专题13 四边形的性质与判定（5考点）-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（陕西专用）

专题13 四边形的性质与判定 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1平行四边形的性质与判定 （5年1考） 2020·陕西： 单选：平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理 解答：平行四边形的判定 四边形是陕西中考命题的高频考点。1.平行四边形、菱形、矩形的判定以选择的形式直接考查判定方法，比较简单。2.平行四边形、菱形、矩形的性质会与等腰三角形的性质或直角三角形结合命题，多以选择或填空的形式呈现，难度中等，有一定综合性；也会在简答题中利用利用四边形的性质转化条件来证明两个三角形全等。3.多边形的性质主要考查了两个内容：①多边形的内角和与外角和：以填空形式出现、命题简单；②正多边形的性质：以正六边形、正八边形等特殊的正多边形的边角关系为主要考点，有一定综合性，难度中等。 四边形的性质也会和圆、相似、二次函数等内容联系，在压轴中出现。在备考中，同学们需重视基本性质定理。理解不同知识之间的内在联系，提高知识的应用意识和灵活运用几何知识解决综合问题的能力。 考点2 菱形的性质与判定 （5年4考） 2023·陕西：菱形的性质 2022·陕西：菱形的性质、辅助线构造全等三角形 2021·陕西：菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理 2020·陕西：菱形的性质、勾股定理 考点3 矩形的性质与判定 （5年3考） 2024·陕西：矩形的性质，全等三角形的判定 2023·陕西：矩形的性质和等腰直角三角形的性质 2022·陕西：矩形的判定 考点4 正方形的性质与判定 （5年1考） 2024·陕西：相似三角形的判定和性质，正方形的性质 考点5 多边形的性质 （5年2考） 2023·陕西：正八边形的性质、等腰直角三角形的边角关系 2021·陕西：多边形的内角和，多边形的外角和 2020·陕西：正多边形的内角、等腰三角形的定义 考点1平行四边形的性质与判定 1．（2020·陕西·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（　　）    A． B． C．3 D．2 2．（2020·陕西·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE． 考点2 菱形的性质与判定 3．（2021·陕西·中考真题）如图，在菱形中，，连接、，则的值为（   ） A． B． C． D． 4．（2023·陕西·中考真题）点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为 ． 5．（2022·陕西·中考真题）如图，在菱形中，．若M、N分别是边上的动点，且，作，垂足分别为E、F，则的值为 ． 6．（2020·陕西·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为 ．    考点3 矩形的性质与判定 7．（2022·陕西·中考真题）在下列条件中，能够判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 8．（2023·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为 ．    9．（2024·陕西·中考真题）如图，四边形是矩形，点E和点F在边上，且．求证：． 考点4 正方形形的性质与判定 10．（2024·陕西·中考真题）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．2 B．3 C． D． 考点5 多边形的性质 11．（2023·陕西·中考真题）如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点．则线段的长为 ．    12．（2021·陕西·中考真题）正九边形一个内角的度数为 ． 13．（2020·陕西·中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则∠BDM的度数是 ． 一、单选 1．（2024·陕西西安·一模）在四边形中，，再添加下列一个条件，能使四边形成为矩形的是（　　） A． B． C． D． 2．（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． 3．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在菱形中，连接、，若，则的度数为（   ）      A． B． C． D． 4．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在中，，点分别为边的中点，连接，若，则的长度为（    ） A．3 B． C．3.5 D．4 5．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在菱形中，点是边的中点，连接交对角线于点，若，，则的长为（    ） A． B．3 C． D． 6．（2024·陕西西安·三模）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则为（    ） A．6 B．8 C．12 D．24 7．（2024·陕西安康·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，的平分线交对角线于点，且，则线段的长为（    ） A．1 B． C． D． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，矩形的对角线、交于点O，点E、F分别为、的中点．若，则的长为（    ） A． B．6 C．9 D．12 9．（2024·陕西渭南·二模）如图，将正方形纸片沿线段折叠之后，使点落在正方形内部的点处，若比大，则的度数为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 10．（2024·陕西西安·一模）将一把直尺和一个正六边形按如图所示的位置放置，若，则的度数为 ． 11．（2024·陕西商洛·三模）如图，在正六边形中，对角线、交于点 ，则 的度数为 ． 12．（2024·陕西西安·二模）若某正多边形的一条边长为2，一个外角为，则该正多边形的周长为 ． 13．（2024·陕西咸阳·模拟预测）将边长相等的正五边形和正八边形按照如图所示的方式放置，则 °． 