专题05 多边形与四边形（5题型）（山东专用）-【好题汇编】2025年中考数学一模试题分类汇编

专题05 多边形与四边形 题型概览 题型01 多边形及其相关计算 题型02 平行四边形的判定与性质 题型03 矩形的判定与性质 题型04 菱形的判定与性质 题型05 正方形的判定与性质 01多边形及其相关计算 1．（2025·山东菏泽·一模）一个多边形的内角和等于它的外角和，这个多边形是 （ ）． A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．（2025·山东滨州·一模）如图，在一个边长为的正六边形纸板中截去一个边长为的等边三角形后，余下部分的面积与所截去的等边三角形的面积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·山东青岛·一模）图1是扳手和六角螺母的实物图，图2是它们的示意图，，，，，六边形为正六边形，若，则螺母对角线的长度为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东烟台·一模）如图，八边形中，、的延长线交于点，若，，，的外角和等于，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·山东枣庄·一模）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）      A． B． C． D． 6．（2025·山东潍坊·一模）十边形的每个内角都相等，则它的一个外角的度数为 ． 7．（2025·山东威海·一模）如图，五边形为正五边形，则 ． 8．（2025·山东临沂·一模）如图，是正边形纸片的一部分，其中，是正边形两条边的一部分，若，所在的直线相交形成的锐角为，则的值是 9．（2025·山东东营·一模）如图，由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成一个大五边形，则图中 ． 10．（2025·山东日照·一模）如图，正五边形的边长为2，对角线相交于点O，则四边形的周长为 ． 02平行四边形的判定与性质 11．（2025·山东泰安·一模）如图，四边形是平行四边形，点N在的延长线上，分别交，于点E，M，某位同学将刻度尺放在上，点E是零刻度，点M，点N在直尺上对应的数分别是2，6，则线段的长是（   ） A．3 B．4 C． D．5 12．（2025·山东临沂·一模）如图，在中，平分，交于点，，，．则的长是（    ） A． B． C． D． 13．（2025·山东聊城·一模）如图，平行四边形中，对角线、相交于点，平分，分别交、于点、，连接，，，则的面积为是（   ） A． B． C． D． 14．（2025·山东威海·一模）如图，平行四边形，，平分交于点，过点作于点，延长交于点，交的延长线于点，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点是线段的三等分点；③是等腰三角形；④其中，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④ 15．（2025·山东青岛·一模）如图，在中，，于点，若，则 ． 16．（2025·山东东营·一模）如图，在平行四边形中，，点P是边上的动点，连接，E是的中点，F是的中点，则的最小值是 ． 17．（2025·山东德州·一模）如图，在平行四边形中，，，点是边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，则的最小值是 ． 18．（2025·山东济南·一模）在平行四边形中，点，在对角线上，连接、，．求证：． 19．（2025·山东济宁·一模）如图，四边形是平行四边形，点E、F分别在边、上，且，连接、、、，与相交于点P，求证：． 20．（2025·山东淄博·一模）如图，在平行四边形中，E，F分别是边，上的点，连接，，使，． (1)上面是小明和小颖两位同学的对话，请选择其中一位同学的说法，并证明； (2)在（1）的条件下，若，，求平行四边形的面积． 21．（2025·山东青岛·一模）已知：如图，在平行四边形中，分别是边上的点，且，直线分别交的延长线、的延长线于点． (1)求证：； (2)连接，若，则四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论． 22．（2025·山东淄博·一模）如图，，线段的垂直平分线交于点，分别交，于点，，连接，． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)若如果，，，求四边形的面积． 23．（2025·山东聊城·一模）如图，将平行四边形纸片沿一条直线折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．求证： （1）； （2）． 24．（2025·山东威海·一模）如图，四边形各角的平分线分别相交于点E，F，G，H，且与各边交于点I，J，K，L．若四边形是矩形． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，则_____． 03矩形的判定与性质 25．（2025·山东青岛·一模）如图，点E在矩形的边上，将沿折叠，点D恰好落在边上的点F处，若，，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．8 26．（2025·山东威海·一模）如图，已知四边形是矩形，点B在直线上，若平分，则下列结论不能推出的是（   ） A．平分 B． C．是等边三角形 D． 27．（2025·山东临沂·一模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点C作交的延长线于点E，下列结论不一定正确的是(   )    A． B． C．是等腰三角形 D． 28．（2025·山东泰安·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，且，则为（   ） A． B． C． D． 30．（2025·山东德州·一模）如图，四边形ABCD为矩形，AB=4，BC=6，点E是BC边的中点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，连接CF，则sin∠ECF的值为 . 31．（2025·山东青岛·一模）如图，在矩形中，是边上一点，，分别是，的中点，连接，，，若，，，矩形的面积为 ． 32．（2025·山东菏泽·一模）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 33．（2025·山东聊城·一模）如图，在矩形中，，，E是边上一点，点F在边的延长线上，且，连接交边于点G，垂直平分，分别交，，于点H，M，N．若，则的长为 ． 34．（2025·山东济南·一模）如图，在矩形中，，，点是边上一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点，则 ． 35．（2025·山东菏泽·一模）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕，连接，再将矩形纸片折叠，使点落在上的点处，折痕为，点恰好为线段最靠近点的一个五等分点，若，则矩形纸片的面积为 ． 36．（2025·山东青岛·一模）如图，在中，，分别是边和的中点，，在对角线上，且，连接，． (1)求证：； (2)连接，，当与满足怎样的数量关系时，四边形是矩形？请证明你的结论． 37．（2025·山东潍坊·一模）如图，将矩形沿对角线翻折，点C落在处，交于点E．过点作，交，分别于点P，F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求线段的长． 38．（2025·山东青岛·一模）在数学课上，老师让同学们动手操作，将一个矩形绕其一个顶点旋转．小明在旋转的过程中发现，随着旋转角度的变化可以研究很多数学问题．如图，已知矩形，，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点B的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点E，连接． (1)如图①，当时，______；如图②，当时，______； (2)如图③，当边经过点B时，______； (3)如图④，当点F落在的延长线上时，______． 39．（2025·山东东营·一模）（1）问题发现：如图1，已知正方形，点E为对角线上一动点，将绕点B顺时针旋转到处，得到，连接． 填空：① ___________；②的度数为___________； （2）类比探究：如图2，在矩形和中，，，连接，请分别求出的值及的度数； （3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将点E改为直线上一动点，其余条件不变，取线段的中点M，连接，，若，则当是直角三角形时，请直接写出线段的长．    40．（2025·山东日照·一模）综合与探究 在数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展活动． 实践操作： 如图，在矩形纸片中，， 第一步：如图1，将矩形纸片沿 过点的直线折叠，使点落在边上的点处，得到折痕， 然后把纸片展平． 第二步：如图2，再将矩形纸片沿折叠，此时点恰好落在上 的点处，分别与交于点， 然后展平． 问题解决： （1）求的长． （2）判断与之间的数量关系，并说明理由． 拓展应用： （3）如图3，延长相交于点， 请直接写出的长． 04菱形的判定与性质 41．（2025·山东临沂·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，，，则的正弦值为（    ） A． B． C． D． 42．（2025·山东淄博·一模）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则菱形的面积为（    ） A．80 B．160 C．40 D． 43．（2025·山东日照·一模）如图，菱形中，点是中点，连接、，若，，则该菱形的面积是（    ）    A． B． C． D． 44．（2025·山东济宁·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A在y轴上，M，N分别是边的中点，若点M，N的纵坐标分别是3，2，则点B的坐标是 ．    45．（2025·山东菏泽·一模）如图，若菱形ABCD的周长为24，，点E，F分别是边AB和AD上的点，过点E和点F分别作对角线BD的垂线段EM和FN，垂足为点M和点N．若，则 ． 46．（2025·山东临沂·一模）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ． 47．（2025·山东济南·一模）如图，在菱形中，，分别以点A和B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线，交于点E，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 48．（2025·山东德州·一模）如图，在菱形中，，E，F分别是边和对角线上的动点，且，则的最小值为 ． 49．（2025·山东临沂·一模）如图，已知在菱形中，E，F分别是菱形的边的中点，连结与交于点G，的面积为1，则菱形的面积为 ． 50．（2025·山东青岛·一模）如图，在菱形中，，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与，重合），折痕为，若，则的长为 ． 51．（2025·山东烟台·一模）如图，四边形是菱形，点、分别在边、的延长线上，且．连接、． 求证：． 52．（2025·山东泰安·一模）如图，在四边形中，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知菱形的对角线，点E、F分别是菱形的边、的中点，连接，若，求菱形的周长． 53．（2025·山东聊城·一模）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接，求证：四边形是菱形． 54．（2025·山东济南·一模）如图，在中，对角线、相交于点O，过点C作交的延长线于点E，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 55．（2025·山东青岛·一模）如图，以的三边为边在的同侧分别作三个等边三角形：，，．连接，． (1)求证：； (2)请从以下两个问题中选择其中一个进行解答（若多选，则按第一个解答计分） ①当满足什么条件时，四边形是矩形？请加以证明； ②当满足什么条件时，四边形是菱形？请加以证明． 56．（2025·山东菏泽·一模）如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求的长． 05正方形的判定与性质 57．（2025·山东青岛·一模）如图，在正方形中，是的中点．将沿对折至，延长交于点，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 58．（2025·山东烟台·一模）如图，点在正方形的边上，延长至点，使，连接和，取的中点，连接并延长，与交于点．若，，则的长为（   ） A． B． C．4 D． 59．（2025·山东临沂·一模）如图，在正方形中，点M，N为，上的点，且，与交于点P，连接，点Q为中点，连接，若，，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 60．（2025·山东临沂·一模）如图，正方形的边长为2，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接．给出四个结论：①；②若，则；③若G为的中点，则四边形是正方形；④若，则．则其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 61．（2025·山东聊城·一模）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为 ． 62．（2025·山东临沂·一模）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．    