专题12 几何压轴（福建专用）-【好题汇编】2025年中考数学一模试题分类汇编

专题12 几何压轴 题型概览 题型01 三角形压轴 题型02 四边形压轴 ( 题型01 )三角形压轴 1．（2025·福建泉州·一模）如图1，在中，，，是的中点，是线段上不与，重合的一点，于点，交于点，连接，． (1)求证：； (2)若是的中点．如图2，求的值； (3)用等式表示，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）由可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由可得，由此即可得出结论； （2）连接，设与交于点，在上截取，由（1）得，即，利用可证得，于是可得，进而可得，设，由勾股定理可得，由三线合一可得，由线段中点的定义可得，进而可得，由勾股定理可得，由线段中点的定义可得，由勾股定理可得，由等边对等角及三角形的内角和定理可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，，利用可证得，于是可得，，由可得，进而可得，再结合，可证得，于是可得，进而可得，，则，由线段之间的和差关系可得，，由可得，于是得解； （3）连接，设与交于点，过点作交的延长线于点，连接，由可得，由可得，进而可得，由（1）得，即，利用可证得，于是可得，，由三线合一可得，则，由直角三角形的两个锐角互余可得，，由对顶角相等可得，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，利用可证得，于是可得，，进而可得，由勾股定理可得，由线段之间的和差关系可得，由此即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ； （2）解：如图，连接，设与交于点，在上截取， 由（1）得：， 即：， 在和中， ， ， ， ， ， 设， ， ， ，是的中点， ，， ， ， 是的中点， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：，证明如下： 如图，连接，设与交于点，过点作交的延长线于点，连接， ， ， ， ， ， 由（1）得：， 即：， 在和中， ， ， ，， ，是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ，是的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质（、、），相似三角形的判定与性质，勾股定理，求角的正切值，三线合一，等边对等角，直角三角形的两个锐角互余，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，三角形的内角和定理，线段中点的有关计算，线段的和与差等知识点，添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．（2025·福建·一模）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的． 【详解】解：记与相交于一点H，如图所示： ∵中，将绕点顺时针旋转得到， ∴ ∵ ∴在中， ∴ 故D选项是正确的，符合题意； 设 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵不一定等于 ∴不一定等于 ∴不一定成立， 故B选项不正确，不符合题意； ∵不一定等于 ∴不一定成立， 故A选项不正确，不符合题意； ∵将绕点顺时针旋转得到， ∴ ∴ 故C选项不正确，不符合题意； 故选：D 3．（2025·福建·一模）如图，在中，，，点为边上一点，连接，过点作，交于点． (1)用等式表示与的数量关系，并说明原因； (2)如图2，若为中点，且，求证：，，三点共线． (3)如图3，若在线段上截取，连接，交于点，求证：． 【答案】(1)，原因见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查等边对等角，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键． （1）根据同角的余角相等，以及角的和差关系即可得出结论； （2）过点作，交的延长线与点，证明，推出，证明，推出，即可得出结论； （3）过点作交的延长线于点，证明，得到，，进而证明，得到，推出，即可得证． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵在中，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）过点作，交的延长线与点，连接，交于点， 则：， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴两点重合， ∴，，三点共线； （3）过点作交的延长线于点， 则：， 由（1）知：， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴． 4．（2025·福建·一模）如图，，，点在上，四边形是矩形，连接，交于点，连接交于点．下列4个判断：①；②；③；④若点是线段的中点，则为等腰直角三角形，其中，判断正确的是（    ） A．①② B．②③④ C．①③④ D．③④ 【答案】C 【分析】先根据矩形的性质可得，再根据等腰三角形的三线合一可判断①；先根据等腰三角形的性质可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得，然后根据角的和差即可判断②；先证出，从而可得，再设，从而可得，由此即可判断③；先证出，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得为等腰三角形，然后根据角的和差可得，由此即可得判断④． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， （等腰三角形的三线合一），则①正确； ， ， 又， 是等腰直角三角形， ， ，则②错误； ， （等腰三角形的三线合一）， 在和中，， ， ， 设， ， ， ， ， ，则③正确； ， ， 点是线段的中点， ， 在和中，， ， ， 为等腰三角形， ， ，即， 为等腰直角三角形，则④正确； 综上，判断正确的是①③④， 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，二次根式的除法运算等知识点，较难的是④，正确找出两个全等三角形是解题关键． 5．（2025·福建·一模）如图，在中，点D是斜边的中点，过点D作于点E，连接，过点E作的平行线，交的延长线于点F．若，则的长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边中线为斜边一半，掌握以上知识是解题关键．先证明四边形为平行四边形，再根据平行四边形的性质得、结合直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵， ∴ ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， 又∵为直角三角形斜边中线， ∴ ∴． 故答案为：4． ( 题型02 )四边形压轴 6．（2025·福建泉州·一模）一块截面为四边形的玉片，已测得两组对边分别平行，再测量得下列条件，仍不能判定这块玉片的截面为长方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和菱形的判定，由已知可得四边形是平行四边形，进而根据矩形和菱形的判定方法逐项判断即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵四边形的两组对边分别平行， ∴四边形是平行四边形， 、当时，平行四边形是矩形，该选项不合题意； 、当时， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形，该选项不合题意； 、当时，平行四边形是矩形，该选项不合题意； 、当时，平行四边形是菱形，该选项符合题意； 故选：． 7．（2025·福建龙岩·一模）如图，是半圆的圆心，直径． (1)分别在半圆上的取点和点，顺次连接各点，构成以，，，为顶点的菱形，请用直尺和圆规求作符合要求的菱形； (2)求（1）中菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)菱形的面积的面积为 【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质、菱形的判定等相关知识点，熟记相关结论是解题关键． （1）根据菱形的四条边都相等，以点和点为圆心，长为半径画弧，与半圆交于点、，连接即可完成作图． （2）连接，则，过点作于点，得出是等边三角形，进而求得的长，即可求出菱形的面积． 【详解】（1）解：①以为圆心，为半径作弧，交半圆于点； ②以为圆心，为半径作弧，交半圆于点； ③连接，，，从而得到菱形 （2）连接，则，过点作于点， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴；． 8．（2025·福建泉州·一模）综合与实践： 准备 在复习探究《几何图形变化》的时候，老师让同学们准备了两张全等的直角三角形纸片，并且把它们的一条直角边重合在一起（如图1），已知，，． 实践探究 平移 如图2，小明同学把沿直线平移，当点B与点A重合时，点C与点D重合，点A的对应点为点． 结论1：四边形是矩形； 旋转 如图3，小红同学把绕点A顺时针旋转，当点C的对应点恰好落在边上时，点B的对应点为点，与边交于点E． 结论2：可求出图中任意一条线段的长，如； 对折 如图4，若点M，N分别是，的中点，小军同学将沿着直线对折，点B的对应点为． 结论3：①点C，，N在同一条直线上； ②可求出线段的长． 验证计算 根据以上同学对三种图形变化的探究，请你完成三个结论的证明或计算．结论3中①②可任选一个，②比①多得2分． 【答案】结论1：见解析；结论2：；结论3：①见解析；② 【分析】（1）根据平移的性质得到，，再利用矩形的判定即可证明； （2）先证明四边形是平行四边形，再根据旋转的性质得到，，，利用直角三角形的性质和等角对等边推出，得出的长度，再利用即可求解； （3）①连接、，先证明四边形是平行四边形，得出，再由翻折的性质得到，，进而得出，推出，即可得证；②作于点，作于点，利用等面积法求出的长，再利用勾股定理求出的长，再证明，得到，再利用等腰三角形的性质得出的长，即可求出线段的长． 【详解】解：结论1： 由平移的性质得，，， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是矩形． 结论2： ， ，， 又， 四边形是平行四边形， ， ， 由旋转的性质得，，，， ， ， ， ， ， ， ． 结论3： ①如图，连接、， 由结论2可得，四边形是平行四边形， ，， 点M，N分别是，的中点，， ，， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 由翻折的性质得，，， ，， ， ， 直线和直线重合， 点C，，N在同一条直线上； ②如图，作于点，作于点， ， ， ， 由①中的结论得，，即， 又，， ， ， ，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了图形变换（平移、旋转、翻折）的性质、矩形的判定、直角三角形的性质、等腰三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握图形变换（平移、旋转、翻折）的性质是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 9．（2025·福建龙岩·一模）如图，矩形两组对边分别和坐标轴平行且矩形的对角线交点为原点，点在函数的图像上，则矩形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，根据题意得出矩形的面积为，进而即可求解． 【详解】解：如图， 依题意，矩形和反比例函数图像都是中心对称图形，为对称中心，点在函数的图像上， ∴矩形的面积为， ∴矩形的面积为 故答案为：． 10．