专题10 四边形-【好题汇编】2024年中考数学三模试题分类汇编（全国通用）

专题10 四边形-（原卷版） 多边形和平行四边形 1．（2024·辽宁抚顺·三模）如图，在中，，点分别为的中点，则（    ）    A． B．1 C．2 D．4 2．（2024·黑龙江绥化·三模）如图，在平面直角坐标系中，点，分别在轴、轴上，轴，与双曲线交于点，与双曲线交于点，若四边形为平行四边形，则平行四边形的面积是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2024·四川南充·三模）如图中，已知，，，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 4．（2024·四川成都·三模）半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为，则这个内接正多边形的边长为（   ） A．1 B．2 C． D． 5．（2024·吉林长春·三模）如图，在正五边形中，对角线、分别交于点F、G．若与四边形的周长分别为a、b，则下列说法正确的是（    ）    A． B． C． D．a，b大小无法比较 6．（2024·河北邯郸·三模）在四边形中，，其中部分线段的长已标记在图中，要使四边形为平行四边形，有如下三种添加条件的方案：甲：应添加条件“”；乙：应添加条件“”；丙：应添加条件“”．其中正确的是（    ）． A．甲和丙 B．甲和乙 C．只有乙 D．甲、乙和丙 7．（2024·山西太原·三模）在记忆平行四边形的判定时，为了方便，我们是这样记忆的：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，两组对角分别相等的四边形是平行四边形，对角线互相平分的四边形是平行四边形．在这个记忆方法中，体现的主要的数学思想是（    ） A．数形结合思想 B．分类讨论思想 C．转化思想 D．类比思想 8．（2024·江苏无锡·三模）正十二边形的外角和为（  ） A． B． C． D． 9．（2024·浙江宁波·三模）如图，在中，为的中点，，交于点，连接，在上取点，过点作，分别交，于点，，过点作AB，分别交，，于点，，．记四边形面积为，四边形面积为，四边形面积为，四边形面积为，欧几里得在《几何原本》中利用该图得出：．若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 10．（2024·山东聊城·三模）如图，四边形是矩形，点是边上任意一点（不与点A，D重合），连接，．点E，F分别是，的中点，连接，，，过点F作，交于点H．若，，则的最小值是（    ） A．5 B．8 C．10 D．13 11．（2024·山东济南·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点．若，，，则的长是（　　）    A． B． C． D． 12．（2024·安徽亳州·三模）如图，四边形的对角线，相交于点，，，则下列说法错误的是（       ） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 13．（2024·陕西西安·三模）如图，在中，D、E、F分别是边、、的中点，于点H，若，则的长为（   ） A．6 B． C．8 D．10 14．（2024·河南周口·三模）如图1，平行四边形中，，，点P从点A出发，沿以每秒1个单位长度的速度匀速运动到点B，图2是点P运动时，的周长y随时间变化的关系图象，则平行四边形的面积为（    ） A．8 B． C． D．4 15．（2024·浙江温州·三模）如图，在中，平分分别交，，延长线于点，，，记与的面积分别为，，若，则的值是（    ） A． B． C． D． 16．（2024·河北唐山·三模）对于题目：如图1，在钝角中，，，边上的中线，求的面积．李明想到了如图2和图3所示的两种作辅助线的方法． 则下列说法正确的是（   ） A．只有方法一可行 B．只有方法二可行 C．方法一、二都可行 D．方法一、二都不可行 17．（2024·四川自贡·三模）下列说法中，正确的说法有（ ） ①对角线互相平分且相等的四边形是菱形； ②等腰三角形中有两边长分别为和，则周长为； ③依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形是平行四边形； ④点关于轴的对称点是； ⑤在数据，，，，中，众数是，中位数是． A．个 B．个 C．个 D．个 18．（2024·河南南阳·三模）如图，点，半径为2，，，点是上的动点，点是的中点，则的最小值为（    ） A．1.5 B．2 C．2.5 D．3 19．（2024·河南南阳·三模）如图，点，分別是边，的中点，点在上，．连接并延长，与的延长线相交于点．若，则线段的长为(   ) A．4 B．6 C．8 D．10 20．（2024·浙江台州·三模）在平面直角坐标系中，平行四边形的三个顶点：点，点，点．用含a，b，m，n的式子表示点B的坐标是（    ）．    A． B． C． D． 21．（2024·江苏盐城·三模）如图，已知平行四边形的对角线，相交于点，下列选项能使平行四边形成为矩形的条件是（    ） A． B． C． D． 22．（2024·浙江杭州·三模）如图，在中，，、的平分线分别交于点E，F，与交于点G．若，，，则（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 23．（2024·山西阳泉·三模）如图，在中，，的平分线交于点，交的延长线于点，若，则 ． 24．（2024·广东中山·三模）如图，量筒的液面呈凹形，近似看成圆弧，读数时视线要与液面相切于最低点C（即弧中点）．小温想探究仰视、俯视对读数的影响，当他俯视点C时，记录量筒上点D的高度为；仰视点C（点E、C、B在同一直线），记录量筒上点E的高度为，若点D在液面圆弧所在圆上，量筒直径为，则平视点C，点C的高度为 ． 25．（2024·广东深圳·三模）如图，在平行四边形中，点在轴正半轴上，点是的中点，若反比例函数的图象经过，两点，且的面积为，则 ．    26．（2024·山西运城·三模）如图，的顶点A在x轴的负半轴上，反比例函数（，）的图象经过点B，反比例函数（，）的图象经过C，D两点，D为的中点，连接．若的面积为6，则的值为 ． 27．（2024·湖北武汉·三模）如图，、是平行四边形的对角线上两点，． (1)求证：； (2)连接，和，请添加一个条件： 使得四边形为矩形． 28．（2024·江西九江·三模）如图，这是的正方形网格，四边形的四个顶点都在格点（小正方形的顶点）上，请仅用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中的线段上作点M，使得的长等于与之间的距离． (2)在图2中作线段，使得，且直线平分四边形的面积． 29．（2024·河南周口·三模）（1）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，已知点，，如何求顶点C的坐标呢?下面是小明和小颖的求解思路：    小明：如图，分别过点B，C向x轴作垂线，垂足为D和E，   在平行四边形中，有，，则 ，又，故（ ），所以，…… 小颖：在平行四边形中，有，且，因为点O水平向右平移3个单位长度得到点，所以点水平向右平移3个单位长度得到点C，于是点C的坐标为 ． 请将填空处的内容依次填在横线上： ， ， ． （2）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，已知点，，求顶点R的坐标．    30．（2024·吉林长春·三模）如图，在中，，，，点为中点，动点P从点A出发，沿边以每秒5个单位长度的速度向终点运动，连结，将线段绕点逆时针旋转得线段，连结．设点运动的时间为秒． (1)用含的代数式表示点到的距离为________； (2)当点落在内部（不包括边界）时，求的取值范围； (3)当与的一边平行时，求线段的长度； (4)当经过点E与的一个顶点的直线平分面积时，直接写出的值． 31．（2024·山东济南·三模）锐角中，以为边向外作等边，以为边向外作，其中，，F为的中点，分别连接． (1)如图1，为等边三角形， ①与的数量关系是_________；与的位置关系是________； ②求的长度； (2)如图2，时，与的关系是否改变？如果不变请证明；如果改变请写出新的关系并证明； (3)如图3，为任意的锐角三角形，当时直接写出长度的取值范围． 特殊的平行四边形 32．（2024·江苏徐州·三模）如图，矩形中，，，点E在上，，作，交于点F，则的长为（   ） A．2 B．1 C． D． 33．（2024·广东清远·三模）如图，在中，，顶点A的坐标为，以为边向的外侧作正方形，将组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 34．（2024·安徽六安·三模）如图，在矩形中，，，点E为射线上一动点，沿折叠，得到，若，则的长为（      ）． A． B． C． D． 