63．（2025·山东威海·一模）如图，点是正方形边的中点，连接，把沿翻折得到，连接，若，则正方形的边长是 ． 64．（2025·山东淄博·一模）如图，为正方形对角线的中点，为等边三角形；若，则的长度为 ．    65．（2025·山东日照·一模）如图，在正方形中，点是上一点，．连接，过点作，垂足为，连接，过点作，交于点，则 ． 66．（2025·山东日照·一模）如图，四边形是边长为6的正方形，点E在边上，，过点E作，分别交，于点G，F，M，N分别是，的中点，则的长是 ．    67．（2025·山东青岛·一模）如图，在正方形中，点为对角线上一动点（点不与、重合），连接，过点作交直线于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，． (1)求证：； (2)试探究与的数量关系，并说明理由； (3)若正方形的边长为，求的最小值． 68．（2025·山东潍坊·一模）在数学综合与实践课上，李老师让同学们以“正方形折叠”为主题开展数学活动． 【具体操作】如图1，在正方形中，将沿过点的直线翻折，点落在正方形内部的点处，得到，折痕为；再将沿过点的直线翻折，使与重合，得到，折痕为．由以上操作，不难发现，，三点在同一条直线上． 【问题解决】 （1）请直接写出 ； （2）若，，求正方形的边长； 【深入探究】 （3）如图2，再将沿所在直线折叠，点恰好落在线段的点处，得到，线段与相交于点，请写出，，三条线段的数量关系，并说明理由． 69．（2025·山东泰安·一模）【模型建立】如图，在正方形中，是边上一点（不与点，重合），是延长线上一点，，连接，， （1）①求证：； ②判断的形状，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图，连接与交于点，连接，试判断与的关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）在（2）的条件下，若，求的长． 70．（2025·山东德州·一模）【课本再现】 如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 【问题发现】 （1）①如图1，求证：； ②如图1，四边形的面积为______；线段，，之间的数量关系是______； 【类比迁移】 （2）如图2，点O是矩形对角线的中点，点O又是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，有一个菱形菜园，，为人行步道，且交于点O，现要在菜园的右下角建一四边形储藏间．已知点E在上，点F在上，．若四边形储藏间的占地面积为（人行步道的面积忽略不计），要在菱形菜园围一圈篱笆，请直接写出需要篱笆多少米？ 1．（2025·山东泰安·一模）如图，在边长为2的正八边形中，点在上，一束光线从点出发，照射到镜面上的点处，经反射后射到上的点处，若，则的长为（　　） A．6 B．8 C． D． 2．（2025·山东青岛·一模）如图，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为 ． 3．（2025·山东威海·一模）如图，在中，点，分别是边，的中点，连接，，与交于点，连接，过点作，分别交、于点、，则的值为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东济南·一模）如图，Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，过D作DC⊥BE交BE的延长线于点C，连接BH并延长交DC于点F，连接DE交BF于点O．下列结论：①DE平分∠HDC；②DO=OE；③H是BF的中点；④BC-CF=2CE；⑤CD=HF，其中正确的有（    ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 5．（2025·山东淄博·一模）如图1，在矩形中，，，点，分别在，上，将矩形沿直线折叠．使点落在边上的处，点落在处，连接，若，如图2，若为中点，连接．则的长为（   ） A．8 B． C． D．10 6．（2025·山东东营·一模）如图，在正方形中，是等边三角形，的延长线分别交于点E、F，连接，与相交于点H，给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 7．（2025·山东济南·一模）如图，平行四边形，，，，为边上一点，连接，将沿翻折，点的对应点为，为中点，为边上一点，连接，将沿翻折，点的对应点恰巧也为，则 ． 8．（2025·山东潍坊·一模）如图，将矩形纸片的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．若，且，则的长为 ．    9．（2025·山东威海·一模）如图，点，分别是正方形边，上的点且，延长至点，使，连结分别交，于点，，连接，分别交，于点，．下列五个结论正确的有 ．（只填序号） ①；②，，三点共线；③；④；⑤． 10．（2025·山东聊城·一模）如图，在菱形中，，，点P从点A出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作于点Q，作交直线于点M，交直线于点F，设与菱形重叠部分图形的面积为s（平方单位），点P运动时间为t（秒）． (1)当点M与点B重合时，则t＝_____； (2)求整个运动过程中s的最大值； (3)以线段为边，在右侧作等边，当时，求点E运动路径的长． 11．（2025·山东日照·一模）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明； 独立思考：（1）请解答老师提出的问题； 实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明； 问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果． 12．（2025·山东淄博·一模）在综合与实践活动课上，小明以矩形为主题开展研究性学习． 【动手操作】作矩形，使，连接，作点关于的对称点，连接，，，，与交于点． 【观察发现】 （1）如图1，当时，小明发现，的度数是确定的，请直接写出这个度数； （2）如图2，当时，小明又发现，线段与的比是确定的，请求出这个比值； 【实践探究】（3）如图3，设，与的交点分别为，，小明进一步发现，线段与始终保持相等，请予以证明． 13．（2025·山东泰安·一模）综合与实践 【经典再现】 人教版八年级数学下册教科书69页14题：如图1，四边形是正方形，点是边的中点，且交正方形外角的平分线于点．求证．（提示：取的中点，连接．） （1）请你思考题中的“提示”，这样添加辅助线的目的是构造出______，进而得到． 【类比探究】 （2）如图2，四边形是矩形，且，点是边的中点，，且交矩形外角的平分线于点，求的值（用含的式子表示）； 【综合应用】 （3）如图3，为边上一点，连接，，在（2）的基础上，当，，时，请直接写出的长． 14．（2025·山东聊城·一模）数学活动课上，老师说：正方形是一个很奇妙的图形，它的四条边都相等，四个角都是直角，而且通过添加线段，可以得到更多美妙的结论．下面让我们一起来探究“奇妙的正方形”吧．    活动一：如图①，在正方形中，、分别是边上的点，且．请判断线段与之间的位置关系，并说明理由； 活动二：“探究小组”在“活动一”的基础上发现，当是的中点时，连接，如图②，可求出的正切值． 他们给出的思路是：先证，再过点作的垂线，垂足记为，然后在中利用勾股定理找和的数量关系． 请根据“探究小组”的思路，求出的正切值； 15．（2025·山东威海·一模）数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形中，点E是对角线上任意一点，过点E作，垂足为E，交所在直线于点F．探索与之间的数量关系，并说明理由． 小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线的中点时，他发现与之间的数量关系是______．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将沿方向平移得到，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究与之间的数量关系． (1)请你按照小明的思路，完成解题过程； (2)你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 多边形与四边形 题型概览 题型01 多边形及其相关计算 题型02 平行四边形的判定与性质 题型03 矩形的判定与性质 题型04 菱形的判定与性质 题型05 正方形的判定与性质 01多边形及其相关计算 1．（2025·山东菏泽·一模）一个多边形的内角和等于它的外角和，这个多边形是 （ ）． A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【知识点】多边形内角和与外角和综合 【分析】本题主要考查的是多边形的内角和与外角和，掌握n边形的内角和为、外角和是是解题的关键．根据多边形的内角和的计算公式与外角和是列出方程，解方程即可． 【详解】解：设这个多边形边数是n，根据题意得： 解得： ∴这个多边形是四边形． 故选：B． 2．（2025·山东滨州·一模）如图，在一个边长为的正六边形纸板中截去一个边长为的等边三角形后，余下部分的面积与所截去的等边三角形的面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】正多边形和圆的综合、等边三角形的判定和性质 【分析】本题主要考查了正多边形与圆，等边三角形的性质与判定，设正六边形的中心为O，连接，证明是等边三角形，进而推出，由此即可得到答案． 【详解】解：如图所示，设正六边形的中心为O，连接， ∴， ∴是等边三角形， ∵正六边形的边长为， ∴是边长为的等边三角形， ∴， ∴余下部分的面积与所截去的等边三角形的面积之比为， 故选：C． 3．（2025·山东青岛·一模）图1是扳手和六角螺母的实物图，图2是它们的示意图，，，，，六边形为正六边形，若，则螺母对角线的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系，平行四边形、矩形的性质和判定方法是正确解答的关键． 根据平行四边形的性质和判定方法可得四边形是平行四边形，在根据平行线的性质以及矩形的判定和性质得到，由正六边形的性质得到是含有的直角三角形，根据直角三角形的边角关系进行计算即可． 【详解】解：连接，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴， ∵六边形是正六边形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，，， ∵，即， ∴． 故选：A． 4．（2025·山东烟台·一模）如图，八边形中，、的延长线交于点，若，，，的外角和等于，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】多边形内角和与外角和综合 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和问题，先求出，再求出五边形的内角和，即可得解． 【详解】解：∵，，，的外角和等于， ∴， ∴， ∵五边形的内角和为， ∴， 故选：A． 5．（2025·山东枣庄·一模）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）      A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】坐标与图形、用勾股定理解三角形、正多边形的内角问题 【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标． 【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵点P的坐标为， ∴， 即； ∴，， ∴点M的坐标为． 故选：A．    【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键． 6．（2025·山东潍坊·一模）十边形的每个内角都相等，则它的一个外角的度数为 ． 【答案】 【知识点】正多边形的外角问题 【分析】本题主要考查多边形的外角与内角，熟练掌握多边形的外角和等于360度是解决本题的关键． 利用十边形的外角和是360度，并且每个外角都相等，即可求出每个外角的度数． 【详解】解：∵， ∴它的每个外角的度数是， 故答案为：． 7．（2025·山东威海·一模）如图，五边形为正五边形，则 ． 【答案】216° 【知识点】多边形内角和问题、正多边形的内角问题 【分析】此题考查了正多边形的内角，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．根据多边形的内角和公式求解即可． 【详解】解：如图， 五边形是正五边形， ， ， ， ， 故答案为：． 8．（2025·山东临沂·一模）如图，是正边形纸片的一部分，其中，是正边形两条边的一部分，若，所在的直线相交形成的锐角为，则的值是 【答案】6 【知识点】正多边形的内角问题、正多边形的外角问题 【分析】本题考查了多边形的外角和，正多边形的内角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．求出正多边形的每个外角度数，再用外角和除以外角度数即可求解． 【详解】解：如图，设，所在的直线相交于点， ，所在的直线相交形成的锐角为， ， 正多边形的每个内角相等， 正多边形的每个外角也相等， ， ． 故答案为：6． 9．（2025·山东东营·一模）如图，由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成一个大五边形，则图中 ． 【答案】/36度 【知识点】三角形内角和定理的应用、正多边形的外角问题 【分析】根据五边形的外角可得，根据三角形的内角和定理即可求解． 【详解】解：∵由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成一个大五边形， ∴， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形的外角，三角形内角和定理，掌握正多边形的外角和为360°且每一个外角都相等是解题的关键． 