（2025·福建三明·一模）如图，在菱形中，点分别在边上，． (1)求证：； (2)为中点，交于点，，垂足为． ①求证：； ②用等式表示线段，与之间的数量关系，并给予证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②，证明见解析 【分析】（1）先根据菱形的性质可得，，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）①连接，先证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，再证出，根据相似三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证； ②延长，交于点，先证出，再证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，然后在中，解直角三角形可得，最后根据和等量代换即可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）证明：①如图，连接， 由（1）已证：， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． ②，证明如下： 如图，延长，交于点， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， 由上已证：， ∵， ∴， ∴，即， 由上已证：， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，综合性强，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键． 11．（2025·福建·一模）如图，四边形是平行四边形，C是边上一点，点B在的延长线上，且．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定，熟练掌握相关定理是解题的关键． 先证得四边形是平行四边形，进一步运用有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明即可． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴, ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∵, ∴四边形是矩形． 12．（2025·福建·一模）如图，正方形中，点、分别是、的中点，与交于点，连结并延长交于点，与对角线交于点，现有以下列结论：①；②；③；④；其中正确结论有 ．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①③④ 【分析】证明可判断结论①．由得到，从而．设，则，过点H作，交于点J，交于点K，证明，即可判断结论②．证明点B、N、G、E四点共圆，得到，连接，可证，根据相似三角形的对应边成比例即可判断③正确．过点B作于点I，作，交的延长线于点J，证明，进而推出四边形是正方形，根据正方形的性质即可判断④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∵，， ∵点E，N分别是，的中点， ∴，， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∵， ∴．故①正确． ∵在正方形中，， ∴， ∴相似比， ∴． 设，则， 过点H作，交于点J，交于点K， ∴，， ∴，， ∴， ∴．故②错误． 由①可知， ∴在四边形中，， ∴， 根据对角互补可得点B、N、G、E四点共圆， ∴， 连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴．故③正确． 如图，过点B作于点I，作，交的延长线于点J， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴． 故④正确． 综上所述，正确的结论有①③④． 故答案为：①③④ ． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，四点共圆，熟练掌握相关知识是解题的关键． 13．（2025·福建·一模）已知正方形边长为2，点是正方形边上的动点，点在边上，且，线段、相交于点，连接，则点从点运动到点的过程中，线段扫过的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、点的运动轨迹问题的求解等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线，得到点M的运动轨迹是解题的关键．先证明得到，进而证得，利用圆周角定理得到点M在以为直径的圆上运动，如图，设圆心为，连接、相交于O，连接，利用正方形的性质和圆周角定理得到点O在圆N上，根据图形结合已知得到在点从点A运动到点B的过程中，点M在劣弧上运动，点F在上运动，由线段扫过的面积求解即可． 【详解】解：如图，四边形是边长为2的正方形， ，， 在和中， ， ， ∴， ，即， ∴点M在以为直径的圆上运动，如图，设圆心为，连接、相交于O，连接， 则，，， ∴，即点O在圆N上， ∴，， ∵，， ∴当点E在点A处时，点F在点B处，这时点M在点A处，当点E在点B处时，点F在点C处，这时点M在点O处， ∴在点从点A运动到点B的过程中，点M在劣弧上运动，点F在上运动， ∴线段扫过的面积是， 故答案为：． 14．（2025·福建·一模）在矩形中，，点在上，点在平面内，，，连按，将线段绕着点顺时针旋转得到，则线段的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，将线段绕点顺时针旋转得，得，将线段绕点顺时针旋转得，得，证明，得判断要使最大，则三点共线时最大，最大值为，根据勾股定理可求出即可得出结论 【详解】解：∵在平面内，且， ∴在以为圆心，3为半径的圆上，如图， 将线段绕点顺时针旋转得， ∴， 将线段绕点顺时针旋转得， ∴， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴在点为圆心，3为半径的圆上， 要使最大，则三点共线时最大，最大值为； ∵四边形是矩形， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ ∴ ∴的最大值为， 故答案为：． 