35．（2024·河南周口·三模）如图，菱形的边长为，对角线，交于点，过点作于点，连接，若，则的长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 36．（2024·陕西榆林·三模）已知菱形的对角线相交于点，下列条件中，能够判定菱形为正方形的是（   ） A． B． C． D． 37．（2024·辽宁大连·三模）如图，在菱形中，，点为对角线、的交点，点为的中点，点为上一动点，若，则的最小值为（    ） A．4 B．6 C． D． 38．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在中，用尺规作的角平分线，保留用直尺和圆规的作图痕迹．若，，则为（    ）． A．10 B．8 C．6 D．4 39．（2024·河南·三模）把边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，边与交于点，则四边形的周长是（    ） A． B．10 C． D． 40．（2024·广东佛山·三模）如图，在中，，是两条对角线，如果添如一个条件，可推出是矩形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 41．（2024·浙江杭州·三模）如图，已知点E为正方形内一点，为等边三角形，连结，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 42．（2024·江苏泰州·三模）如图，已知矩形，为对角线，点、分别是与的内心，连结、、、．若，，那么四边形的周长 ． 43．（2024·广东深圳·三模）如图，正方形中，，点在的延长线上，且．连接，的平分线与相交于点，连接，则的长为 ． 44．（2024·广西·三模）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为 °． 45．（2024·江苏淮安·三模）如图，小明随机地在对角线为和的菱形区域内投针，针扎到内切圆区域的概率是 ． 46．（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ． 47．（2024·河南周口·三模）如图，在矩形中，，点E，F分别在边和上，将沿着折叠得到将 沿着折叠得到（点 在矩形内部），且三点共线；连接，当为等腰三角形时，的长为 ．    48．（2024·广东揭阳·三模）如图，为矩形的边的延长线上的动点，于，点在边上，若，，，则线段的最大值为 ．    49．（2024·云南楚雄·三模）如图，点是正方形内部一点，连接，将绕点旋转一定角度得到，当三点共线时，的度数为 ． 50．（2024·江苏盐城·三模）我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，小明同学在研究如图1边长为7的弦图时，发现将其中的四个全等的直角三角形取出，可以分别拼成如图2边长为9的正方形和如图3所示的菱形，则图3中菱形的面积为 ． 51．（2024·山东日照·三模）探究与推理 如图1，在矩形中，，，连接，点为上的一个动点，点从点出发，以每秒4个单位的速度沿向终点运动．过点作的平行线交于点，将沿对折，点落在点处，连接交于点，设运动的时间为秒； (1)用含有t的式子表示． (2)当t为何值时，点E恰好落在线段上； (3)如图2，在点运动过程中，以为直径作，当为何值时，与矩形的边相切？请说明理由． 52．（2024·山东日照·三模）如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点，并与两腰，分别相交于，两点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 53．（2024·山东济南·三模）如图，菱形中，F是上一动点，过F作交于点G，垂足为E，连结，．求证：． 54．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）天府新区某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究： (1)问题发现：如图1， 在等边中， 点P是边上任意一点， 连接， 以为边作等边， 连接． 易证： (2)变式探究：如图2，在等腰中，，点P是边上任意一点， 以为腰作等腰， 使，连接．判断和的数量关系，并说明理由： (3)解决问题：如图3，在正方形中，点P是边上一点，以边作正方形，Q是正方形 的中心， 连接．若正方形的边长为6，则正方形的边长为 55．（2024·湖北黄石·三模）如图，在四边形中，，，对角线于点O， (1)求证： (2)求证：四边形是菱形； 56．（2024·江苏徐州·三模）如图，四边形为一个矩形纸片，，动点P自D点出发运动至C点后停止．以直线为轴翻折，点D落到点E的位置设，与原纸片重叠部分的面积为y． (1)如图1，请求出当x为何值时，直线过点C； (2)如图2，点F在线段上，，当x为何值时，直线经过点F； (3)求出y与x的函数关系式． 57．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，P是菱形对角线上的一点，连接并延长交边于点E，连接并延长交边于点F． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，请直接写出图中所有的等腰三角形（不包括以菱形的边和为腰的等腰三角形）． 58．（2024·河南·三模）如图，游客从旅游景区山脚下的地面处出发，沿坡角的斜坡步行至山坡处，乘直立电梯上升至处，再乘缆车沿长为的索道至山顶处，此时观测处的俯角为，索道看作在一条直线上，求山顶的高度．（精确到，，，） 59．（2024·安徽六安·三模）如图，四边形是边长为4的正方形，以边为直径作，点E在边上，连接交于点F，连接并延长交于点G．    (1)求证：； (2)若，求劣弧的长．(结果保留) 60．（2024·河南周口·三模）在四边形中，是边上一点，在的右侧作 ，且 ，连接． (1)如图，当四边形是正方形时， ． (2)如图，当四边形是菱形时，求 （用含的式子表示）． (3)在（2）的条件下，且 如图，连接交于点；若为边的三等分点，请直接写出的长． 四边形 命题点1 多边形和平行四边形 命题点2 特殊的平行四边形 试卷第4页，共18页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 四边形-（解析版） 多边形和平行四边形 1．（2024·辽宁抚顺·三模）如图，在中，，点分别为的中点，则（    ）    A． B．1 C．2 D．4 【答案】D 【分析】此题考查了三角形中位线定理的应用，由点分别为的中点得到是的三角形中位线，即可得到答案. 【详解】解：∵点分别为的中点， ∴是的三角形中位线， ∴， 故选：D 2．（2024·黑龙江绥化·三模）如图，在平面直角坐标系中，点，分别在轴、轴上，轴，与双曲线交于点，与双曲线交于点，若四边形为平行四边形，则平行四边形的面积是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题考查了反比例函数图象与平行四边形综合，利用反比例函数的几何意义或利用设元法解决是关键．设，可表示出点坐标，便得和的长，即可得平行四边形的面积． 【详解】解：设， ∵轴，点在双曲线上，点在双曲线上， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴平行四边形的面积， 故选：D． 3．（2024·四川南充·三模）如图中，已知，，，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题重点考查图形与坐标、平行四边形的性质等知识，由，，证明轴，求得，由平行四边形的性质得，，则轴，求得，于是得到答案． 【详解】解：，， 轴，， 四边形是平行四边形，， ，， 轴， ，， ， 故选：D． 4．（2024·四川成都·三模）半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为，则这个内接正多边形的边长为（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质是正确解答的前提． 根据正六边形的性质，正三角形的性质进行计算即可． 【详解】解：如图， ∵半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为， ∴， ∴， ∴的内接正多边形是六边形， ， ， ∴是正三角形， ， ∴正六边形的边长为2， 故选：B． 5．（2024·吉林长春·三模）如图，在正五边形中，对角线、分别交于点F、G．若与四边形的周长分别为a、b，则下列说法正确的是（    ）    A． B． C． D．