10．（2025·山东日照·一模）如图，正五边形的边长为2，对角线相交于点O，则四边形的周长为 ． 【答案】8 【知识点】根据菱形的性质与判定求线段长、正多边形的内角问题、等边对等角、三角形内角和定理的应用 【分析】根据多边形的内角和公式可求出正五边形各内角度数，继而证明四边形是菱形，即可求解周长． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴；同理可证， ∴四边形为平行四边形，而， ∴四边形是菱形， ∵正五边形的边长为2， ∴四边形的周长为8， 故答案为：8． 【点睛】本题考查了正多边形的内角和问题，涉及平行四边形的、菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和问题，求出正五边形内角的度数是解题的关键． 02平行四边形的判定与性质 11．（2025·山东泰安·一模）如图，四边形是平行四边形，点N在的延长线上，分别交，于点E，M，某位同学将刻度尺放在上，点E是零刻度，点M，点N在直尺上对应的数分别是2，6，则线段的长是（   ） A．3 B．4 C． D．5 【答案】C 【知识点】利用平行四边形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了平行四边的性质和相似三角形的判定和性质，由相似三角形得出对应边成比例是解题的关键．由四边形是平行四边形，可知，，可得，．可得，即，可求出． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，． ，． ． ． ， ． ． ． ． ，，， ，解得（负数舍去） 故选：C 12．（2025·山东临沂·一模）如图，在中，平分，交于点，，，．则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据等角对等边证明边相等、用勾股定理解三角形、判断三边能否构成直角三角形、利用平行四边形的性质求解 【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的定义可得，根据勾股定理的逆定理可得，再根据平行四边形的性质可得，，根据勾股定理可求的长． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， 在中，，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质和角平分线的定义，勾股定理的逆定理，勾股定理，等腰三角形的判定，关键是掌握平行四边形对边平行且相等． 13．（2025·山东聊城·一模）如图，平行四边形中，对角线、相交于点，平分，分别交、于点、，连接，，，则的面积为是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】与三角形的高有关的计算问题、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质，证明是等边三角形是解决问题的关键． 由平行四边形的性质证明是等边三角形，可得，可得，由勾股定理可求的长，根据平行四边形的性质和三角形的中位线定理得，再根据三角形的面积公式即可解决问题． 【详解】平分， ， ∵四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， 在中， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ． 故选：B． 14．（2025·山东威海·一模）如图，平行四边形，，平分交于点，过点作于点，延长交于点，交的延长线于点，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点是线段的三等分点；③是等腰三角形；④其中，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④ 【答案】A 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，证明，可得，即得四边形是平行四边形，再根据即可判定①；由可得，即得，进而由可得，即得，即可判定②；利用平行线的性质及菱形的性质可得，即可判定③；由得，设，则，，进而可得，，，即得，得到，即可判定④，综上即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分交于点， ∴， ∴， ∴， ∵于点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故①正确； ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点是线段的三等分点，故②正确； ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形，故③正确； ∵， ∴， 设，则，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 综上，正确的结论是①②③④， 故选：． 15．（2025·山东青岛·一模）如图，在中，，于点，若，则 ． 【答案】 【知识点】直角三角形的两个锐角互余、等边对等角、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等边对等角，直角三角形两个锐角互余，根据平行四边形的性质得出，进而根据等边对等角可得，根据直角三角形两个锐角互余，得出，进而根据，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 16．（2025·山东东营·一模）如图，在平行四边形中，，点P是边上的动点，连接，E是的中点，F是的中点，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】本题考查平行线的性质，三角形的中位线定理，含30度角的直角三角形，根据题意，易得是的中位线，得到，根据垂线段最短，得到时，最小，此时最小，进行求解即可． 【详解】解：∵在平行四边形中，， ∴， ∵E是的中点，F是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小，此时最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即：最小为； 故答案为：． 17．（2025·山东德州·一模）如图，在平行四边形中，，，点是边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，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】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，由三角形中位线定理可得，当时，有最小值，即有最小值，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，过点A作于N， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵E、F分别为、的中点， ∴， ∴当时，有最小值，即有最小值， ∴当点P与点N重合时，的最小值为， ∴的最小值为． 故答案为：． 18．（2025·山东济南·一模）在平行四边形中，点，在对角线上，连接、，．求证：． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、平行线的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质、平行线的性质与判定及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，，然后可得，则有，进而可得，最后问题可求证． 【详解】证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 19．（2025·山东济宁·一模）如图，四边形是平行四边形，点E、F分别在边、上，且，连接、、、，与相交于点P，求证：． 【答案】证明过程见详解 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键，平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系． 根据可得且平行，证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质∶对角线互相平分得到与互相平分即可得结论． 【详解】证明∶ 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 20．（2025·山东淄博·一模）如图，在平行四边形中，E，F分别是边，上的点，连接，，使，． (1)上面是小明和小颖两位同学的对话，请选择其中一位同学的说法，并证明； (2)在（1）的条件下，若，，求平行四边形的面积． 【答案】(1)选择小明同学的说法，见解析 (2)18 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、含30度角的直角三角形、利用平行四边形的性质求解 【分析】（1）根据平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质证明即可； （2）根据直角三角形的性质，平行四边形的性质和面积公式解答即可． 本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】（1）解：选择小明同学的说法，证明如下： ∵，， ∴， 在和中， ∵， ∴； 解：选择小颖同学的说法，证明如下： ∵，， ∴， 在和中， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵，平行四边形， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积． 21．（2025·山东青岛·一模）已知：如图，在平行四边形中，分别是边上的点，且，直线分别交的延长线、的延长线于点． (1)求证：； (2)连接，若，则四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，见解析 【知识点】全等三角形综合问题、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【分析】（1）先证明，，，，结合，即可得到结论； （2）证明，四边形是平行四边形，结合，可得四边形是菱形，可得，证明，可得，再进一步可得结论． 【详解】（1）证明：， ∴，，， ， ，， ， ∵， ； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ，， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， 四边形为平行四边形， 为菱形； 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，熟记特殊四边形的判定方法是解本题的关键． 22．（2025·山东淄博·一模）如图，，线段的垂直平分线交于点，分别交，于点，，连接，． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)若如果，，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2) 【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证明、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】（1）证明，得出，由，得出四边形是菱形； （2）由菱形的性质得出，证明，由平行线的性质得出，由直角三角形的性质和菱形的面积公式进行计算即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下： 四边形是平行四边形， ， ， 是线段的垂直平分线， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：由（1）得：四边形是菱形，， ， ， ， ， ， ∴， ，， 四边形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 23．（2025·山东聊城·一模）如图，将平行四边形纸片沿一条直线折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．求证： （1）； （2）． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【知识点】折叠问题、利用平行四边形的性质证明 【分析】(1)依据平行四边形的性质，即可得到，由折叠可得，，即可得到； (2)依据平行四边形的性质，即可得出，，由折叠可得，，，即可得到，，进而得出． 【详解】(1)四边形是平行四边形， ， 由折叠可得， ， ， ， ； (2)四边形是平行四边形， ，， 由折叠可得，，， ，， 又， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质以及折叠的性质是解题的关键. 24．（2025·山东威海·一模）如图，四边形各角的平分线分别相交于点E，F，G，H，且与各边交于点I，J，K，L．若四边形是矩形． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，则_____． 【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析 (2)1 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的判定与性质求解、利用矩形的性质证明 【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关判定和性质，是解题的关键： （1）根据矩形的性质，推出，进而得到，角平分线推出，得到，同理推出，即可得出结论； （2）根据平行线的性质结合角平分线，推出，进而求出的长，进而求出的长即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形各角的平分线分别相交于点E，F，G，H， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可得：， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）由（1）知：四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； 同理：， ∴， ∴． 