14．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在正八边形中，的度数为 ． 15．（2024·陕西渭南·一模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为 ． 16．（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是边上的一个动点，与关于对称，连接．当点G恰好落在矩形的对称轴上时，的长为 ． 17．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平行四边形中，分别为边、上的点，且，连接，则的最小值为 ． 18．（2024·陕西渭南·二模）如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，的中点，点在边上运动，将沿折叠，使得点落在处，连接，点为中点，则的最小值是 ． 19．（2024·陕西西安·二模）如图，正方形的边长为2，E、F分别是对角线和边上的动点，满足．当时，线段的长度为 ． 20．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在菱形中，，，点是菱形内一点，连接、，且，连接、，则面积的最小值为 ． 21．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，矩形中，，，为中点，为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则折痕的长为 ． 22．（2024·陕西西安·三模）如图，正方形的边长为8，M、N为边上的动点，以为斜边作等腰（其中），点E在边上，且，连接，则的周长最小值为 ．    23．（2024·陕西渭南·三模）如图，在四边形中，，，，点、分别在边、上，连接，点为的中点，连接，若，则的最小值为 ． 三、解答题 24．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点O，点E、F分别在上，连接，，求证：． 25．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在矩形中，O是边的中点，连接并延长，交的延长线于点A．求证：O是的中点． 26．（2024·陕西渭南·三模）如图，点为的边上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，若，求证：四边形为菱形． 27．（2024·陕西渭南·一模）如图，已知矩形，点在的延长线上，点在的延长线上，且，连接交于点，求证：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题13 四边形的性质与判定 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1平行四边形的性质与判定 （5年1考） 2020·陕西： 单选：平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理 解答：平行四边形的判定 四边形是陕西中考命题的高频考点。1.平行四边形、菱形、矩形的判定以选择的形式直接考查判定方法，比较简单。2.平行四边形、菱形、矩形的性质会与等腰三角形的性质或直角三角形结合命题，多以选择或填空的形式呈现，难度中等，有一定综合性；也会在简答题中利用利用四边形的性质转化条件来证明两个三角形全等。3.多边形的性质主要考查了两个内容：①多边形的内角和与外角和：以填空形式出现、命题简单；②正多边形的性质：以正六边形、正八边形等特殊的正多边形的边角关系为主要考点，有一定综合性，难度中等。 四边形的性质也会和圆、相似、二次函数等内容联系，在压轴中出现。在备考中，同学们需重视基本性质定理。理解不同知识之间的内在联系，提高知识的应用意识和灵活运用几何知识解决综合问题的能力。 考点2 菱形的性质与判定 （5年4考） 2023·陕西：菱形的性质 2022·陕西：菱形的性质、辅助线构造全等三角形 2021·陕西：菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理 2020·陕西：菱形的性质、勾股定理 考点3 矩形的性质与判定 （5年3考） 2024·陕西：矩形的性质，全等三角形的判定 2023·陕西：矩形的性质和等腰直角三角形的性质 2022·陕西：矩形的判定 考点4 正方形的性质与判定 （5年1考） 2024·陕西：相似三角形的判定和性质，正方形的性质 考点5 多边形的性质 （5年2考） 2023·陕西：正八边形的性质、等腰直角三角形的边角关系 2021·陕西：多边形的内角和，多边形的外角和 2020·陕西：正多边形的内角、等腰三角形的定义 考点1平行四边形的性质与判定 1．（2020·陕西·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（　　）    A． B． C．3 D．2 【答案】D 【分析】连接AC，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再根据三角形中位线定理，即可得到CG的长，进而得出DG的长． 【详解】连接AC，交EF于点H，如图，    ∵E是边BC的中点，且∠BFC＝90°， ∴Rt△BCF中，EF＝BC＝4， ∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点， ∴ ∴H是AC的中点，F是AG的中点， ∴EH是△ABC的中位线，FH是△ACG的中位线， ∴，， 而FH=EF-FH=4-， ∴CG=2FH=3， 又∵CD＝AB＝5， ∴DG＝5﹣3＝2， 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关性质是解题的关键． 2．（2020·陕西·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE． 【答案】详见解析． 【分析】利用已知先证明AB∥DE，进而根据平行四边形的定义：两组对边平行的四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】证明：∵DE＝DC， ∴∠DEC＝∠C． ∵∠B＝∠C， ∴∠B＝∠DEC， ∴AB∥DE， ∵AD∥BC， ∴四边形ABED是平行四边形． ∴AD＝BE． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用． 考点2 菱形的性质与判定 3．