a，b大小无法比较 【答案】C 【分析】本题主要考查正多边形的性质及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握正多边形的性质及等腰三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而可得都为等腰三角形，最后问题可求解． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， 同理可得：，， ∴，， ∴， ∴的周长为， 四边形的周长为， 由三角形三边关系可得，即， ∴； 故选C． 6．（2024·河北邯郸·三模）在四边形中，，其中部分线段的长已标记在图中，要使四边形为平行四边形，有如下三种添加条件的方案：甲：应添加条件“”；乙：应添加条件“”；丙：应添加条件“”．其中正确的是（    ）． A．甲和丙 B．甲和乙 C．只有乙 D．甲、乙和丙 【答案】D 【分析】此题考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理． 首先根据得到，然后分别利用全等三角形的性质和判定以及平行四边形的判定定理求解即可． 【详解】∵ ∴ 若添加条件“” ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形，故甲正确； 若添加条件“” ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形，故乙正确； 若添加条件“” ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形，故丙正确； 综上所述，其中正确的是甲、乙和丙． 故选：D． 7．（2024·山西太原·三模）在记忆平行四边形的判定时，为了方便，我们是这样记忆的：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，两组对角分别相等的四边形是平行四边形，对角线互相平分的四边形是平行四边形．在这个记忆方法中，体现的主要的数学思想是（    ） A．数形结合思想 B．分类讨论思想 C．转化思想 D．类比思想 【答案】B 【分析】根据分类思想解答即可． 本题考查了数学的分类讨论的思想，熟练掌握数学思想是解题的关键． 【详解】根据分类讨论思想， 故A不符合题意； B符合题意； C不符合题意； D不符合题意； 故选B． 8．（2024·江苏无锡·三模）正十二边形的外角和为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于． 【详解】解：因为多边形的外角和为，所以正十二边形的外角和为． 故选：C． 9．（2024·浙江宁波·三模）如图，在中，为的中点，，交于点，连接，在上取点，过点作，分别交，于点，，过点作AB，分别交，，于点，，．记四边形面积为，四边形面积为，四边形面积为，四边形面积为，欧几里得在《几何原本》中利用该图得出：．若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质及一元二次方程的解法，利用平行四边形对边相等，和平行四边形的面积等于底×高，根据题意列出方程组，求出KG的长，掌握平行四边形的性质和面积公式是解题的关键． 【详解】解：根据题意得，四边形、四边形、四边形、四边形都是平行四边形，过点作平行四边形的高，过点作平行四边形的高， 设， ∵，点为的中点， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，， ∵不合题意，舍去， ∴， 故选：． 10．（2024·山东聊城·三模）如图，四边形是矩形，点是边上任意一点（不与点A，D重合），连接，．点E，F分别是，的中点，连接，，，过点F作，交于点H．若，，则的最小值是（    ） A．5 B．8 C．10 D．13 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，轴对称的性质．先求得矩形的边长，根据三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质求得，延长到，使，连接交于点，得到有最小值，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴设，， ∵， ∴， 解得， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点E，F分别是，的中点， ∴， ∴，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 延长到，使，连接交于点， 此时有最小值， ∴， ∴的最小值是， 故选：B． 11．（2024·山东济南·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点．若，，，则的长是（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了作图基本作图，也考查了平行四边形的性质．过点作于点，如图，在中利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，利用勾股定理得到，再根据平行四边形的性质得到，，接着根据基本作图得到，平分，然后证明得到，所以，最后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】解：过点作于点，如图，   ， ， 在中，， ， ， 四边形为平行四边形， ∴，， ， 由作法得，平分， ， ， ， ， 即， ， 在中，， ． 故选：C． 12．（2024·安徽亳州·三模）如图，四边形的对角线，相交于点，，，则下列说法错误的是（       ） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，先根据平行四边形的判定证明是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形的判定逐一判断即可，熟练掌握相关定理是解题的关键． 【详解】∵， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 、若则四边形是矩形， 故此选项不符合题意； 、若平分， ∴， ∴， 则四边形是菱形，故此选项不符合题意； 、若且，则四边形是正方形，故此选项不符合题意； 、若且，则四边形是菱形，故此选项符合题意； 故选: . 13．（2024·陕西西安·三模）如图，在中，D、E、F分别是边、、的中点，于点H，若，则的长为（   ） A．6 B． C．8 D．10 【答案】C 【分析】本题综合考查了三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线．三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半． 利用三角形中位线定理知；然后在直角三角形中根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，即可解答． 【详解】解：∵E、F分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴(三角形中位线定理)； 又∵D是线段的中点，， ∴， ∴． 故选：C． 14．（2024·河南周口·三模）如图1，平行四边形中，，，点P从点A出发，沿以每秒1个单位长度的速度匀速运动到点B，图2是点P运动时，的周长y随时间变化的关系图象，则平行四边形的面积为（    ） A．8 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，先根据图2得出，，根据直角三角形的性质得出，根据平行四边形的性质得出，即，根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】解：由运动规律及题图2可知：，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 即， 解得：， 即， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积为． 故选：B． 15．（2024·浙江温州·三模）如图，在中，平分分别交，，延长线于点，，，记与的面积分别为，，若，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由平行四边形的性质结合角平分线的定义得出，推出，设，，则，，，证明，得出，证明，得出，推出，，从而得出，，求出得到，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴设，，则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，正确表示出三角形之间的面积关系是解此题的关键． 16．（2024·河北唐山·三模）对于题目：如图1，在钝角中，，，边上的中线，求的面积．