03矩形的判定与性质 25．（2025·山东青岛·一模）如图，点E在矩形的边上，将沿折叠，点D恰好落在边上的点F处，若，，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查矩形的性质、折叠的性质、解直角三角形，灵活运用折叠的性质得到相等线段是解决问题的关键．利用矩形的性质及折叠的性质可得，，可得，，设，则，利用勾股定理可得，进而可得结果． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， 根据折叠可知，可知，， 则在中，， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，，即：， 解得：， 即． 故选：B． 26．（2025·山东威海·一模）如图，已知四边形是矩形，点B在直线上，若平分，则下列结论不能推出的是（   ） A．平分 B． C．是等边三角形 D． 【答案】C 【知识点】内错角相等两直线平行、利用矩形的性质证明、等腰三角形的定义 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定，根据矩形的性质，得到，，进而得到，角平分线推出，进而得到，得到，根据等角的余角相等，推出，即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴；故选项B正确； ∴，故选项D正确； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴平分；故选项A正确； ∵， ∴是等腰三角形，无法得到是等边三角形，故选项C错误； 故选C． 27．（2025·山东临沂·一模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点C作交的延长线于点E，下列结论不一定正确的是(   )    A． B． C．是等腰三角形 D． 【答案】D 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质求线段长 【分析】由矩形形的性质可得，，通过证明四边形是平线四边形，可得，得出，是等腰三角形，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴是等腰三角形， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 28．（2025·山东泰安·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，且，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】三线合一、等边三角形的判定和性质、利用矩形的性质证明 【分析】本题考查矩形，等边三角形的知识，解题的关键是掌握矩形的性质，则，，根据，求出，根据题意，则，求出，得到是等边三角形，即可求出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 30．（2025·山东德州·一模）如图，四边形ABCD为矩形，AB=4，BC=6，点E是BC边的中点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，连接CF，则sin∠ECF的值为 . 【答案】. 【知识点】解直角三角形的相关计算、矩形与折叠问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】先求得BE的长，然后依据勾股定理可求得AE的长，然后证明EF=EC，从而得到∠EFC=∠FCE，由翻折的性质可知∠BEA=∠FEA，依据三角形的外角的性质可证明∠AEB=∠FCE，最后依据三角函数的定义求解即可． 【详解】∵点E为BC的中点， ∴BE=EC=3. 在△ABE中,由勾股定理得：AE= =5 由翻折的性质可知：FE=BE，∠BEA=∠FEA， ∴FE=EC. ∴∠EFC=∠FCE. ∵∠CFE+∠FCE=∠BEA+∠AEF， ∴2∠ECF=2∠BEA. ∴∠ECF=∠BEA. ∴sin∠ECF=sin∠BEA=. 故答案为 【点睛】此题考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，解直角三角形，解题关键在于利用勾股定理进行运算 31．（2025·山东青岛·一模）如图，在矩形中，是边上一点，，分别是，的中点，连接，，，若，，，矩形的面积为 ． 【答案】48 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半、利用矩形的性质证明 【分析】根据三角形中位线的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得出相关线段长，利用勾股定理逆定理判定，再结合即可得出结论． 【详解】解：在矩形中，， 在矩形中，，分别是，的中点，， 是的中位线，即， 在中，是BE的中点，， 是斜边上的中线，即， ， 在中，是EC的中点，， 是斜边上的中线，即， ， 在中，，，，即， 是直角三角形，且， 过作于，如图所示： ， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形面积，涉及到中位线的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、矩形的性质、勾股定理逆定理、三角形等面积法等知识，熟练掌握相关性质，准确作出辅助线表示是解决问题的关键． 32．（2025·山东菏泽·一模）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作，垂足为H，利用勾股定理求出的长，利用角的余弦值求出的长，再利用勾股定理求出，从而得出，利用三角形面积求出即可． 【详解】解：如图，过点F作，垂足为H， 四边形为矩形， ，， ，， ， ，即， 解得：， ，即， 解得：， ， ， ，即， 解得：， 故答案为：． 33．（2025·山东聊城·一模）如图，在矩形中，，，E是边上一点，点F在边的延长线上，且，连接交边于点G，垂直平分，分别交，，于点H，M，N．若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、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】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质和解直角三角形，根据题意求得，结合垂直平分可得，进一步证明，有，可求得、和，利用，解得． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∵四边形为矩形，点F在边的延长线上， ∴， ∵， ∴， ∴， 则， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴，解得． 故答案为：． 34．（2025·山东济南·一模）如图，在矩形中，，，点是边上一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点，则 ． 【答案】 【知识点】因式分解法解一元二次方程、勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题、求角的正切值 【分析】本题考查了正切函数的定义，矩形的性质，勾股定理，折叠的性质．设，在中，由勾股定理得，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：∵，， ∴，， ∵将沿翻折，得到， ∴，， 设， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵， ∴，即， 解得（不合题意，舍去）或，即， 故答案为：． 35．（2025·山东菏泽·一模）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕，连接，再将矩形纸片折叠，使点落在上的点处，折痕为，点恰好为线段最靠近点的一个五等分点，若，则矩形纸片的面积为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查矩形折叠，勾股定理，解直角三角形，设与交于点，，则：，勾股定理求出，等积法求出，根据，列出方程进行求解即可． 【详解】解：设与交于点， ∵矩形， ∴， ∵翻折， ∴，， 设，则：， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：，经检验是原方程的解， ∴； ∴矩形纸片的面积为 故答案为：． 36．（2025·山东青岛·一模）如图，在中，，分别是边和的中点，，在对角线上，且，连接，． (1)求证：； (2)连接，，当与满足怎样的数量关系时，四边形是矩形？请证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用平行四边形的性质证明、与三角形中位线有关的证明、添一条件使四边形是矩形 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，求得，得到，根据全等三角形的判定定理得到结论； （2）由（1）知，，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，当时，求得，推出，于是得到四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∴， ∵E，F分别是边和的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：当时，四边形是矩形． 证明：连接交于O，如图， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 当时，即， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判断，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，三角形中位线性质，熟练掌握矩形的判断、平行四边形的性质、三角形中位线性质是解题的关键． 37．（2025·山东潍坊·一模）如图，将矩形沿对角线翻折，点C落在处，交于点E．过点作，交，分别于点P，F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、证明四边形是菱形、已知正切值求边长 【分析】（1）根据折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，利用四边相等的四边形是菱形，证明四边形是菱形即可． （2）根据折叠的性质，菱形的性质，正切函数的应用，勾股定理，解方程等知识解答即可． 【详解】（1）证明：∵ 矩形沿对角线翻折，点C落在处，交于点E， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵ 矩形，， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴； 设， 则， 根据四边形是菱形， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， 解得（舍去）． ∴． 【点睛】本题考查了翻折变换，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，矩形的性质，勾股定理，正切函数的应用，解方程，解决本题的关键是掌握翻折的性质 38．（2025·山东青岛·一模）在数学课上，老师让同学们动手操作，将一个矩形绕其一个顶点旋转．小明在旋转的过程中发现，随着旋转角度的变化可以研究很多数学问题．如图，已知矩形，，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点B的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点E，连接． (1)如图①，当时，______；如图②，当时，______； (2)如图③，当边经过点B时，______； (3)如图④，当点F落在的延长线上时，______． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、等边三角形的判定和性质、利用矩形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）由旋转的性质可得，当时，可证得是等边三角形，可得，即可得；当时，由旋转的性质可得，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （2）由旋转的性质可得，由矩形的性质可得，进而可得，在中，根据勾股定理可得，于是可得，在 中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （3）连接，由旋转的性质可得，由矩形的性质可得，利用邻补角互补可得，进而可得，然后可证得，于是可得，垂直平分，根据，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点， ， 当时，， 是等边三角形， ∴； 如图2，当时， 由旋转的性质可得：， 在 中，根据勾股定理可得：， 故答案为：； （2）解：如图3，由旋转的性质可得：， ∵四边形和都是矩形， ， ， 在中，根据勾股定理可得：， ， 在中，根据勾股定理可得：， ∴的长为； （3）解：如图4，连接， 由旋转的性质可得：， ∵四边形和都是矩形， ， ∵点落在的延长线上， 在和中 ， ， ∴，， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，线段的和与差，利用邻补角互补求角度，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式等知识点，熟练掌握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键． 