案】(1)见解析

(2)菱形，见解析

【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的判定，旋转变换等知识，熟练掌握知识点的应用是

解题的关键．

（1）根据旋转的性质及角度间的关系得出ABD906030，DBE603030，再根据“SAS”

即可证明结论；

（2）根据全等三角形的性质及菱形的判定方法即可得出结果．

【详解】（1）证明：由旋转知ABEB，BDBC，ABDEBC，ABEDBC60，

∵ABBC，

∴ABC90，

∴ABD906030，DBE603030，

在△ABD和△EBD中，

BDBD

ABDEBD，

ABBE

∴△ABD≌△EBDSAS；

（2）解：四边形ABED是菱形，理由如下：

∵△ABD≌△EBD，

∴ADED，

∵BECE，ABEB，ADEC，

∴ABEBDEAD，

∴四边形ABED是菱形．

【变式1】（2024·广东江门·二模）如图，在O中，AB是直径，点E是弧AC的中点．

(1)如图1，连接OE，CE，若CE∥AB，求证：四边形OBCE是菱形；

(2)如图2，延长AE，BC交于点D，若AE＝3，BC＝2，求O的半径．

【答案】(1)证明见解析

119

(2)

2

【分析】对于（1），先证明OE∥BC，可得四边形是平行四边形，再根据“邻边相等的平行四边形是菱形”

得出答案；

AEAO

对于（2），连接OE，CE，BE，根据平行线分线段成比例得1，再证明DCE∽DAB，根据相

EDOB

似三角形的对应边成比例得BD，再根据线段垂直平分线的性质得ABBD，可得答案．

【详解】（1）∵点E是AC的中点，

∴OEAC．

∵AB是O的直径，

∴ACB90，

∴OE∥BC．

∵CE∥AB，

∴四边形OBCE是平行四边形．

∵BOEO，

∴四边形OBCE是菱形；

（2）如图，连接OE，CE，BE，

由（1）可知OE∥BC，

AEAO

∴1，

EDOB

∴AEDE3，

∴AD336．

∵DCEBCEBCEBAD180，DECAECAECABD180，

∴DCEDAB，DECDBA，

∴DCE∽DAB，

DEDC

∴，

BDAD

3BD2

即，

BD6

解得BD119，负值舍去．

∵AB是O的直径，

∴AEB90，

∴BEAD．

∵AEDE，

∴ABBD119，

119

∴O的半