李明想到了如图2和图3所示的两种作辅助线的方法． 则下列说法正确的是（   ） A．只有方法一可行 B．只有方法二可行 C．方法一、二都可行 D．方法一、二都不可行 【答案】C 【分析】图2中，证明，则，，，证明四边形是平行四边形，则，由，可知是直角三角形，，则；可判断方法一可行；图3中，由题意知，是的中位线，则，由，可知是直角三角形，，则；可判断方法二可行． 【详解】解：图2中，∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形，， ∴；方法一可行； 图3中，由题意知，是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形，， ∴；方法二可行； 故选：C． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的逆定理，中位线等知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的逆定理，中位线是解题的关键． 17．（2024·四川自贡·三模）下列说法中，正确的说法有（ ） ①对角线互相平分且相等的四边形是菱形； ②等腰三角形中有两边长分别为和，则周长为； ③依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形是平行四边形； ④点关于轴的对称点是； ⑤在数据，，，，中，众数是，中位数是． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】本题考查，菱形的性质、等腰三角形和四边形的特性，根据菱形的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定方法，众数与中位数的求法，逐项分析判断． 【详解】解：错误，应该是：对角线互相垂直平分的四边形是菱形； 错误，应该是：等腰三角形中有两边长分别为和，则周长为或边长有两种情况，，或，，； 正确，依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形是平行四边形； 正确，点关于轴的对称点是； 错误，应该是：在数据，，，，中，众数是，中位数是． 故选：B． 18．（2024·河南南阳·三模）如图，点，半径为2，，，点是上的动点，点是的中点，则的最小值为（    ） A．1.5 B．2 C．2.5 D．3 【答案】A 【分析】本题考查了坐标与图形、三角形中位线定理、勾股定理，连接交于，连接，由题意得出是的中位线，则，从而得到当最小值，最小，即当运动到时，最小，此时也为最小，求出的长即可得出答案． 【详解】解：如图，连接交于，连接， ， ∵，， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴当最小值，最小， ∴当运动到时，最小，此时也为最小， ∵， ∴的最小值为， 故选：A． 19．（2024·河南南阳·三模）如图，点，分別是边，的中点，点在上，．连接并延长，与的延长线相交于点．若，则线段的长为(   ) A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】本题考查三角形中位线定理及三角形相似的判定与性质，根据是的中位线得到，，从而得到，即可得到，代入数据即可得到答案； 【详解】解：∵点，分別是边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C． 20．（2024·浙江台州·三模）在平面直角坐标系中，平行四边形的三个顶点：点，点，点．用含a，b，m，n的式子表示点B的坐标是（    ）．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，点坐标的平移．熟练掌握平行四边形的性质，点坐标的平移是解题的关键． 由平行四边形，可知，由点，点，可知通过向右平移个单位，向上平移个单位到，由，可求． 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∵点，点， ∴通过向右平移个单位，向上平移个单位到， ∵， ∴， 故选：C． 21．（2024·江苏盐城·三模）如图，已知平行四边形的对角线，相交于点，下列选项能使平行四边形成为矩形的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质、矩形的判定和菱形的判定是解题的关键． 根据菱形的判定方法和矩形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故此项不符合题意； B、由四边形是平行四边形，，不能判定平行四边形为矩形，故此项不符合题意； C、四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形，故此项符合题意； D、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； 故选：C． 22．（2024·浙江杭州·三模）如图，在中，，、的平分线分别交于点E，F，与交于点G．若，，，则（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、相似三角形的判定和性质，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题，熟练掌握相应的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质得到，因此，再根据角平分线的定义得到，进而可得，然后证明，利用即可得出答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 是的平分线、是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选C． 23．（2024·山西阳泉·三模）如图，在中，，的平分线交于点，交的延长线于点，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，设，根据平行四边形的性质得，，，结合角平分线的定义证明，得到，，证明，得到，求解即可．掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：设， ∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴． 故答案为：． 24．（2024·广东中山·三模）如图，量筒的液面呈凹形，近似看成圆弧，读数时视线要与液面相切于最低点C（即弧中点）．小温想探究仰视、俯视对读数的影响，当他俯视点C时，记录量筒上点D的高度为；仰视点C（点E、C、B在同一直线），记录量筒上点E的高度为，若点D在液面圆弧所在圆上，量筒直径为，则平视点C，点C的高度为 ． 【答案】/ 【分析】作出图形，证明是的直径，由垂径定理得，求得的直径为14，再根据三角形中位线定理结合勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接，交于点， ∵， ∴是的直径， 由垂径定理得， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的直径为14， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点F的高度即点C的高度为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理和勾股定理．垂径定理等知识，作出图形是解题的关键． 25．（2024·广东深圳·三模）如图，在平行四边形中，点在轴正半轴上，点是的中点，若反比例函数的图象经过，两点，且的面积为，则 ．    【答案】 【分析】此题考查了反比例函数的图象和性质、平行四边形的性质，数形结合是解题的关键． 延长交点轴于，由的面积，可求，设点坐标为，可得，进而求解坐标，由中点坐标公式得到坐标，由都在反比例函数图象上列等式，即可求解． 【详解】解：如图，    延长交点轴于， 的面积为，点是的中点， 设点坐标为， ， ， ， 根据中点坐标公式可得， 都在反比例函数图象上， ， 解得， ． 故答案为：． 26．（2024·山西运城·三模）如图，的顶点A在x轴的负半轴上，反比例函数（，）的图象经过点B，反比例函数（，）的图象经过C，D两点，D为的中点，连接．若的面积为6，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，反比例函数的性质，根据平行四边形的性质得出，，设点D的坐标为，得出点B的坐标为，求出，根据，得出，得出A点的坐标为，求出点C的坐标为，得出，求出，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵点D在反比例函数上， ∴设点D的坐标为， ∵D为的中点， ∴点B的坐标为， ∵点B在反比例函数上， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴A点的坐标为， ∵， ∴， ∴， ∴点C的坐标为， ∵点C在上， ∴， ∴， 解得：， ∴． 