15．（2025·福建·一模）如图，四边形是平行四边形，且交的延长线于点，于点．证明：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．由平行四边形的性质得，，则，而，即可根据证明，则． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，． ． ，， ． ． ． 16．（2025·福建·一模）在平面直角坐标系中，抛物线经过矩形的顶点和，轴．若将抛物线向左（右）平移不超过个单位长度，使其经过点，可与抛物线重合，记抛物线和在该矩形内部的部分为图象，点在图象上，则点的横坐标的取值范围是 ．（表达式中可含有，，） 【答案】或 【分析】本题考查了二次函数的平移、二次函数与一元二次方程、矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识点，学会利用数形结合的思想解决问题．代入和到抛物线可得，，得到点在点的上方，利用矩形的性质得到，，利用二次函数的对称性得到抛物线也经过点，得到抛物线在、之间的部分图象在矩形内部；结合图象可得将抛物线向左平移个单位，可使其经过点，可与抛物线重合，则有抛物线，令可得抛物线恰好经过点，再利用二次函数的对称性得到抛物线也经过点，得到抛物线在、之间的部分图象在矩形内部，根据题意即可得出结论． 【详解】解：代入和到抛物线得， ，，即， 点在点的上方， 矩形，，，轴， ，， ，， 抛物线对称轴为直线，点关于直线的对称点为， 抛物线也经过点， 在矩形的边上， 抛物线在、之间的部分图象在矩形内部，且随的增大而减小； ，， 将抛物线向左平移个单位，可使其经过点，可与抛物线重合， 抛物线， 令，则， ， 解得：，， 抛物线经过点，即恰好经过点， 抛物线对称轴为直线，点关于直线的对称点为， 抛物线也经过点， 在矩形的边上， 抛物线在、之间的部分图象在矩形内部，且随的增大而增大； 记抛物线和在该矩形内部的部分为图象，点在图象上， 点在、之间的抛物线图象上，或在、之间的抛物线图象上， 点的横坐标的取值范围是或． 故答案为：或． 17．（2025·福建·一模）如图，在边长为8的菱形中，点为边，上的动点，且，连接，若菱形面积为60，则的最小值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形与三角形综合．熟练掌握菱形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，勾股定理，是解题的关键． 作点C关于的对称点G，连接交于点H，连接，则，可得，根据，得，得,得,根据菱形性质和，可得，得，得，得取得最小值为17 ． 【详解】作点C关于的对称点G，连接交于点H，连接， 则，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵菱形中，，且， ∴， ∴， ∴， ∴当点E在线段上时，取得最小值17． 故选：C． 18．（2025·福建·一模）已知：在正方形中，M在上，点N在上，把正方形沿翻折，使点B落在边上的点E处，点C的对应点为P，交于F． (1)连，求证：平分； (2)过点B作交于点G，连接交与点H． ①求证：； ②若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）正方形的性质，推出，对称性得到，进而得到，即可得证； （2）①过点B作交于点Q，则，证明，得到，再证明，得到，进而推出，根据对称，得到，进而求出即可；②证明，得到，证明，得到，过点作，交于点，证明，得到，推出，设，则，，得到，进一步求解即可． 【详解】（1）证明：正方形中， ∴ 由对称性得 ∴ ∴平分 （2）①如图1，过点B作交于点Q，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ ②如图2，∵翻折， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， 由①可知：， 过点作，交于点，则：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵翻折， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ 设，则， ∴ ∴． 【点睛】本题考查正方形与折叠，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识点，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等和相似三角形，是解题的关键． 19．（2025·福建·一模）如图，在平行四边形中，点分别是的中点，点在对角线上，且．    (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明过程见详解 (2)证明过程见详解 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，根据中点的性质可得，根据全等三角形的判定方法“边角边”即可求证； （2）由（1）可知，可得，，运用平角的计算可得，根据平行四边形的判定即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点分别是的中点， ∴，， ∴， 在中， ， ∴． （2）证明：由（1）可知，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键． 20．（2025·福建·一模）在中，点E是BC边的中点，点F在BA延长线上，连接FC，FD，FE，且． (1)如图1，求证：； (2)如图1，探索EF与BD的数量关系，并证明； (3)如图2，若，，，求EF的长． 