39．（2025·山东东营·一模）（1）问题发现：如图1，已知正方形，点E为对角线上一动点，将绕点B顺时针旋转到处，得到，连接． 填空：① ___________；②的度数为___________； （2）类比探究：如图2，在矩形和中，，，连接，请分别求出的值及的度数； （3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将点E改为直线上一动点，其余条件不变，取线段的中点M，连接，，若，则当是直角三角形时，请直接写出线段的长．    【答案】（1）①1；②；（2）；；（3）或． 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、全等三角形综合问题 【分析】（1）根据旋转的性质可得，则，通过证明，即可得出结论； （2）根据可得，根据，得出，即可证明，即可得出结论； （3）先求出的长度，根据点M为中点，可得，根据是直角三角形，可求出，从而得到，最后根据勾股定理，列出方程求解即可． 【详解】解：（1）∵绕点B顺时针旋转到， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：①1；②． （2）；，理由如下： 在矩形中，， ∵，则， ∴， 同理在中， ∵，则， ∴， ∴， ∵， ∴，即 ∴， ∴， ∴， ∴， 综上：；． （3）由（2）可得，， ∵， ∴， ∴， ∵点M为的中点，， ∴， ∵为直角三角形， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：． ∴或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用． 40．（2025·山东日照·一模）综合与探究 在数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展活动． 实践操作： 如图，在矩形纸片中，， 第一步：如图1，将矩形纸片沿 过点的直线折叠，使点落在边上的点处，得到折痕， 然后把纸片展平． 第二步：如图2，再将矩形纸片沿折叠，此时点恰好落在上 的点处，分别与交于点， 然后展平． 问题解决： （1）求的长． （2）判断与之间的数量关系，并说明理由． 拓展应用： （3）如图3，延长相交于点， 请直接写出的长． 【答案】（1）3；（2），理由见解析；（3） 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由四边形是矩形，可得由折叠，可得，设． 则，在中，，可得最后由勾股定理求解即可； （2）由第一步折叠，可得垂直平分，由第二步折叠，可得，再证明最后由全等三角形的性质可得结论； （3）连接．由四边形是矩形，可得再证明可得求得，由线段垂直平分线的性质可得再求得最后由勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）四边形是矩形， 由折叠，可得． 设． 则． 在中，， 在中，， 即． 解得． （2）． 理由： 由第一步折叠，可得垂直平分． 由第二步折叠，可得． 在和中 （3）解：四边形是矩形， ， 如图，连接． 垂直平分． 由（2）得． 四边形是菱形． 在中． 【点睛】本题考查了矩形性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作出正确的辅助线． 04菱形的判定与性质 41．（2025·山东临沂·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，，，则的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、求角的正弦值 【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，利用等面积法求解是解本题的关键． 如图，过作于，先求解，再利用，求解，再利用正弦的定义可得答案． 【详解】解：如图，过作于   菱形中，对角线，相交于点O，，， ． 故选：D． 42．（2025·山东淄博·一模）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则菱形的面积为（    ） A．80 B．160 C．40 D． 【答案】A 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、利用菱形的性质求线段长、利用菱形的性质求面积 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识，由菱形的性质得，则，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ， ， ， ， 菱形的面积， 故选：A． 43．（2025·山东日照·一模）如图，菱形中，点是中点，连接、，若，，则该菱形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积 【分析】根据菱形的性质，得到，设，则，利用勾股定理列方程，求得，，再利用勾股定理，求得，即可求出菱形的面积． 【详解】解：， ， 四边形是菱形， ，， ， 点是中点， ， 设，则， 由勾股定理得：， ， 解得：或（舍）， ，， 由勾股定理得：， 菱形的面积， 故选B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 44．（2025·山东济宁·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A在y轴上，M，N分别是边的中点，若点M，N的纵坐标分别是3，2，则点B的坐标是 ．    【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、线段中点的有关计算 【详解】过点轴交与点E ∵M，N分别是边的中点，且点M，N的纵坐标分别是3，2 ∴，点C的纵坐标是4，即 又∵菱形 ∴ 在中， ∴点B的坐标    【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理求直角边，熟练掌握相关知识点是解题关键 45．（2025·山东菏泽·一模）如图，若菱形ABCD的周长为24，，点E，F分别是边AB和AD上的点，过点E和点F分别作对角线BD的垂线段EM和FN，垂足为点M和点N．若，则 ． 【答案】3 【知识点】含30度角的直角三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】根据菱形的性质和30°直角三角形的性质证明EM=，FN=，进而即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，周长为24， ∴AB=AD=6，， ∵EMBD， ∴EMB=90°， ∴EM=， 同理：FN=， ∴EM+FN=， ∵AE=DF， ∴BE+DF=BE+AE=AB=6， ∴EM+FN==． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了菱形的性质和30°直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握以上基本的性质并加以运用． 46．（2025·山东临沂·一模）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，过D作于H，先判断，都是等边三角形，得出，，，利用含的直角三角形的性质可得出，进而求出，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解∶过D作于H， ∵菱形中，，， ∴，， ∴，都是等边三角形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． 47．（2025·山东济南·一模）如图，在菱形中，，分别以点A和B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线，交于点E，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】二次根式的乘法、线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、利用菱形的性质求线段长 【分析】连接，由垂直平分线的性质和等腰直角三角形的性质，得，再得，利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】解：连接，如图： 由作图痕迹可知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在等腰中，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，则 ； 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到． 48．（2025·山东德州·一模）如图，在菱形中，，E，F分别是边和对角线上的动点，且，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】在的下方作，截取，使得，连接，．证明，推出，，根据求解即可． 【详解】解：如图，的下方作，截取，使得，连接，． 四边形是菱形，， ，， ，，， ， ， ， ，， ， ， ， 的最小值为， 故答案为． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 49．（2025·山东临沂·一模）如图，已知在菱形中，E，F分别是菱形的边的中点，连结与交于点G，的面积为1，则菱形的面积为 ． 【答案】20 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质求面积、相似三角形的判定与性质综合 【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，解答本题的关键是正确的作出辅助线．延长交延长线于点，则，证明，即可得出，根据的面积，求出的面积，然后可得出菱形的面积． 【详解】解：如图，延长交延长线于点， 点是边的中点， ， 四边形是菱形， ， ，， 在和中， ， ， ， ， ， 又点是中点， ，， ， 的面积为1， 的面积为5， 菱形的面积为20， 故答案为：20． 50．（2025·山东青岛·一模）如图，在菱形中，，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与，重合），折痕为，若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】过点作于点，由菱形的性质可证为等边三角形，设，则，，，则，在中，再由勾股定理得方程，解方程即可求得． 【详解】解：如图，过点作于点， 由折叠的性质得：， 四边形是菱形， ， 又， ， 为等边三角形， ， 又， ， ，设，则， 在中，， ，， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，翻折的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键． 51．（2025·山东烟台·一模）如图，四边形是菱形，点、分别在边、的延长线上，且．连接、． 求证：． 【答案】见解析 【知识点】利用菱形的性质证明 【分析】根据菱形的性质得到BC=CD，∠ADC=∠ABC，根据SAS证明△BEC≌△DFC，可得CE=CF． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴BC=CD，∠ADC=∠ABC， ∴∠CDF=∠CBE， 在△BEC和△DFC中， ， ∴△BEC≌△DFC（SAS）， ∴CE=CF． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据菱形得到判定全等的条件． 52．（2025·山东泰安·一模）如图，在四边形中，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知菱形的对角线，点E、F分别是菱形的边、的中点，连接，若，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)52 【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、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，掌握相关知识点是解题关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据等角对等边的性质，得到，即可证明结论； （2）连接交于点O，，根据三角形中位线定理，得到，由菱形的性质和勾股定理得出，即可求出菱形的周长． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：连接交于点O，如图： ∵点E、F分别是边、的中点，， ∴， ∵、是菱形的对角线，且，， ∴，，． 在中，，． ∴， ∴菱形的周长为：． 53．（2025·山东聊城·一模）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接，求证：四边形是菱形． 【答案】详见解析 【知识点】证明四边形是菱形、利用平行四边形性质和判定证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题主要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等知识，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题. 【详解】证明：四边形是平行四边形, , , 是的中点， , 在和中 , , , 四边形是平行四边形， , 四边形是菱形； 54．