故答案为：． 27．（2024·湖北武汉·三模）如图，、是平行四边形的对角线上两点，． (1)求证：； (2)连接，和，请添加一个条件： 使得四边形为矩形． 【答案】(1)见解析 (2)（答案不唯一） 【分析】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、全等三角形的判定等知识，证明是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到条件，证明即可； （2）添加条件．证明四边形为平行四边形，再根据即可证明四边形为矩形． 【详解】（1）证明： ∵在平行四边形中，，， ∴， 又∵， ∴； （2）添加条件．证明如下： 如图， ∵ ∴， ∴ ∴四边形为平行四边形， ∵ ∴四边形为矩形． 故答案为：（答案不唯一） 28．（2024·江西九江·三模）如图，这是的正方形网格，四边形的四个顶点都在格点（小正方形的顶点）上，请仅用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中的线段上作点M，使得的长等于与之间的距离． (2)在图2中作线段，使得，且直线平分四边形的面积． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识， （1）利用网格图构造相等的角即可作答； （2）利用矩形的性质确定G，连接、交于点Q，连接并延长，与一条水平的网格线交于点P，问题随之得解． 【详解】（1）解：选取网格点E，连接交于点M，如图， 点M即为所作； 证明，选取网格点F，如图， 利用勾股定理可得：，，即有四边形是平行四边形，则有， 结合图形，可证明，结合，可得，则有， 即：的长等于与之间的距离； （2）如图，利用矩形的性质确定G，连接、交于点Q，连接并延长，与一条水平的网格线交于点P， 线段即为所作； 证明：如图， 在（1）中已证明四边形是平行四边形，则过对角线交点的直线必平分平分四边形的面积， 利用勾股定理可得：， 结合网格图可知：， 即，且直线平分四边形的面积． 29．（2024·河南周口·三模）（1）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，已知点，，如何求顶点C的坐标呢?下面是小明和小颖的求解思路：    小明：如图，分别过点B，C向x轴作垂线，垂足为D和E，   在平行四边形中，有，，则 ，又，故（ ），所以，…… 小颖：在平行四边形中，有，且，因为点O水平向右平移3个单位长度得到点，所以点水平向右平移3个单位长度得到点C，于是点C的坐标为 ． 请将填空处的内容依次填在横线上： ， ， ． （2）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，已知点，，求顶点R的坐标．    【答案】（1），，（2） 【分析】本题考查了平行四边形的性质、点坐标的规律、由平移方式确定点的坐标、全等的判定及性质： （1）根据平行四边形的性质得到两直线平行，同位角相等，证得两个三角形全等，得到对应边相等；根据平移的规律可得到点的坐标； （2）方法一是根据证明两个三角形全等得到结果；方法二是根据平移的规律得到结果； 正确理解平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：（1）小明：由平行四边形的性质得到， ∴， 再根据两个三角形的两个角及一条边对应相等可得到两个直角三角形相等， ∴得到的条件是； 小颖：根据平移的方式，点水平向右平移3个单位长度得到点C，横坐标加3， 即； 故答案为：，，； （2）方法1：如图，作轴于点M，过点P作x轴的平行线，过点R作y轴的平行线，两者交于点N， 则，延长交x轴于点S，    ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又点，故点R的坐标为， 方法2：在平行四边形中，有， ∵原点O先水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移1个单位长度，得到点， ∴点，经过同样的平移方式可得到点R，则点R的坐标为． 30．（2024·吉林长春·三模）如图，在中，，，，点为中点，动点P从点A出发，沿边以每秒5个单位长度的速度向终点运动，连结，将线段绕点逆时针旋转得线段，连结．设点运动的时间为秒． (1)用含的代数式表示点到的距离为________； (2)当点落在内部（不包括边界）时，求的取值范围； (3)当与的一边平行时，求线段的长度； (4)当经过点E与的一个顶点的直线平分面积时，直接写出的值． 【答案】(1)3t (2) (3)或6 (4)或或 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中线的性质； （1）先作辅助线，根据两个三角形相似可得到结果； （2）当点在边界上时，求出结果，即可得到取值范围； （3）可分为两种情况，，根据题意画出图形，根据相似三角形的性质即可求解． （4）分为三种情况，分别是经过三条中线，分别画出图形，结合图形，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：过点作与一点，如图所示： ∵在中，，，， ∴， ∵点为中点， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点从点出发，沿边以每秒个单位长度的速度向终点运动， ∴， 即； （2）解：当点在上时，过点作于点，如图所示： 此时均为等腰直角三角形， 即，， ∴, ∴，即， ∴； 当点在上时，如图所示： 此时，即， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴； ∴当点落在内部（不包括边界）时，的取值范围； （3）解：可分为两种情况： 当时，过点P，E分别作垂线，如图所示： 此时四边形是矩形， ∵为等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，过点作，如图所示： ， 点是中点， 点也是的中点， ； 当与的一边平行时，线段的长度为或； （4）解：当经过点与的一个顶点的直线平分面积时，此时点在的中线上，可分为三种情况： 当点在上时，如图所示： 此时， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，即， ∴， ∴，解得， ∴， ∴， 即； 当点在中线上时，如图所示：连接，则， 过点作于点，过点作于点，交于点， 在中， ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ ∴ ∴ 如图所示，当经过中线时， 同理可得 ∴ ∴即 解得： ∴ ∴ ∴ 综上所述的值为：或或 31．（2024·山东济南·三模）锐角中，以为边向外作等边，以为边向外作，其中，，F为的中点，分别连接． (1)如图1，为等边三角形， ①与的数量关系是_________；与的位置关系是________； ②求的长度； (2)如图2，时，与的关系是否改变？如果不变请证明；如果改变请写出新的关系并证明； (3)如图3，为任意的锐角三角形，当时直接写出长度的取值范围． 【答案】(1)①，；② (2)不变，见解析 (3) 【分析】（1）①如图1，取的中点，的中点，连接，则，，四边形是平行四边形，则，，，由，，可得，证明，则，，，，设，，，则，由，可求，则；②如图2，作的延长线于，则，，，，，，由勾股定理得，，计算求解即可； （2）证明过程同理（1）①； （3）由（1）①，（2）可知，，由，，可得，当时，，如图4，作于，可得，此时；当时，由，可得，则，是等边三角形，此时，由是锐角三角形，可得． 【详解】（1）①解：如图1，取的中点，的中点，连接， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵等边，，， ∴，，，，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，，， ∴， 设，，， ∴， ∵， ∴，整理得，， 解得，， ∴， 故答案为：，； ②解：如图2，作的延长线于，         ∵为等边三角形，等边， ∴，， ∴， ∴，， ∴， 由勾股定理得，， ∴的长度为； （2）解：不变，证明如下； 如图3，取的中点，的中点，连接，             ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵等边，，， ∴，，，，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，，， ∴， 设，，， ∴， ∵， ∴， 整理得，， 解得，， ∴， ∴，，与的关系不变； （3）解：由（1）①，（2）可知，， ∵，， ∴， 当时，， 如图4，作于， ∵， ∴，，此时； 当时， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，此时， ∵是锐角三角形， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，中位线，平行四边形的判定与性质，余弦，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，中位线，平行四边形的判定与性质，余弦，勾股定理，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 特殊的平行四边形 32．