专题10 四边形（9大题型43题）（甘肃专用）-【好题汇编】2025年中考数学一模试题分类汇编

专题10 四边形 题型概览 题型01 多边形及其内角和 题型02 利用平行四边形的性质求解 题型03 与三角形中位线有关的求解问题 题型04 根据矩形的性质求线段长 题型05 矩形与折叠问题 题型06 利用菱形的性质求线段长 题型07 菱形的判定 题型08 根据正方形的性质求线段长 题型09 根据正方形的性质证明 ( 题型01 )多边形及其内角和 1．（2025·甘肃·一模）如图是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，则这个正八边形的一个内角是 2．（2025·甘肃·一模）如图，在正五边形中，于点，连接，交于点，则的度数为 ． 3．（2025·甘肃·一模）如图，已知正五边形的边长是4，联结交于点F，那么的长是 ． 4．（2025·甘肃·一模）一个多边形的内角和为，这个多边形的边数是 ． ( 题型02 )利用平行四边形的性质求解 5．（2025·甘肃·一模）如图，在中，点在边上，且，连接交于点，则的面积与的面积之比为 ． 6．（2025·甘肃天水·一模）如图，的对角线、相交于O，过点O与、分别相交于，若，那么四边形的周长为（    ） A．13 B．12 C．11 D．10 7．（2025·甘肃兰州·一模）如图，的对角线相交于坐标原点O，若点A的坐标为，则点C的坐标为 ． 8．（2025·甘肃·一模）如图，在平行四边形中，点E在边上，，连接交于点F，若的面积为6，则的面积为 ． 9．（2025·甘肃定西·一模）如图，在平行四边形中， ，则的度数为（ ） A． B． C． D． 10．（2025·甘肃·一模）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交BC于点F．若，则的长为 ． 11．（2025·甘肃·一模）如图所示，中，E为BC边上一点，以AE为边作正方形AEFG，若，，则的度数是(　　) A．115° B．105° C．75° D．65° ( 题型03 )与三角形中位线有关的求解问题 12．（2025·甘肃·一模）如图，在中，，点为中点，连接，点为延长线上一点，连接．若，则的长为 ． 13．（2025·甘肃·一模）如图，在中，，，点，分别为，的中点，连接，作边上的高，连接，下列结论中错误的是（   ） A． B． C． D． 14．（2025·甘肃陇南·一模）如图，在中，点，分别是，上的中点，连接，，若的面积为10，则的面积为（   ） A．5 B． C． D． 15．（2025·甘肃·一模）如图1，在中，，D，E分别是，的中点，连接，，点P从点C出发，沿的方向匀速运动到点A，速度为，图2是点P运动时，的面积随时间变化的图象，则a的值为（ ） A．3 B．4 C．5 D．10 16．（2025·甘肃定西·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点为的中点．若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．16 C．12 D．20 ( 题型0 4 )根据矩形的性质求线段长 17．（2025·甘肃·一模）如图，在矩形中，，，连接，把线段绕点逆时针方向旋转得线段．在边上取点，使，连接交延长线于点，则线段长为 ． 18．（2025·甘肃张掖·一模）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，，则的长 ． 19．（2025·甘肃兰州·一模）如图，矩形中，连接，过点D作，交的延长线于点E，若，，则的长为（   ） A．5 B． C． D． 20．（2025·甘肃·一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O，点E，F分别是，的中点，连接，则的周长为 ． ( 题型0 5 )矩形与折叠问题 21．（2025·甘肃·一模）如图，将矩形沿对角线翻折，的对应边交于点F，过点B作交于点H，垂足为G，若，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 22．（2025·甘肃金昌·一模）如图，在矩形中，点在边上，沿折叠使点落在边上的点处，若，，则的值为 . 23．（2025·甘肃·一模）（1）如图1，在矩形中，点E为边的中点，沿折叠，使点A落在点F处，把纸片展平，延长与交于点G，请写出线段与的数量关系，并说明理由． （2）如图1，若，按照（1）中的操作进行折叠和作图，当时，求的值； （3）如图2，四边形为平行四形，其中与是对角，点E为边的中点，沿折叠，使点A落在点F处，把纸片展平，延长与射线交于点G，若，，请直接写出线段的值． 24．（2025·甘肃·一模）（1）【发现】如图1所示，在正方形中，E为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于G点．求证：； （2）【探究】如图2，在矩形中，E为边上一点，且，．将沿翻折到处，延长交边于G点，延长交边于点H，若，求的长； （3）【拓展】如图3，在菱形中，，，E为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交直线于点P，直接写出的长为____________． 25．（2025·甘肃·一模）在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．      (1)操作推断 如图1，点P是正方形纸片的边的中点，沿折叠，使点A落在点M处，延长交于点 F，连接． 则 ． (2)迁移探究 小华在（1）的条件下，继续探究：如图2，延长交于点E，连接． ① ； ②小华用大小不同的正方形纸片重复几次以上操作，总发现，请判断该发现是否正确？