（2025·山东济南·一模）如图，在中，对角线、相交于点O，过点C作交的延长线于点E，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查菱形的判定，直角三角形斜边中线的综合，掌握菱形的判定方法，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，即可求证； （2）在中，是斜边的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由此即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴平行四边形是菱形． （2）解：由（1）可知，平行四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴在中，， ∵是线段的中点， 在中，是斜边的中线，且，， ∴． 55．（2025·山东青岛·一模）如图，以的三边为边在的同侧分别作三个等边三角形：，，．连接，． (1)求证：； (2)请从以下两个问题中选择其中一个进行解答（若多选，则按第一个解答计分） ①当满足什么条件时，四边形是矩形？请加以证明； ②当满足什么条件时，四边形是菱形？请加以证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)①当时，四边形是矩形；②当，且时，四边形是菱形 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的性质、添一条件使四边形是矩形、添一个条件使四边形是菱形 【分析】（1）由“”可证； （2）①根据全等三角形的性质可得，可得，同理可证，即可证四边形是平行四边形；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，故添加即可证明； ②根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故添加，且，由等边三角形的性质可得，由菱形的判定可得结论． 【详解】（1）证明：∵都是等边三角形． ，， ， ， 在和中 ， ． （2）①解：当时，四边形是矩形 ∵． ， 又 ∵是等边三角形， ， ， 同理可证：， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形． ②当，且时，四边形是菱形， 理由如下：∵，且是等边三角形， ， ∴是菱形． 当时，重合，此时不存在． 【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，证明是本题的关键． 56．（2025·山东菏泽·一模）如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)的长为 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的证明、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟记定理内容是解题关键． （1）证得，可得四边形是平行四边形，即可进一步求证； （2）由题意得是等边三角形，根据即可求解. 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：∵，平分， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵平分， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴4， 05正方形的判定与性质 57．（2025·山东青岛·一模）如图，在正方形中，是的中点．将沿对折至，延长交于点，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；在直角中，根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：如图，连接， ，， ， ， 设，则． 为中点，， ， 在中，根据勾股定理，得：， 解得． 则． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的翻折问题，解题的关键是掌握翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理． 58．（2025·山东烟台·一模）如图，点在正方形的边上，延长至点，使，连接和，取的中点，连接并延长，与交于点．若，，则的长为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明 【分析】先证明，得到是的垂直平分线，则，设，则，，在中，由勾股定理得，解方程即可． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵的中点为， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， 设，则，， ∴在中，由勾股定理得， 解得： 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 59．（2025·山东临沂·一模）如图，在正方形中，点M，N为，上的点，且，与交于点P，连接，点Q为中点，连接，若，，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题主要考查勾股定理、正方形的性质、全等三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、全等三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理是解题的关键；由题意易得，，然后可证，则有，进而根据勾股定理及直角三角形斜边中线定理可进行求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点Q为中点， ∴； 故选：C． 60．（2025·山东临沂·一模）如图，正方形的边长为2，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接．给出四个结论：①；②若，则；③若G为的中点，则四边形是正方形；④若，则．则其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 【答案】C 【知识点】二次根式的乘除混合运算、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】连接交于O，连接，先证，可得，再证，得到四边形是矩形，可得到，即可判断①；由可得，从而得出，即可判断②；先证明，可得是等腰直角三角形，得出，从而可得四边形是正方形，即可判断③；连接，在中，，求得，得到，从而得出，解得，即可求解④． 【详解】解：连接交于O，连接， ∵正方形， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵点G为的中点，，正方形， ∴，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形，故③正确； 连接， ∵正方形， ∴， 在中，， 解之得：， ∴； ∵ ∴， 解之得：， ∴，故④正确； ∴正确结论的序号为． 故选C 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的性质及判定，二次根式的乘除混合运算，解决本题的关键是熟练掌握四边形的有关性质． 61．（2025·山东聊城·一模）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为 ． 【答案】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到，，再证明，进而可证明，由相似三角形的性质可得，即． 【详解】解：∵正方形的对角线相交于点O， ∴，， ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 故答案为：． 62．（2025·山东临沂·一模）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．    【答案】80 【知识点】三角形的外角的定义及性质、等边对等角、根据正方形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵绕点B按顺时针方向旋转得到 ∴，， ∴， ∴， 故答案为：80． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键． 63．（2025·山东威海·一模）如图，点是正方形边的中点，连接，把沿翻折得到，连接，若，则正方形的边长是 ． 【答案】 【知识点】正方形折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】连接CF，交BE于H，可得∠DFC=∠BCE=90°，从而得，进而得到FC=2DF=2，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接CF，交BE于H， ∵将△BCE沿BE翻折至△BFE， ∴CE＝EF，BE⊥CF， ∵点是正方形边的中点， ∴DE=EC=EF， ∴∠ECF=∠EFC，∠DFE=∠FDE， ∴∠DFE+∠EFC=， ∴∠DFC=∠BCE=90°， ∵∠DCF+∠BCH=∠CBE+∠BCH， ∴∠DCF=∠CBE， ∴， ∴， ∴FC=2DF=2， ∴CD=． ∴正方形的边长是． 故答案是：． 【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质以及相似三角形得判定和性质是本题的关键． 64．（2025·山东淄博·一模）如图，为正方形对角线的中点，为等边三角形；若，则的长度为 ．    【答案】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、等边三角形的性质 【分析】首先利用正方形的性质可以求出，然后利用等边三角形的性质与勾股定理求出．本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了等边三角形的性质，有一定的综合性． 【详解】解：∵四边形为正方形，， ∴， ∴， ∵为正方形对角线的中点，为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 65．（2025·山东日照·一模）如图，在正方形中，点是上一点，．连接，过点作，垂足为，连接，过点作，交于点，则 ． 【答案】 【知识点】两直线平行内错角相等、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解体的关键． 先求出，得出，再由，得出，再根据，得出． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：． 66．（2025·山东日照·一模）如图，四边形是边长为6的正方形，点E在边上，，过点E作，分别交，于点G，F，M，N分别是，的中点，则的长是 ．    【答案】． 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质证明 【分析】先证四边形和都是矩形，由是等腰直角三角形，M是的中点，可得．由“矩形的对角线相等且互相平分”可得，且N是的中点．根据勾股定理求出的长，即可求出的长． 【详解】    解：如图，连接、， ∵四边形是正方形， ． 又， ， ， ∴四边形和都是矩形， ． ， 是等腰直角三角形． ∵M是的中点， ， ． ∵四边形是矩形， ． 又∵N是的中点， ∴N是的中点， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，以及“直角三角形斜边中线等于斜边一半”．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 67．（2025·山东青岛·一模）如图，在正方形中，点为对角线上一动点（点不与、重合），连接，过点作交直线于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，． (1)求证：； (2)试探究与的数量关系，并说明理由； (3)若正方形的边长为，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3) 【知识点】用SAS证明三角形全等（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质说明线段或角相等 【分析】（）利用正方形的性质和旋转的性质可得，，利用余角性质可得，进而即可求证； （）由全等三角形的性质得，即得，进而由正方形性质得； （）延长至，使 ，连接、、，由正方形和全等三角形的性质得，进而可得，即得，得到，即可得，利用勾股定理求出即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 又由旋转得，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：， 理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； （3）解：如图，延长至，使 ，连接、、，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当点三点共线时，取最小值，最小值为的长， ∵， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，正确作出辅助线是解题的关键． 68．（2025·山东潍坊·一模）在数学综合与实践课上，李老师让同学们以“正方形折叠”为主题开展数学活动． 【具体操作】如图1，在正方形中，将沿过点的直线翻折，点落在正方形内部的点处，得到，折痕为；再将沿过点的直线翻折，使与重合，得到，折痕为．由以上操作，不难发现，，三点在同一条直线上． 【问题解决】 （1）请直接写出 ； （2）若，，求正方形的边长； 【深入探究】 （3）如图2，再将沿所在直线折叠，点恰好落在线段的点处，得到，线段与相交于点，请写出，，三条线段的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2）正方形的边长为6；（3），见解析 【知识点】与图形有关的问题(一元二次方程的应用)、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题 【分析】（1）由正方形的性质可得，由折叠的性质可得，，再由计算即可得解； （2）由折叠可知，，，设正方形边长为，则，，再由勾股定理计算即可得解； （3）由正方形的性质可得，由折叠的性质可知，，，，证明，得出，从而得出，再求出，由直角三角形的性质可得，即可得解． 