（2024·江苏徐州·三模）如图，矩形中，，，点E在上，，作，交于点F，则的长为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，矩形和正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的．作添加恰当辅助线构造全等三角是解题关键．在上截取，使得，连接，交于，延长至，使，连接，可证四边形是正方形，可得，，通过证明，，可得，，由勾股定理可求的长，由相似三角形的性质求出． 【详解】解：在上截取，使得，连接，交于，延长至，使，连接， 四边形是矩形， ， ， ，， ，，， ， ，， ， ， ， 又， ， ， 在中，， ， ， ， 故选：D． 33．（2024·广东清远·三模）如图，在中，，顶点A的坐标为，以为边向的外侧作正方形，将组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查旋转中的坐标规律探究，由题意可得每8次旋转一个循环，然后利用等腰直角三角形的性质和正方形的性质即可求解． 【详解】解：∵， ∴经过8次旋转后图形回到原位置． ∵， ∴旋转2024次后恰好回到原来图形位置， 过点D作轴于点E． 由题意可得，是等腰直角三角形， ∴，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴点D的坐标为． 故选D． 34．（2024·安徽六安·三模）如图，在矩形中，，，点E为射线上一动点，沿折叠，得到，若，则的长为（      ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键． 设，根据矩形的性质和轴对称的性质求出，，，的长度，根据勾股定理和线段的和差关系求出和的长度，再根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：∵ ∴点F在上，如图所示， 四边形是矩形，，， ，，， 设，则， 将沿折叠，点C恰好落在边上的点F处， ，， ∴， ∴， ∵， ∴． 解得． 故选：A． 35．（2024·河南周口·三模）如图，菱形的边长为，对角线，交于点，过点作于点，连接，若，则的长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】由菱形的性质得出，，，由勾股定理得，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是菱形，=， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴ 故选：． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质勾股定理及求算术平方根；熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 36．（2024·陕西榆林·三模）已知菱形的对角线相交于点，下列条件中，能够判定菱形为正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质和正方形的判定，菱形的对角线互相垂直，四条边相等，正方形的对角线互相垂直平分且相等，据此即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， 故A、C、D选项均不能判定菱形为正方形，不符合题意， 如图， 在菱形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴菱形为正方形， 故选：B． 37．（2024·辽宁大连·三模）如图，在菱形中，，点为对角线、的交点，点为的中点，点为上一动点，若，则的最小值为（    ） A．4 B．6 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，对称的性质，勾股定理等知识，作点O的对称点是解题的关键． 作点O关于直线的对称点G，连接，则，从而得；则，当F点在上时，取得最小值；在中由勾股定理可求得最小值． 【详解】解：如图，作点O关于直线的对称点G，连接， 则，， 在菱形中，， ,， ； ， 是等边三角形， ， 是的中点， ； 在中，， ； ， 则当F点在上时，取得最小值； 在中，由勾股定理得． 故选：A． 38．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在中，用尺规作的角平分线，保留用直尺和圆规的作图痕迹．若，，则为（    ）． A．10 B．8 C．6 D．4 【答案】B 【分析】本题考查尺规基本作图-解已知角的平分线，菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分． 由尺规作的角平分线的过程可得，，，根据平行四边形的性质可得，然后证明，进而可得四边形为平行四边形，再由可得四边形为菱形；根据菱形的性质可得，，，利用勾股定理计算出的长，进而可得的长． 【详解】解：连接，设与相交于O，如图， 由尺规作的角平分线的过程可得，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形； ，，， 在中，， ． 故选：B． 39．（2024·河南·三模）把边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，边与交于点，则四边形的周长是（    ） A． B．10 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及等腰直角三角形的性质，由边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，利用勾股定理的知识求出 的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求，，从而可求四边形的周长． 【详解】解：如图，连接． ∵旋转角， ∴， ∴在对角线上． ∵， 在中，， ∴． 在等腰中，， ∴， ∴， ∴四边形的周长是：． 故选：A． 40．（2024·广东佛山·三模）如图，在中，，是两条对角线，如果添如一个条件，可推出是矩形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查矩形的判定．根据矩形的判定方法“对角线相等的平行四边形是矩形”解答即可． 【详解】解；四边形是平行四边形， 添加， 是矩形， 故选：B． 41．（2024·浙江杭州·三模）如图，已知点E为正方形内一点，为等边三角形，连结，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，周角的定义，熟练掌握以上知识点是解题的关键．结合正方形的性质以及等边三角形的性质，可以知道，以及和为等腰三角形，利用三角形内角和求得和，最后利用周角求得的度数． 【详解】四边形是正方形 ， 为等边三角形 ， ，， 同理 故选：B． 42．（2024·江苏泰州·三模）如图，已知矩形，为对角线，点、分别是与的内心，连结、、、．若，，那么四边形的周长 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质得，，，求得，作的内切圆与、、分别相切于点、、，连接、，可求得，则，，再证明四边形是正方形，则，求得，，同理可得，，即可求得四边形的周长，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是矩形，，， ，，， ， 作的内切圆与、、分别相切于点、、，连接、， ，，， ， ， ， ，， ，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ，， 同理可得，， 四边形的周长， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、三角形的内切圆的定义和性质、切线的性质定理、切线长定理、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 43．（2024·广东深圳·三模）如图，正方形中，，点在的延长线上，且．