（2021·陕西·中考真题）如图，在菱形中，，连接、，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设AC与BD的交点为O，由题意易得，，进而可得△ABC是等边三角形，，然后问题可求解． 【详解】解：设AC与BD的交点为O，如图所示： ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴△ABC是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选D． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键． 4．（2023·陕西·中考真题）点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为 ． 【答案】62° 【分析】连接，根据中心对称图形的定义得出点是菱形的两对角线的交点，根据菱形的性质得出，，那么． 【详解】解：如图，连接，   点是菱形的对称中心，， 点是菱形的两对角线的交点， ，， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，菱形是中心对称图形，两对角线的交点是对称中心，掌握菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角是解题的关键． 5．（2022·陕西·中考真题）如图，在菱形中，．若M、N分别是边上的动点，且，作，垂足分别为E、F，则的值为 ． 【答案】 【分析】连接AC交BD于点O，过点M作MG//BD交AC于点G，则可得四边形MEOG是矩形，以及，从而得NF=AG，ME=OG，即NR+ME=AO，运用勾股定理求出AO的长即可． 【详解】解：连接AC交BD于点O，如图， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，BO=，AD//BC， ∴ 在Rt中，AB=4，BO=， ∵， ∴ 过点M作MG//BD交AC于点G， ∴, ∴ 又 ∴， ∴四边形MEOG是矩形， ∴ME=OG， 又 ∴ ∴ 在和中， , ∴≌ ∴， ∴， 故答案为． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键． 6．（2020·陕西·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为 ．    【答案】2． 【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长． 【详解】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H， 得矩形AGHE， ∴GH＝AE＝2，    ∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°， ∴BG＝3，AG＝3＝EH， ∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1， ∵EF平分菱形面积， ∴FC＝AE＝2， ∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1， 在Rt△EFH中，根据勾股定理，得 EF＝＝＝2． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 考点3 矩形的性质与判定 7．（2022·陕西·中考真题）在下列条件中，能够判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形的判定定理逐项判断即可． 【详解】当AB=AC时，不能说明是矩形，所以A不符合题意； 当AC⊥BD时，是菱形，所以B不符合题意； 当AB=AD时，是菱形，所以C不符合题意； 当AC=BD时，是矩形，所以D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形． 8．（2023·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为 ．    【答案】 【分析】由题意知是等腰直角三角形，作点关于的对称点，则在直线上，连接，，．即，，，所以此时、、三点共线且，点在的中点处，，可求出． 【详解】解：， 是等腰直角三角形， 作点关于的对称点，则在直线上，连接，如图：   ． ，即， 此时、、三点共线且，点在的中点处， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质和等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是解题关键． 9．（2024·陕西·中考真题）如图，四边形是矩形，点E和点F在边上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】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， ∴， ∴． 考点4 正方形形的性质与判定 10．（2024·陕西·中考真题）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．2 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】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． 考点5 多边形的性质 11．（2023·陕西·中考真题）如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点．则线段的长为 ．    【答案】 【分析】 根据正八边形的性质得出四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出，，即可． 【详解】 解：如图，过点作于，由题意可知，四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，    在中，，， ， 同理， ， 故答案为：． 【点睛】 本题考查正多边形和等腰直角三角形，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提． 12．（2021·陕西·中考真题）正九边形一个内角的度数为 ． 【答案】140° 【分析】正多边形的每个内角相等，每个外角也相等，而每个内角等于减去一个外角，求出外角即可求解． 【详解】正多边形的每个外角 （为边数）， 所以正九边形的一个外角 正九边形一个内角的度数为 故答案为：140°． 