【详解】（1）∵四边形为正方形， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴； （2）由折叠可知，， 所以， 设正方形边长为，则，， 因为在中，， 所以， 整理得，， 解得，或（舍去）， 所以正方形的边长为6； （3）， ∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可知，，，， ∴， 又∵， ∴， 由（1）得， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可知， ∵点，，共线， ∴， ∴， ∴在中，， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 69．（2025·山东泰安·一模）【模型建立】如图，在正方形中，是边上一点（不与点，重合），是延长线上一点，，连接，， （1）①求证：； ②判断的形状，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图，连接与交于点，连接，试判断与的关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）在（2）的条件下，若，求的长． 【答案】（1）①见解析；②为等腰直角三角形，理由见解析；（2）垂直平分，理由见解析；（3）． 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）①根据正方形的性质得到，，即可证明，根据全等三角形的对应边相等得证； ②由，得到，推出，从而得到为等腰直角三角形； （2）过点作的垂线交于点，由，得到，进而有，即可证明，得到，又，根据垂直平分线的判定即可得到垂直平分； （3）连接，根据，是等腰直角三角形，得到，从而，又，得到，即可证得． 【详解】（1）①证明：四边形是正方形， ，， 又， ， ； ②解：为等腰直角三角形．理由如下： ∵， ， 即， 又， 为等腰直角三角形； （2）解：垂直平分理由如下： 如图，过点作的垂线交于点， ∵是正方形的对角线， ， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ， ． ∵， ∴， ，， ， ， ， 垂直平分； （3）解：如图，连接， 为等腰直角三角形，垂直平分， ， 是等腰直角三角形． 是等腰直角三角形， ∴ ， ， ， ， ， ∴ ， ． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，等腰三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，综合运用相关知识是解题的关键． 70．（2025·山东德州·一模）【课本再现】 如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 【问题发现】 （1）①如图1，求证：； ②如图1，四边形的面积为______；线段，，之间的数量关系是______； 【类比迁移】 （2）如图2，点O是矩形对角线的中点，点O又是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，有一个菱形菜园，，为人行步道，且交于点O，现要在菜园的右下角建一四边形储藏间．已知点E在上，点F在上，．若四边形储藏间的占地面积为（人行步道的面积忽略不计），要在菱形菜园围一圈篱笆，请直接写出需要篱笆多少米？ 【答案】（1）①见解析；②；；（2），见解析；（3） 【知识点】全等三角形综合问题、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、根据正方形的性质证明 【分析】（1）①根据证明即可； ②根据，得出，根据，求出结果即可；根据， 得出， 根据勾股定理得出，根据线段之间的数量关系，即可得出结论； （2）猜想：，连接，延长交于，证明，再利用勾股定理证明即可； （3）取的中点H，连接，过点O作于点G，证明为等边三角形，得出，证明为等边三角形，得出，，证明，得出，设，则，，根据，得出，求出结果即可． 【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形， ， ∵， ∴， ∵， ∴； ②∵正方形的边长为1， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2），理由如下： 连接，如图所示： ∵O为矩形中心， ∴， 延长交于， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵矩形， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵在中， ∴； （3）取的中点H，连接，过点O作于点G，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵，H为的中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ， ∵，为等边三角形， ∴， 设，则，， ∴， ∴， 解得：，负值舍去， ， ∴， ∴菱形菜园围一圈篱笆，需要篱笆． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 1．（2025·山东泰安·一模）如图，在边长为2的正八边形中，点在上，一束光线从点出发，照射到镜面上的点处，经反射后射到上的点处，若，则的长为（　　） A．6 B．8 C． D． 【答案】C 【知识点】正多边形的外角问题、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题主要考查了正多边形外角和定理，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，延长分别交直线于K、L，由正多边形外角和定理可得，再由平行线的性质得到，则由光的反射定律可知，据此可证明都是等腰直角三角形，则，再求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，延长分别交直线于K、L， ∵八边形是正八边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由光的反射定律可知， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 2．（2025·山东青岛·一模）如图，、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为 ． 【答案】10 【知识点】圆周角定理、正多边形和圆的综合 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键． 根据题意，连接，由圆周角定理的可得，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵、、、为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心， ∴， ∴， ∴正多边形的边数为，即这个正多边形的边数为， 故答案为： ． 3．（2025·山东威海·一模）如图，在中，点，分别是边，的中点，连接，，与交于点，连接，过点作，分别交、于点、，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 延长交的延长线于点，利用平行四边形的性质相似三角形的判定与性质得到，再利用相似三角形的判定与性质得到，得到，由得到，即可得出答案． 【详解】解：如图，延长交的延长线于点， ， ，， ， 是的中点， ， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：B． 4．（2025·山东济南·一模）如图，Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE，将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，过D作DC⊥BE交BE的延长线于点C，连接BH并延长交DC于点F，连接DE交BF于点O．下列结论：①DE平分∠HDC；②DO=OE；③H是BF的中点；④BC-CF=2CE；⑤CD=HF，其中正确的有（    ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】B 【知识点】全等三角形综合问题、利用矩形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】根据∠B=90°，AB=BE，△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，可得，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形，可证，根据，可得，根据三角形的内角和可得，即DE平分∠HDC，所以①正确； 利用，得到四边形是矩形，有，，由①有DE平分∠HDC，得，可得,，可证，利用 易证，则有，，所以②正确； 过作于，并延长交于点，得，是的中点，是的中点，是的中点，所以③正确； 根据是等腰直角三角形，，∵是的中点，是的中点，得到，，，易证，所以④正确； 利用AAS证明，则有，，易的，，则不是直角三角形，并 ，即有：，所以⑤不正确； 【详解】解：∵Rt△ABE中，∠B=90°，AB=BE， ∴ 又∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD， ∴，并且△ABE和△AHD都是等腰直角三角形， ∴， ，， ∴ ∴， ∴ ∴，∴, 又∵ ∴ ∴由三角形的内角和可得， 即：DE平分∠HDC，所以①正确； ∵ ∴四边形是矩形， ∴ ∴， 由①有DE平分∠HDC，∴ ∵， ∴, ∴ ∴ 在中， ∴ ∴ ∴ ∴，所以②正确； 过作于，并延长交于点， ∵ ∴ 又∵是等腰直角三角形， ∴是的中点， ∵四边形是矩形， ∴是的中点， ∴是的中点，所以③正确； ∵是等腰直角三角形， ∴ 又∵是的中点，是的中点， ∴，，， ∴ 即有：，所以④正确； 在和中， ， ∴， ，， ∵ ∴， ∴ ∴不是直角三角形，并 即有：，所以⑤不正确； 综上所述，正确的有①②③④， 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及等腰直角三角形的判定与性质；证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键． 5．（2025·山东淄博·一模）如图1，在矩形中，，，点，分别在，上，将矩形沿直线折叠．使点落在边上的处，点落在处，连接，若，如图2，若为中点，连接．则的长为（   ） A．8 B． C． D．10 【答案】B 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】过点B作于点H，由折叠性质以及矩形性质可得，证明，得到，，利用勾股定理即可求解． 【详解】如图，过点B作于点H， 由矩形折叠可知，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在与中， ， ， ， ， ∵若为中点， ∴ ， ． 故选B． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 6．（2025·山东东营·一模）如图，在正方形中，是等边三角形，的延长线分别交于点E、F，连接，与相交于点H，给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【知识点】等边三角形的性质、根据正方形的性质证明、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】根据等边三角形的性质和正方形的性质，得到，于是得到，证得，于是得到，故①正确；由于，，推出，得到，故②错误；由于，推出，得到，，等量代换得到，故③正确；过P作，求得，设正方形的边长是a，为等边三角形，根据三角函数的定义得到， ，由平行线的性质得到，等量代换得到，于是求得，故④正确． 【详解】解：是等边三角形， ，， 在正方形中， ， ， ， ， ， ， ， ，故①正确； 由①可知： ， ， ， ， ，故②错误； ， ， ， ， ， ，故③正确； 如图，过P作， 设正方形的边长是a，为等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ，故④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角函数，解题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义求出及的长． 7．（2025·山东济南·一模）如图，平行四边形，，，，为边上一点，连接，将沿翻折，点的对应点为，为中点，为边上一点，连接，将沿翻折，点的对应点恰巧也为，则 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、勾股定理与折叠问题、利用平行四边形的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查平行四边形的性质，其中涉及勾股定理与折叠问题以及解直角三角形相关，考查学生的综合应用能力，有一定难度．本题先连接，延长交于点，得出和，由勾股定理得出，同时过作,交于点，结合平行四边形的性质以及，列方程得出，进一步即可得出． 【详解】解：连接，延长交于点， 为中点， ， 沿翻折得到， ， ， 沿翻折得到，，， ， 在中，由勾股定理可得：， ，， ,, 过作,交于点， 四边形是平行四边形，， ， 在中，由勾股定理可得：， 设,由,可得，即， 在中，，则有， 由,可得，解得，即， ． 故答案为：． 8．（2025·山东潍坊·一模）如图，将矩形纸片的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．若，且，则的长为 ．    【答案】/ 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，证明是解题的关键． 