连接，的平分线与相交于点，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．如图，过作 于，于，由平分，可知，可得四边形是正方形，，设，则，证明，则，即，解得，，由勾股定理得． 【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是矩形，， 平分， ， ， 四边形是正方形， 设，则， ， ， ，即， 解得：， ， 由勾股定理得：， 故答案为：． 44．（2024·广西·三模）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为 °． 【答案】35 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：25． 45．（2024·江苏淮安·三模）如图，小明随机地在对角线为和的菱形区域内投针，针扎到内切圆区域的概率是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了菱形的性质以及几何概率，利用菱形的性质得出菱形内切圆的半径和面积，进而得出菱形面积，即可得出针扎到其内切圆区域的概率． 【详解】解：连接两对角线，设圆与菱形切点为， 对角线为和的菱形， ，，， ， 由题意可得出：， ， ， 解得：， 内切圆区域的面积为：（）（）， 菱形的面积为：（）， ∴则针扎到其内切圆区域的概率是：． 故答案为：． 46．（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识．由折叠可得，，且，可得，即可求对角线的长，则可求面积． 【详解】解：如图，连接交于， 为正方形， ，，，，． 沿翻折， ，，，， ， ， ， ， ， ． ． 故答案为：． 47．（2024·河南周口·三模）如图，在矩形中，，点E，F分别在边和上，将沿着折叠得到将 沿着折叠得到（点 在矩形内部），且三点共线；连接，当为等腰三角形时，的长为 ．    【答案】1或 【分析】题目主要考查矩形折叠的性质及等腰三角形的性质，勾股定理及相似三角形的判定和性质，理解题意，进行分类讨论是解题关键． 根据题意得出，确定为等腰三角形分两种情况讨论：设 则，当时，当时，分别利用等腰三角形的性质及勾股定理解三角形，相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】∵矩形，将沿着折叠得到 ∴， ∴， ∴， ∴为等腰三角形分两种情况讨论： 设 则， 当时，在中， 由勾股定理得：，解得 ； 当时， ∵， ∴为的中点， ∴，解得， ∵将沿着折叠得到将 沿着折叠得到， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 得 ； 综上可得：的长为1或， 故答案为：1或． 48．（2024·广东揭阳·三模）如图，为矩形的边的延长线上的动点，于，点在边上，若，，，则线段的最大值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，圆的性质，三角形的任意两边之和大于第三边．连接，以为直径作的外接圆，当，，三点共线时，取最大值，再过作于，根据勾股定理求出，而，即可求出线段的最大值． 【详解】解：连接，以为直径作的外接圆，   ， 点在上， 当，，三点共线时，取最大值， 过作于， ，， ， 为的中点， ， 在中， ，， 线段的最大值为． 故答案为：． 49．（2024·云南楚雄·三模）如图，点是正方形内部一点，连接，将绕点旋转一定角度得到，当三点共线时，的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质以及旋转性质，根据正方形的性质得，结合旋转性质得出，，则为等腰直角三角形，因为点共线，即可列式进行计算作答． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵由旋转得到， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵点共线， ∴， ． 故答案为： 50．（2024·江苏盐城·三模）我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，小明同学在研究如图1边长为7的弦图时，发现将其中的四个全等的直角三角形取出，可以分别拼成如图2边长为9的正方形和如图3所示的菱形，则图3中菱形的面积为 ． 【答案】32 【分析】设直角三角形较长边长为a，较短边长为b，根据题意，得，后利用菱形的面积计算即可． 本题考查了勾股定理弦图计算，方程组的应用，菱形的面积，熟练掌握弦图的意义，方程组的应用是解题的关键． 【详解】设直角三角形较长边长为a，较短边长为b，根据题意，得， ∴， 解得 故菱形的面积为， 故答案为：32． 51．（2024·山东日照·三模）探究与推理 如图1，在矩形中，，，连接，点为上的一个动点，点从点出发，以每秒4个单位的速度沿向终点运动．过点作的平行线交于点，将沿对折，点落在点处，连接交于点，设运动的时间为秒； (1)用含有t的式子表示． (2)当t为何值时，点E恰好落在线段上； (3)如图2，在点运动过程中，以为直径作，当为何值时，与矩形的边相切？请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或，理由见解析 【分析】本题属于圆综合题，主要考查了解直角三角形，切线的性质，矩形的判定和性质，折叠的性质等知识，熟练掌握解直角三角形，切线的性质，矩形的判定和性质，折叠的性质等知识是解题的关键． （1）根据矩形和折叠的性质以及勾股定理，可求出，再由，可得，即可求解； （2）根据折叠的性质可得垂直平分，从而得到，再由，即可求解； （3）连接，先求出，，然后分两种情况：当与边相切于时，当与边相切于时，即可求解． 【详解】（1）依题可知，由折叠可知． 在矩形中，，，， ， ， 又， ， ． ， （2）由折叠可知垂直平分， ， ， 点恰好落在线段上， ， ， ； （3）当或时，与矩形的边相切，理由如下： 连接， 依题可知，为的中点，为的中点，，，即半径为， ， 在矩形中，， 又，，， ， ，， ①当与边相切于时，如图①所示， 连接， ， 又， 、、三点共线， 过作于， 四边形为矩形， ， ， 解得； ②当与边相切于时，如图②所示． 连接，并延长交于， ，， 四边形为矩形， ，， 又，， 四边形为矩形， ， ， 解得； 综上所述，或． 52．（2024·山东日照·三模）如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点，并与两腰，分别相交于，两点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． （1）连接，根据切线的性质可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得和都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，即可解答； （2）连接交于点，利用菱形的性质可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的长，从而求出的长，最后根据图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，进行计算即可解答． 【详解】（1）证明：连接， 和底边相切于点， ， ，， ， ，， 和都是等边三角形， ，， ， 四边形是菱形； （2）解：连接交于点， 四边形是菱形， ，，， 在中，， ， ， 图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积 ， 图中阴影部分的面积为． 53．（2024·山东济南·三模）如图，菱形中，F是上一动点，过F作交于点G，垂足为E，连结，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，，全等三角形的性质，垂直平分线的性质， 根据菱形的性质可得，进而结合已知条件证明得出则是的垂直平分线，进而即可得证． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴是的垂直平分线， ∴． 54．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）天府新区某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究： (1)问题发现：如图1， 在等边中， 点P是边上任意一点， 连接， 以为边作等边， 连接． 易证： (2)变式探究：如图2，在等腰中，，点P是边上任意一点， 以为腰作等腰， 使，连接．判断和的数量关系，并说明理由： (3)解决问题：如图3，在正方形中，点P是边上一点，以边作正方形，Q是正方形 的中心， 连接．