【点睛】本题考查的是多边形的内角和，多边形的外角和为，正多边形的每个内角相等，通过计算1个外角的度数来求得1个内角度数是解题关键． 13．（2020·陕西·中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则∠BDM的度数是 ． 【答案】144°． 【分析】根据正五边形的性质和内角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补角的定义即可解答． 【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠C＝＝108°，BC＝DC， ∴∠BDC＝＝36°， ∴∠BDM＝180°﹣36°＝144°， 故答案为：144°． 【点睛】本题考查了正五边形的性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质和邻补角的定义，求出正五边形的内角是解题关键． 一、单选 1．（2024·陕西西安·一模）在四边形中，，再添加下列一个条件，能使四边形成为矩形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定，根据判定解答即可． 【详解】解：， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形， 故选：D． 2．（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． 3．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在菱形中，连接、，若，则的度数为（   ）      A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，以及求余角，设、相交于点O，由菱形的性质可得出，在利用余角的定义即可求出答案． 【详解】解：设、相交于点O， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C．    4．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在中，，点分别为边的中点，连接，若，则的长度为（    ） A．3 B． C．3.5 D．4 【答案】D 【分析】根据三角形中位线得出，再由余弦函数确定，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 题目主要考查解三角形，中位线的性质及斜边上的中线的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 【详解】解：∵点分别为边的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 5．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在菱形中，点是边的中点，连接交对角线于点，若，，则的长为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理．先求出得出是等边三角形，再求，最后求用勾股定理求即可． 【详解】解：四边形是菱形， 故是等边三角形 是其对角线 是边的中点, ， , 由 ． 故选：D． 6．（2024·陕西西安·三模）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则为（    ） A．6 B．8 C．12 D．24 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键． 根据菱形的性质可知，由，可得，从而即可求菱形的面积． 【详解】解：∵是菱形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 故选D 7．（2024·陕西安康·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，的平分线交对角线于点，且，则线段的长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质．由矩形的性质推出，，，得到，，判定是等边三角形，由等边三角形的性质得到． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， 是等边三角形， 平分， ， ． 故选：B． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，矩形的对角线、交于点O，点E、F分别为、的中点．若，则的长为（    ） A． B．6 C．9 D．12 【答案】D 【分析】此题考查矩形的性质，中位线的性质，掌握以上知识点求出线段长度是解题的关键． 根据中位线的性质可以得到，然后根据矩形的性质得到，即可得出答案． 【详解】解：∵是矩形， ∴， 又∵点E、F分别为、的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， 故选D． 9．（2024·陕西渭南·二模）如图，将正方形纸片沿线段折叠之后，使点落在正方形内部的点处，若比大，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，先由正方形的性质得到，再由折叠的性质可得，则可得，据此可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得， ∵比大， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 二、填空题 10．（2024·陕西西安·一模）将一把直尺和一个正六边形按如图所示的位置放置，若，则的度数为 ． 【答案】/80度 【分析】本题考查了多边形内角的问题，三角形外角的性质，平行线的性质，掌握正六边形的内角度数是解题关键．根据正正六边形的内角度数以及三角形外角的性质，得出，再结合平行线的性质，即可求出的度数． 【详解】解：如图，延长交于点M， ∵六边形是正六边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 11．（2024·陕西商洛·三模）如图，在正六边形中，对角线、交于点 ，则 的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查多边形的内角和及正多边形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，利用多边形内角和及正多边形的性质求得与的度数，然后利用等腰三角形的性质求得，的度数，最后利用三角形内角和定理求得的度数，从而得出答案． 