【答案】(1)见解析 (2)BD=2EF，见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质、平行线的性质以及等量代换即可解答； （2）如图：如图1，延长FE，DC交于点G，先证可得、，再证和，最后根据全等三角形的性质以及等量代换即可解答； （3）如图2，过点F作于点M，过点E作于点N，连接AC，AE，则;由直角三角形的性质可得，再证四边形ACMF是矩形，然后运用勾股定理求得AC，进一步求得EN、FN，最后运用勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴． （2）解：，证明如下： 证明：如图1，延长FE，DC交于点G， ∵， ∴ ∵点E是CB中点， ∴ 又， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵ ∴， ∴． （3）解：如图2，过点F作于点M，过点E作于点N，连接AC，AE，则， ∵， ∴ ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，， ∴四边形ACMF是平行四边形， ∵， ∴四边形ACMF是矩形， ∴， ∴ ∵E是BC中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质、判定定理成为解答本题的关键 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 几何压轴 题型概览 题型01 三角形压轴 题型02 四边形压轴 ( 题型01 )三角形压轴 1．（2025·福建泉州·一模）如图1，在中，，，是的中点，是线段上不与，重合的一点，于点，交于点，连接，． (1)求证：； (2)若是的中点．如图2，求的值； (3)用等式表示，，之间的数量关系，并证明． 2．（2025·福建·一模）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·福建·一模）如图，在中，，，点为边上一点，连接，过点作，交于点． (1)用等式表示与的数量关系，并说明原因； (2)如图2，若为中点，且，求证：，，三点共线． (3)如图3，若在线段上截取，连接，交于点，求证：． 4．（2025·福建·一模）如图，，，点在上，四边形是矩形，连接，交于点，连接交于点．下列4个判断：①；②；③；④若点是线段的中点，则为等腰直角三角形，其中，判断正确的是（    ） A．①② B．②③④ C．①③④ D．③④ 5．（2025·福建·一模）如图，在中，点D是斜边的中点，过点D作于点E，连接，过点E作的平行线，交的延长线于点F．若，则的长为 ． ( 题型02 )四边形压轴 6．（2025·福建泉州·一模）一块截面为四边形的玉片，已测得两组对边分别平行，再测量得下列条件，仍不能判定这块玉片的截面为长方形的是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·福建龙岩·一模）如图，是半圆的圆心，直径． (1)分别在半圆上的取点和点，顺次连接各点，构成以，，，为顶点的菱形，请用直尺和圆规求作符合要求的菱形； (2)求（1）中菱形的面积． 8．（2025·福建泉州·一模）综合与实践： 准备 在复习探究《几何图形变化》的时候，老师让同学们准备了两张全等的直角三角形纸片，并且把它们的一条直角边重合在一起（如图1），已知，，． 实践探究 平移 如图2，小明同学把沿直线平移，当点B与点A重合时，点C与点D重合，点A的对应点为点． 结论1：四边形是矩形； 旋转 如图3，小红同学把绕点A顺时针旋转，当点C的对应点恰好落在边上时，点B的对应点为点，与边交于点E． 结论2：可求出图中任意一条线段的长，如； 对折 如图4，若点M，N分别是，的中点，小军同学将沿着直线对折，点B的对应点为． 结论3：①点C，，N在同一条直线上； ②可求出线段的长． 验证计算 根据以上同学对三种图形变化的探究，请你完成三个结论的证明或计算．结论3中①②可任选一个，②比①多得2分． 9．（2025·福建龙岩·一模）如图，矩形两组对边分别和坐标轴平行且矩形的对角线交点为原点，点在函数的图像上，则矩形的面积为 ． 10．（2025·福建三明·一模）如图，在菱形中，点分别在边上，． (1)求证：； (2)为中点，交于点，，垂足为． ①求证：； ②用等式表示线段，与之间的数量关系，并给予证明． 11．（2025·福建·一模）如图，四边形是平行四边形，C是边上一点，点B在的延长线上，且．求证：四边形是矩形． 12．（2025·福建·一模）如图，正方形中，点、分别是、的中点，与交于点，连结并延长交于点，与对角线交于点，现有以下列结论：①；②；③；④；其中正确结论有 ．（填写所有正确结论的序号） 13．（2025·福建·一模）已知正方形边长为2，点是正方形边上的动点，点在边上，且，线段、相交于点，连接，则点从点运动到点的过程中，线段扫过的面积是 ． 14．（2025·福建·一模）在矩形中，，点在上，点在平面内，，，连按，将线段绕着点顺时针旋转得到，则线段的最大值为 ． 15．（2025·福建·一模）如图，四边形是平行四边形，且交的延长线于点，于点．证明：． 16．（2025·福建·一模）在平面直角坐标系中，抛物线经过矩形的顶点和，轴．若将抛物线向左（右）平移不超过个单位长度，使其经过点，可与抛物线重合，记抛物线和在该矩形内部的部分为图象，点在图象上，则点的横坐标的取值范围是 ．（表达式中可含有，，） 17．（2025·福建·一模）如图，在边长为8的菱形中，点为边，上的动点，且，连接，若菱形面积为60，则的最小值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 18．（2025·福建·一模）已知：在正方形中，M在上，点N在上，把正方形沿翻折，使点B落在边上的点E处，点C的对应点为P，交于F． (1)连，求证：平分； (2)过点B作交于点G，连接交与点H． ①求证：； ②若，求的值． 19．（2025·福建·一模）如图，在平行四边形中，点分别是的中点，点在对角线上，且．    (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 20．（2025·福建·一模）在中，点E是BC边的中点，点F在BA延长线上，连接FC，FD，FE，且． (1)如图1，求证：； (2)如图1，探索EF与BD的数量关系，并证明； (3)如图2，若，，，求EF的长． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$