如图：作于点P，则四边形是矩形，所以，由折叠得，则，同理，所以四边形是矩形，则，再证明，则，而，则，即可求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点P，则，    ∵四边形是矩形，， ， ∴四边形是矩形， ， 由折叠得， ， 同理， ∴四边形是矩形， ， ，且， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 9．（2025·山东威海·一模）如图，点，分别是正方形边，上的点且，延长至点，使，连结分别交，于点，，连接，分别交，于点，．下列五个结论正确的有 ．（只填序号） ①；②，，三点共线；③；④；⑤． 【答案】①②⑤ 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角形的高的性质，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键；证明，，进而可得，即可判断①；证明四点共圆得出，即可判断②，不一定成立，故③不正确，证明得出，根据不一定成立，故不一定成立，故④不正确；根据三角形的高线交于一点，作的高，则经过点，即，即可得出⑤正确，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴故①正确； ∵, ∴， 又∵ ∴垂直平分 ∴ 又∵ ∴四点共圆 ∴ 又∵是正方形的对角线，即 ∴， ∴在上，即，，三点共线；故②正确 ∵不一定成立，则不一定成立，即不一定成立，故③不正确 设，则 ∴ 又∵ ∴， ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∵不一定成立，故不一定成立，故④不正确； ∵ 如图，作的高， ∵交于点 ∴经过点， ∴,故⑤正确 故答案为：①②⑤． 10．（2025·山东聊城·一模）如图，在菱形中，，，点P从点A出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作于点Q，作交直线于点M，交直线于点F，设与菱形重叠部分图形的面积为s（平方单位），点P运动时间为t（秒）． (1)当点M与点B重合时，则t＝_____； (2)求整个运动过程中s的最大值； (3)以线段为边，在右侧作等边，当时，求点E运动路径的长． 【答案】(1)2 (2) (3)点E运动路径的长为 【知识点】求角的正切值、四边形其他综合问题、利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由含30度角直角三角形性质即可得出． （2）按照t的不同取值范围分类讨论，再结合三角形的性质和面积公式即可得出． （3）连接，结合直角三角形的性质得出为定值，求出的值即可得出． 【详解】（1）解：M与B重合时，如图1， ， ， ∵， ， ； 故答案为：2． （2）①时，如图， 在中， t，， t， ∴， S的最大值为：； ②当时，如图， ，， ， ， ， ， ∴当时，S有最大值：， 综上所述，S的最大值为． （3）连接，如图3， 为等边三角形， ， 在中，， 为定值， ∴点E在直线上运动， ， ， 当时，， 当时，， ， ∴点E运动路径的长为． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形的性质和面积，勾股定理，三角函数等知识，准确应用分类讨论的方法是解题的关键． 11．（2025·山东日照·一模）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明； 独立思考：（1）请解答老师提出的问题； 实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明； 问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果． 【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）． 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得； （2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG； （3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案． 【详解】（1）． 如图，分别延长，相交于点P， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，, ∵为的中点， ∴， 在△PDF和△BCF中，， ∴△PDF≌△BCF， ∴，即为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）． ∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为， ∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴∠FDC′=∠FC′D， ∵=∠FDC′+∠FC′D， ∴， ∴∠FC′D=∠C′FB， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，DC=AB， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴． （3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q， ∵的面积为20，边长，于点， ∴BH=50÷5=4， ∴CH=，A′H=A′B-BH=1， ∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为， ∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH， ∵于点，AB//CD， ∴， ∴∠MBH=45°， ∴△MBQ是等腰直角三角形， ∴MQ=BQ， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A=∠C， ∴∠A′=∠C， ∵∠A′HN=∠CHB， ∴△A′NH∽△CBH， ∴，即， 解得：NH=2， ∵，MQ⊥A′B， ∴NH//MQ， ∴△A′NH∽△A′MQ， ∴，即， 解得：MQ=， ∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=． 【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 12．（2025·山东淄博·一模）在综合与实践活动课上，小明以矩形为主题开展研究性学习． 【动手操作】作矩形，使，连接，作点关于的对称点，连接，，，，与交于点． 【观察发现】 （1）如图1，当时，小明发现，的度数是确定的，请直接写出这个度数； （2）如图2，当时，小明又发现，线段与的比是确定的，请求出这个比值； 【实践探究】（3）如图3，设，与的交点分别为，，小明进一步发现，线段与始终保持相等，请予以证明． 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、利用矩形的性质证明、其他问题(轴对称综合题) 【分析】本题考考矩形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等，解题的关键是利用相关性质找到角度关系，线段关系，通过推理计算得出结果． （1），利用矩形和轴对称性质得到线段相等和角关系，再结合等腰三角形性质得到，从而得到，接着证明，得到是等边三角形，得到，即可求得的度数； （2）延长，交于点，利用柜形，轴对称性质得到，由，可证，得到，，再证，得到，求出与的比值； （3）通过证明得出，通过矩形的性质证明，，从而得到结果． 【详解】（1）四边形是矩形， ， 又点关于的对称点是， 所以， 在和中 ， 是等边三角形， ； （2）延长，交于点， 点与点关于对称， ． ， ． ， ． ， ， ， ， ，即， ，， ， ， ， ， ； （3）作，垂足为． 由轴对称性质可得，，． ，， ， ． 四边形是矩形． ， ， ． ， ， ， ． 13．（2025·山东泰安·一模）综合与实践 【经典再现】 人教版八年级数学下册教科书69页14题：如图1，四边形是正方形，点是边的中点，且交正方形外角的平分线于点．求证．（提示：取的中点，连接．） （1）请你思考题中的“提示”，这样添加辅助线的目的是构造出______，进而得到． 【类比探究】 （2）如图2，四边形是矩形，且，点是边的中点，，且交矩形外角的平分线于点，求的值（用含的式子表示）； 【综合应用】 （3）如图3，为边上一点，连接，，在（2）的基础上，当，，时，请直接写出的长． 【答案】（1）（2）（3） 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据正方形的性质可得，，，即可得出结论； （2）在上截取，连接，不妨设，则，，，从而可得，，可证，即可求解； （3）可设，，则，延长，，交于点R，作，交延长线于H，交的延长线于G，作于T，证明，可得，，，证明，可得，，由（2）知：，从而求得，，，根据得，，即可求解． 【详解】解：（1）如图1，    取的中点H，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：如图2，    在上截取，连接， ∵E时的中点， ∴， 不妨设，则， ∵， ∴， ∴， 由（1）得：，， ∴， ∴； （3）如图3，    ∵， ∴可设，，则， 延长，，交于点R，作，交延长线于H，交的延长线于G，作于T， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由（1）知：， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（2）知：， ∴， ∴， ∴， ∴， 由得，， ∴，（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查正方形和矩形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理，作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 14．（2025·山东聊城·一模）数学活动课上，老师说：正方形是一个很奇妙的图形，它的四条边都相等，四个角都是直角，而且通过添加线段，可以得到更多美妙的结论．下面让我们一起来探究“奇妙的正方形”吧．    活动一：如图①，在正方形中，、分别是边上的点，且．请判断线段与之间的位置关系，并说明理由； 活动二：“探究小组”在“活动一”的基础上发现，当是的中点时，连接，如图②，可求出的正切值． 他们给出的思路是：先证，再过点作的垂线，垂足记为，然后在中利用勾股定理找和的数量关系． 请根据“探究小组”的思路，求出的正切值； 【答案】活动一：，理由见解析；活动二： 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、求角的正切值 【分析】活动一：根据正方形的性质证明，得到，由，得，即可求解； 活动二：如解图①，过点作于点，过点作于点，由活动一可知，则，即，可证，，再证，得到，，则垂直平分，，设，则，在中，由勾股定理得，即，解得，结合正切值的计算即可求解． 【详解】解：活动一：，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即； 活动二：如解图①，过点作于点，过点作于点，      ∵四边形是正方形， ∴， 由活动一可知， ∴， ∵是的中点， ∴是的中点， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， 设，则， ∴在中，由勾股定理得， 即， 解得， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正切值的计算，勾股定理的运用，掌握正方形的性质，正切值的计算方法是关键． 15．（2025·山东威海·一模）数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形中，点E是对角线上任意一点，过点E作，垂足为E，交所在直线于点F．探索与之间的数量关系，并说明理由． 小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线的中点时，他发现与之间的数量关系是______．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将沿方向平移得到，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究与之间的数量关系． (1)请你按照小明的思路，完成解题过程； (2)你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程． 【答案】(1)，过程见解析 (2)见解析 【知识点】根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）当E是对角线的中点时，根据正方形的性质，可得此时点B和点F重合，且点E也为的中点，可得；点E在其它位置时，延长，作，交的延长线于点G，连接，可得四边形为平行四边形，从而得到，，进而得到，再证得，可得，，从而得到是等腰直角三角形，即可得出结论； （2）作，并截取，连接、，可得是等腰直角三角形，从而得到，再证明，可得，，再证得四边形为平行四边形，可得，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 当E是对角线的中点时， 四边形是正方形， ，，，， ， ，且E是对角线的中点， 此时点B和点F重合，且点E也为的中点， ， ，即； 若点E在其它位置时，如图，延长，作，交的延长线于点G，连接． 四边形是正方形， ，，． ，， 四边形为平行四边形． ，． ． ，， ． ， ． ． ． ． ． ， ，． ． 是等腰直角三角形， ， ． ； （2）解：如图，作，并截取，连接、． 四边形是正方形， ，． ， ， ． 又， 是等腰直角三角形， ， ． ， ． ． ，． ． ， ． ． ． ． ， ， 四边形为平行四边形． ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$