【详解】解：六边形是正六边形， ，， ，， ， 故答案为：． 12．（2024·陕西西安·二模）若某正多边形的一条边长为2，一个外角为，则该正多边形的周长为 ． 【答案】16 【分析】本题考查正多边形，由外角和定理求出正多边形的边数，进而即可求解；解题的关键是熟练掌握多边形的外角和等于360°，属于中考常考题型． 【详解】解：由题意：， 这个正多边形的周长， 故答案为：16． 13．（2024·陕西咸阳·模拟预测）将边长相等的正五边形和正八边形按照如图所示的方式放置，则 °． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和，解题的关键是掌握多边形的内角和公式．先分别求出正五边形和正八边形的每个内角，再根据角的和差求解即可． 【详解】解：正五边形的每个内角为：， 正八边形的每个内角为：， ， 故答案为：． 14．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在正八边形中，的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的内角问题，求出正八边形的一个内角的度数，根据对称性得到平分一个内角，即可得出结果． 【详解】解：由题意，得：， 由对称性可知：平分， ∴； 故答案为：． 15．（2024·陕西渭南·一模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为 ． 【答案】/60度 【分析】本题考查平面镶嵌（密铺），根据正六边形内角和定理，求出每个内角度数，然后根据周角求出答案．几何图形镶嵌成平面的关键：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 【详解】解：∵正六边形内角和：， ∴每个内角度数：， ∴， ∴的度数为． 故答案为：． 16．（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是边上的一个动点，与关于对称，连接．当点G恰好落在矩形的对称轴上时，的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，正方形的判定等知识，由轴对称的性质可得，，，则在以为圆心，为半径的圆上运动，通过证明四边形是正方形，可得． 【详解】解：如图，画出矩形的两条对称轴， 点是边的中点， ， 与关于对称， ，， 在以为圆心，为半径的圆上运动， 点恰好落在矩形的对称轴上，且点到的距离为， 点只能在上， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形， ， 故答案为：． 17．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平行四边形中，分别为边、上的点，且，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】线段问题(轴对称综合题)、解直角三角形的相关计算、利用平行四边形的性质求解 【分析】题目主要考查平行四变形的判定和性质，解三角形及轴对称的性质，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 连接，作点C关于的对称点H，连接，根据平行四边形的性质及判定得出四边形为平行四边形，再由轴对称的性质确定当点B、E、H三点共线时， 的最小值为的长，然后结合图形利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接，作点C关于的对称点H，连接，如图所示： ∵平行四边形，， ∴，，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵点C、H关于对称， ∴， ， ， 当点B、E、H三点共线时， 的最小值为的长， ， ， ，， ， ， 故答案为：． 18．（2024·陕西渭南·二模）如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，的中点，点在边上运动，将沿折叠，使得点落在处，连接，点为中点，则的最小值是 ． 【答案】/ 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】根据三角形中位线定理可得，知当取得最小值时，取得最小值，由折叠知，点在以点为圆心，的长为半径的半圆弧上运动，当点运动到线段上时，取得最小值，为，过点作于点，根据的直角三角形的性质可得的长与的长，根据勾股定理求出的长，进一步可得的最小值，即可求出的最小值． 【详解】解：连接，，过点作于点，如图所示，则， ∵点为的中点，点为中点， ∴， ∴当取得最小值时，取得最小值， ∵平行四边形中，，点为的中点， ∴， 由折叠知，， ∴点在以点为圆心，的长为半径的半圆弧上运动， 当点运动到线段上时，取得最小值，最小值为， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形折叠．熟练掌握平行四边形性质，折叠性质，三角形中位线定理，含的直角三角形性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键． 19．（2024·陕西西安·二模）如图，正方形的边长为2，E、F分别是对角线和边上的动点，满足．当时，线段的长度为 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质求线段长、全等的性质和SAS综合（SAS）、确定第三边的取值范围 【分析】本题考点是正方形的性质，难点是构建三角形全等转化线段和最小值的计算，特别需要注意的知识点是两点之间直线最短，同时需要熟练运用相似比求线段的长度．连接，作，且，连接，，与交于点，作交于点，首先证明得到，再计算出的长度，推导出当，，三点共线时满足，然后证明，利用相似比计算出的长度最后计算出和的长度． 【详解】解：连接，作，且，连接，，与交于点，作交于点，如图： 正方形的边长为2， ，， ， ， ， ， ； 在与中， ， ， ， ， ， 又，即，且， 当，，三点共线时最短，即，重合时满足， 设， ， ，， ， ， ， ， ， ，即， ， 故答案为：． 20．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在菱形中，，，点是菱形内一点，连接、，且，连接、，则面积的最小值为 ． 【答案】/ 【知识点】利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、垂线段最短 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．