并说明理由． (3)拓展应用 将边长为1的两个相同正方形拼成矩形，如图3，点P是上一动点，沿折叠，使点A落在点M处，射线交射线于点 F．当时，直接写出的长． ( 题型0 6 )利用菱形的性质求线段长 26．（2025·甘肃·一模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，则 ． 27．（2025·甘肃嘉峪关·一模）如图1是利用四边形不稳定性设计的“千斤顶”，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的长度（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即B，D之间的距离）．在手柄转动过程中，B，D之间的距离y（cm）随的长度x（cm）的变化规律如图2所示，则图2中a的值为（    ） A．42 B．46 C．48 D．50 28．（2025·甘肃定西·一模）如图，在菱形中，点在边上，连接，动点从点出发，在菱形的边上沿匀速运动，运动到点时停止．在此过程中，的面积随着运动时间的函数图象如图所示，则的面积为（   ） A． B． C． D． 29．（2025·甘肃·一模）如图，菱形的顶点，，在上，过点作的切线交的延长线于点．若的直径为4，则的长为（　　） A．2 B．4 C． D． 30．（2025·甘肃·一模）如图，菱形中，对角线、相交于点O，H为边中点，菱形的周长为48，则的长等于 ． 31．（2025·甘肃·一模）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点H，连接．若，，则的长为 ．    32．（2025·甘肃·一模）如图，菱形 ABCD 中，对角线 AC、BD 相交于点O ， H 为 AD 边中点，菱形 ABCD 的周长为 20， 则OH 的长等于 ． ( 题型0 7 )菱形的判定 33．（2025·甘肃·一模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点，交的延长线于点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点，如果，求证：． 34．（2025·甘肃·一模）如图，在中，，平分交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求和的长． ( 题型0 8 )根据正方形的性质求线段长 35．（2025·甘肃·一模）如图，正方形的边长是，以直线为轴，将正方形旋转一周，所得几何体的左视图的面积是 ． 36．（2025·甘肃·一模）如图，在中，，两个边长为1的正方形，的顶点D，E，F，I，J均在的边上，当时，的值为（   ） A． B． C． D． 37．（2025·甘肃·一模）如图，为正方形对角线上一点，，连接并延长，交于点．若，则的长为（   ） A．2 B．6 C． D． 38．（2025·甘肃·一模）如图，在正方形中，为CD上一点，连接，过点作于点，若，，则 ． 39．（2025·甘肃·一模）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（　　） A． B． C． D． ( 题型0 9 )根据正方形的性质证明 40．（2025·甘肃张掖·一模）【模型建立】 （1）如图1，点E是正方形边上一点，连接，过点B作交于点F，交于点G，用等式写出线段、的数量关系，并说明理由； 【模型应用】 （2）如图2，点E是正方形边上一点，连接，过点E作交于点G，交延长线于点M，请探究线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，当点E在的延长线上时，连接，过点E作交的延长线于点G，交延长线于点M，请直接写出线段、、之间的数量关系，并说明理由． 41．（2025·甘肃·一模）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 42．（2025·甘肃·一模）某校数学活动小组探究了如下数学问题： (1)问题发现：如图1，中，，．点是底边上一点，连接，以为腰作等腰，且，连接、则和的数量关系是___________； (2)变式探究：如图2，中，，．点是腰上一点，连接，以为底边作等腰，连接，判断和的数量关系，并说明理由； (3)问题解决；如图3，正方形的边长为10，点是边上一点，以为对角线作正方形，连接．若设正方形的面积为，．求与的函数关系式． 43．（2025·甘肃·一模）已知正方形，E为对角线上一点．    【建立模型】 (1)如图1，连接，，求证：； 【模型应用】 (2)如图2，F是延长线上一点，，交于点G． ①判断的形状并说明理由； ②若G为的中点，且，求的长． 【模型迁移】 (3)如图3，F是延长线上一点，，交于点G，，请写出与之间的数量关系，并说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 四边形 题型概览 题型01 多边形及其内角和 题型02 利用平行四边形的性质求解 题型03 与三角形中位线有关的求解问题 题型04 根据矩形的性质求线段长 题型05 矩形与折叠问题 题型06 利用菱形的性质求线段长 题型07 菱形的判定 题型08 根据正方形的性质求线段长 题型09 根据正方形的性质证明 ( 题型01 )多边形及其内角和 1．（2025·甘肃·一模）如图是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，则这个正八边形的一个内角是 【答案】 【分析】此题考查了正多边形内角问题，利用正多边形的内角和除以边数即可得到答案 【详解】解：， 即这个正八边形的一个内角是， 故答案为： 2．