若正方形的边长为6，则正方形的边长为 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用定理证明，根据全等三角形的性质解答； （2）先证明，得到，再证明，根据相似三角形的性质解答即可； （3）连接、，证明，由相似三角形的性质得出，可求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】（1）解：与都是等边三角形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ； 故答案为：； （2）解：和的数量关系为：；理由如下： 在等腰中，， ， 在等腰中，， ， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ； （3）解：连接、，如图3所示： 四边形是正方形， ，， 是正方形的中心， ，， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，， 即， 解得：（舍去）， 正方形的边长， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键． 55．（2024·湖北黄石·三模）如图，在四边形中，，，对角线于点O， (1)求证： (2)求证：四边形是菱形； 【答案】(1)见解析 (2)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，平行四边形的判定和性质 （1）根据垂直的定义和全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）根据平行线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质以及菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明： 在和中 （2）证明： 四边形为平行四边形 ∴四边形为菱形 56．（2024·江苏徐州·三模）如图，四边形为一个矩形纸片，，动点P自D点出发运动至C点后停止．以直线为轴翻折，点D落到点E的位置设，与原纸片重叠部分的面积为y． (1)如图1，请求出当x为何值时，直线过点C； (2)如图2，点F在线段上，，当x为何值时，直线经过点F； (3)求出y与x的函数关系式． 【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【分析】（1）由勾股定理得，，由翻折的性质可知，，，则，由直线过点C，可知，，由勾股定理得，，即，计算求解即可； （2）如图2，连接，由勾股定理得，，同理（1）可知，，，，由题意得，，由勾股定理得，，即，，即，则，计算求解即可； （3）由题意知，①当时，与原纸片重叠部分的面积为的面积．如图3，则；②当时，点E在矩形的外部，如图4，记交于H，则，，如图4，作于G，则四边形是矩形，则，设，则，由勾股定理得，，即，可得，根据，求解作答即可． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴，， 由勾股定理得，， 由翻折的性质可知，，， ∴， ∵直线过点C， ∴，， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴当时，直线过点C； （2）解：如图2，连接， 由勾股定理得，， 同理（1）可知，，，， 由题意得，， 由勾股定理得，，即， ，即， ∴， 解得， 当时，直线经过点F； （3）解：由题意知，①当时，与原纸片重叠部分的面积为的面积．如图3， ∴； ②当时，点E在矩形的外部，如图4，记交于H， ∵， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， 如图4，作于G，则四边形是矩形， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，即， 解得：， ∴， 综上所述，当时，；当时，． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，等角对等边，勾股定理，函数解析式等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，折叠的性质，等角对等边，勾股定理，函数解析式是解题的关键． 57．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，P是菱形对角线上的一点，连接并延长交边于点E，连接并延长交边于点F． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，请直接写出图中所有的等腰三角形（不包括以菱形的边和为腰的等腰三角形）． 【答案】(1)详见解析 (2)，，， 【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的的性质和等腰三角形的判定，利用全等三角形的性质证明边相等是解答的关键． （1）利用菱形的性质和全等三角形的判定（）可得结论； （2）利用菱形的性质和全等三角形的判定与性质，结合等腰三角形的判定可得出结论． 【详解】（1）解：如图1，∵四边形是菱形， ∴，，， 在和中， ， ∴； （2）解：如图2， ∵， ∴是等腰三角形， 由（1）知， ∴，，则是等腰三角形， 在和中， ， ∴， ∴，，则是等腰三角形； ∴，即，则是等腰三角形， 综上，所有的等腰三角形为，，，． 58．（2024·河南·三模）如图，游客从旅游景区山脚下的地面处出发，沿坡角的斜坡步行至山坡处，乘直立电梯上升至处，再乘缆车沿长为的索道至山顶处，此时观测处的俯角为，索道看作在一条直线上，求山顶的高度．（精确到，，，） 【答案】山顶的高度约为 【分析】本题考查了解直角三角形在实际测量中的应用，理解坡角、俯角等概念，另外通过作适当的辅助线，把问题转化为在直角三角形中解决．过点、分别作，垂足为、，延长交于点，利用解直角三角形得到，进而得到，以及，最后根据进行计算求解，即可解题． 【详解】解：如图，过点、分别作，垂足为、，延长交于点， ∴四边形为矩形， 由题意可知，，，， 在中，，， ， ． 在中，，， ， ， 答：山顶的高度约为． 59．（2024·安徽六安·三模）如图，四边形是边长为4的正方形，以边为直径作，点E在边上，连接交于点F，连接并延长交于点G．    (1)求证：； (2)若，求劣弧的长．(结果保留) 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据四边形是正方形，为直径，得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）连接，根据三角形的内角和得到，根据圆周角定理得到，根据弧长公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，为的直径， ∴， ∴，， ∴， 在与中， ， ∴； （2）解：连接，    ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是边长为4的正方形 ∴ ∴的长度为． 【点睛】本题考查了弧长的计算，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，圆周角定理，熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键． 60．（2024·河南周口·三模）在四边形中，是边上一点，在的右侧作 ，且 ，连接． (1)如图，当四边形是正方形时， ． (2)如图，当四边形是菱形时，求 （用含的式子表示）． (3)在（2）的条件下，且 如图，连接交于点；若为边的三等分点，请直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定； （1）作交的延长线于，证出，得到，再根据正四边形的性质得到，从而计算出，即，故，再根据，求出，从而可得出结论． （2）方法1：如图，在的延长线上取点，使得，证明，得出，则即可求解； 方法2：如图，连接，，证明，，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解； （3）作于点，则， 证明，进而根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：当四边形是正方形时，作交的延长线于． ， ， 又， ， 又，且， ， ，， ， ， ． （2）方法1：如图，在的延长线上取点，使得， 则， 又， ∴ ∴，， 由，得 ∴ ∴ 方法2：如图，连接，， ∵，，， ∴， ∴ ∴， ∴ （3）由（2）知， ， ∵， ∴， 如图所示，连接交于点， ∵，则 ∴ ∴ 如图，作于点，则， ， 得 则 当，时， 当，时， 综上所述，或 四边形 命题点1 多边形和平行四边形 命题点2 特殊的平行四边形 试卷第4页，共80页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$