根据菱形的性质得到，根据平行线的性质得到，得到，当面积的最小时，到的距离最小，即到的距离最大，当是等腰直角三角形时，即到的距离最大，过作于，于，根据直角三角形的性质得到，，求得到的距离，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：在菱形中， ， ， ， ， ， 当面积的最小时，到的距离最小，即到的距离最大， 当是等腰直角三角形时，即到的距离最大， 过作于，于， 在菱形中，， ，， 到的距离， 面积的最小值为， 故答案为：． 21．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，矩形中，，，为中点，为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则折痕的长为 ． 【答案】/ 【知识点】折叠问题、矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形、用HL证全等（HL） 【分析】连接，利用矩形的性质以及折叠的性质，即可得到与全等，设，则可得，在中利用勾股定理即可得到的值，在中利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴，, ∵为中点， ∴， 由折叠可得，，， ∴，, 又∵， ∴， 又∵， ∴（）， ∴， 设，则，，， ∵， ∴中，， 即， 解得， ∴， ∵， ∴中，， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及折叠问题，解题时我们常常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 22．（2024·陕西西安·三模）如图，正方形的边长为8，M、N为边上的动点，以为斜边作等腰（其中），点E在边上，且，连接，则的周长最小值为 ．    【答案】/ 【知识点】已知圆内接四边形求角度、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】连接，由正方形的性质及等腰直角三角形的性质，易证四点共线，由圆周角定理得到恒等于，从而得到点P在正方形对角线上运动，证明，得到，由，得到为定值，当点三点共线时，有最小值，即有最小值，则的周长有最小值为，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接，   四边形是正方形，是等腰直角三角形， ， ， 四点共线， 恒等于， 点P在正方形对角线上运动， ， ， ， ， 为定值， 当点三点共线时，有最小值，即有最小值，则的周长有最小值为， ， 的周长的最小值为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，四点共圆，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识点，正确作出辅助线，确定点P的运动轨迹是解题的关键． 23．（2024·陕西渭南·三模）如图，在四边形中，，，，点、分别在边、上，连接，点为的中点，连接，若，则的最小值为 ． 【答案】9 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】连接，过点作于点M，过点G作于点H，根据题意可证明，得到，根据勾股定理可求出，证明，由为的中点，，可得，可得，在与直线相距的直线上运动，为与轨迹的交点，则，当共线时，，，此时最小，再进一步求解即可． 【详解】解：连接，过点作于点M，过点G作于点H， ∴， ，，， ，， ， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴在与直线相距的直线上运动，为与轨迹的交点，则， 当共线时，，，此时最小， 此时，， 过作于，则四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得：，四边形为矩形， ∴， ∴， 的最小值为9， 故答案为：9． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，最值问题，勾股定理，三角形的中位线的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，解题的关键是作出合适的辅助线． 三、解答题 24．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点O，点E、F分别在上，连接，，求证：． 【答案】见详解 【分析】根据平行四边形的性质可推出，，，，进而证明，推出．本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用平行四边形的性质解决问题． 【详解】证明：四边形是平行四边形． ，，． ． ． ． ． 在和中． ． ． ． 25．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在矩形中，O是边的中点，连接并延长，交的延长线于点A．求证：O是的中点． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定以及性质，根据矩形的性质可得出，进一步即可得出，再得出，利用证明，利用全等三角形的性质即可得出，即可得出结论． 【详解】证明：在矩形中，， ， O是边的中点， ， 在和中， ， ． ， 即O是的中点． 26．（2024·陕西渭南·三模）如图，点为的边上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，若，求证：四边形为菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质及判定，菱形的判定，等腰三角形的性质及判定，熟悉掌握菱形的判定方法是解题的关键． 根据的性质证出四边形为平行四边形，利用角的等量代换得到后，即可得到，从而证出四边形为菱形． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ，，， 又∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 27．（2024·陕西渭南·一模）如图，已知矩形，点在的延长线上，点在的延长线上，且，连接交于点，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等角对等边，证明，得到，即可得证． 【详解】证明：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$