（2025·甘肃·一模）如图，在正五边形中，于点，连接，交于点，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】连接，，先证明，得到，再利用等腰三角形的三线合一性质，三角形内角和定理，三角形外角性质解答即可． 【详解】解：连接，， ∵正五边形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴ ∵于点， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的三线合一性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键． 3．（2025·甘肃·一模）如图，已知正五边形的边长是4，联结交于点F，那么的长是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正多边形内角和定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等，先求出，则可求出，，则，设，则，证明，利用相似三角形的性质列出比例式求解即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：． 4．（2025·甘肃·一模）一个多边形的内角和为，这个多边形的边数是 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理的应用，准确计算是解题的关键．根据多边形内角和定理：，列方程解答出即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 根据多边形内角和定理得， ， 解得． 故答案为：5． ( 题型02 )利用平行四边形的性质求解 5．（2025·甘肃·一模）如图，在中，点在边上，且，连接交于点，则的面积与的面积之比为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据题意得到，，得到，得出，得到． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ∴， ， 故答案为：． 6．（2025·甘肃天水·一模）如图，的对角线、相交于O，过点O与、分别相交于，若，那么四边形的周长为（    ） A．13 B．12 C．11 D．10 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，先由平行四边形的性质得到，再证明得到，据此根据四边形周长计算公式和线段的和差关系求解即可． 【详解】解：∵的对角线、相交于O， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的周长 ， 故选：D． 7．（2025·甘肃兰州·一模）如图，的对角线相交于坐标原点O，若点A的坐标为，则点C的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形对角线的性质与点坐标关于原点对称的特点．根据题意利用平行四边形性质及关于原点对称的点坐标特点即可求解． 【详解】解：∵点A的坐标为，， ∴C点与A点关于原点对称， ∴， 故答案为：． 8．（2025·甘肃·一模）如图，在平行四边形中，点E在边上，，连接交于点F，若的面积为6，则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，进行求解即可． 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的面积为6， ∴的面积为； 故答案为：． 9．（2025·甘肃定西·一模）如图，在平行四边形中， ，则的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质，可得，，再结合 ，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵ ， ∴， ∴． 故选：B 10．（2025·甘肃·一模）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交BC于点F．若，则的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．结合平行四边形的性质以及点E为的中点证明，再证明，由相似三角形的性质解答即可． 【详解】解：∵平行四边形中，对角线，相交于点O， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2． 11．（2025·甘肃·一模）如图所示，中，E为BC边上一点，以AE为边作正方形AEFG，若，，则的度数是(　　) A．115° B．105° C．75° D．65° 【答案】A 【分析】由AD∥BC，可得∠EAD=180°-∠AEC=75°，则∠BAD度数可求，依据平行四边形的对角相等可求∠C度数． 【详解】∵四边形AEFG是正方形， ∴∠AEF=90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠C=∠BAD， ∴∠EAD=180°-∠AEC=180°-90°-15°=75°， ∴∠BAD=40°+75°=115°， ∴∠C=115°． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、正方形的性质，解题的关键是运用平行四边形的对角相等及平行线的性质转化角． ( 题型03 )与三角形中位线有关的求解问题 12．（2025·甘肃·一模）如图，在中，，点为中点，连接，点为延长线上一点，连接．若，则的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，取中点，连接，设（），求得，证明，得到，即，解出，再利用勾股定理即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：取中点，连接，如图： ∵，点是中点， ∴， 设（）， ∵，， ∴， 在中，， ∴ ∴， ∵点是中点， ∴， 在中，点分别是中点， ∴是的中位线， ，， ∴， ∴， ∴， 又∵，即， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，，即， 解得：， ∴， 故答案为：． 13．（2025·甘肃·一模）如图，在中，，，点，分别为，的中点，连接，作边上的高，连接，下列结论中错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了解三角形，根据已知可得，根据中位线可得，从而求出它们的三角函数值，通过已知线段利用三角函数求出其他线段长度，从而判断结论是否正确. 【详解】解：∵，，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ， ∴， ， ∴，故选项B正确，不符合题意； ∴，， ∴，故选项A正确，不符合题意； 连接，过点作，垂足为， ∵，， ∴，， ∴， ∴∴， ， ∴， ， ∴， ∴在中，，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意. 故选D 14．（2025·甘肃陇南·一模）如图，在中，点，分别是，上的中点，连接，，若的面积为10，则的面积为（   ） A．5 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了三角形的中位线性质，三角形相似的判定和性质，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．根据三角形的中线与面积公式即可得到结论． 【详解】解：∵点，分别是，上的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， 故选：B． 15．（2025·甘肃·一模）如图1，在中，，D，E分别是，的中点，连接，，点P从点C出发，沿的方向匀速运动到点A，速度为，图2是点P运动时，的面积随时间变化的图象，则a的值为（ ） A．3 B．4 C．5 D．10 【答案】C 【分析】本题考查了动点问题的函数图象的应用，结合图形分析题意并解答是解题关键． 结合图形得，当点P运动到点E处时，运动路程为，即，由E为的中点，得到，当点P运动到点D处时，运动路程为，得，由为中位线，求出，根据的面积s为，求出，再求出，根据勾股定理求出，即可求出长，求出 【详解】解：结合图形得， 当点P运动到点E处时，运动路程为，即， 为的中点， ， 当点P运动到点D处时，运动路程为， ， D，E分别是，的中点， 为中位线， ， 此时的面积s为，即， ， ， ， ，即 故选：C． 16．（2025·甘肃定西·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点为的中点．若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．16 C．12 D．20 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理的运用，关键是掌握：菱形的四条边都相等，菱形的两条对角线互相垂直平分．根据是的中位线，即可得到的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得． 【详解】∵四边形是菱形， ∴， 又点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长， 故答案选：B． ( 题型0 4 )根据矩形的性质求线段长 17．（2025·甘肃·一模）如图，在矩形中，，，连接，把线段绕点逆时针方向旋转得线段．在边上取点，使，连接交延长线于点，则线段长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，根据旋转的性质可知：，，利用可证，根据全等三角形的性质可得，，从而可求，利用可证，根据全等三角形的性质可证，从而可得． 【详解】解：如下图所示，过点作的延长线于点， 四边形是矩形， ，， ， ， 根据旋转的性质可知：，， ，， ， 在和中， ， ，， ， ，，， 在和中， ， 又， ， ． 故答案为： ． 18．（2025·甘肃张掖·一模）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，，则的长 ． 【答案】6 【分析】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键．根据矩形性质得，再根据得为等边三角形，则，由此可得的长． 【详解】解：四边形为矩形，对角线，相交于点，， ， ， 为等边三角形， ， ， ， 故答案为：6． 19．（2025·甘肃兰州·一模）如图，矩形中，连接，过点D作，交的延长线于点E，若，，则的长为（   ） A．5 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形性质，勾股定理等．根据题意可得，再在和中应用勾股定理列式计算即可． 【详解】解：∵矩形，，， ∴，， ∴由勾股定理得， 设， ∴在中：， ∴在中：， 解得：， ∴， 故选：C． 20．（2025·甘肃·一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O，点E，F分别是，的中点，连接，则的周长为 ． 【答案】9 【分析】本题考查三角形中位线定理、矩形的性质，勾股定理，因为四边形是矩形，所以，，，在 中，可得，推出，因为E，F分别是 、的中点，根据三角形中位线定理即可得到结论． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，，， 在中，， ∴， ∵E、F分别是，的中点， ∴，，， ∴的周长． 故答案为：9． ( 题型0 5 )矩形与折叠问题 21．（2025·甘肃·一模）如图，将矩形沿对角线翻折，的对应边交于点F，过点B作交于点H，垂足为G，若，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点B作于点Q，根据勾股定理求出，，证明，得出，证明，得出，即，求出结果即可． 【详解】解：过点B作于点Q，如图所示： ∵四边形为矩形， ∴， 根据勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， 根据折叠可知：，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，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． 22．（2025·甘肃金昌·一模）如图，在矩形中，点在边上，沿折叠使点落在边上的点处，若，，则的值为 . 【答案】/0.75 【分析】此题考查了折叠的性质，矩形的性质以及三角函数的定义．解此题的关键是转化思想的应用．由四边形是矩形，可得：，，，由折叠的性质可得：，，由同角的余角相等，即可得，然后在中，即可求得答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， 由题意得：，， ∴，， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴． 故答案为． 23．（2025·甘肃·一模）（1）如图1，在矩形中，点E为边的中点，沿折叠，使点A落在点F处，把纸片展平，延长与交于点G，请写出线段与的数量关系，并说明理由． （2）如图1，若，按照（1）中的操作进行折叠和作图，当时，求的值； （3）如图2，四边形为平行四形，其中与是对角，点E为边的中点，沿折叠，使点A落在点F处，把纸片展平，延长与射线交于点G，若，，请直接写出线段的值． 【答案】（1），见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）连接，根据矩形的性质，折叠的性质，证明，即可得出结论； （2）勾股定理求出的长，设，根据，进行求解即可； （3）分点在线段上和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 连接，如图： ∵四边形为矩形， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴； （2）∵四边形为矩形， ∴，， ∴， 设，则：， 由（1）知：， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）当点在线段的延长线上时，连接，如图： ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点在线段上时：如图： 同法可得：， ∴； 综上：或． 【点睛】本题考查矩形与折叠，平行四边形与折叠，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质，添加辅助线构造特殊图形和全等三角形是解题的关键． 24．（2025·甘肃·一模）（1）【发现】如图1所示，在正方形中，E为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于G点．求证：； （2）【探究】如图2，在矩形中，E为边上一点，且，．将沿翻折到处，延长交边于G点，延长交边于点H，若，求的长； （3）【拓展】如图3，在菱形中，，，E为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交直线于点P，直接写出的长为____________． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或 【分析】（1）先证明，，结合公共边从而可得结论； （2）延长，交于，如图：设，则，由，可得，证明，求出、，再证明，利用相似三角形的性质可得答案； （3）分两种情况讨论：当时，延长交于，过作于，如图：设，，则，证明，可得，再根据等面积法证明，即①，由，可得②，联立①②可解得，可得答案；当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：设，，则，同理同理可得：，即，由得：，可解得，从而可得答案． 【详解】（1）证明：将沿翻折到处，四边形是正方形， ，， ， ，， ； （2）解：延长，交于，如图： 设，则， 在中，， ， 解得， ， ， ， ，即， 解得，， ，， ， ，即， 解得， 由翻折知：； （3）（Ⅰ）当时，如图：延长交于，延长交于，过作于，     设，，则， ， ， ， ， 沿翻折得到， ，，， 是的角平分线， ∴E到，的距离相等，设这个距离为， ∴， ，即①， ， ，，， 在中，， ②， 联立①②可解得，（不符合题意的根舍去） ； （Ⅱ）当时，如图：延长交延长线于，过作交延长线于，    ∴ 设，，则， 同理， 同理可得：，即， 由得：， 可解得，（不符合题意的根舍去） 同理可得：， ， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形，菱形，正方形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论是解本题的关键． 25．（2025·甘肃·一模）在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．      (1)操作推断 如图1，点P是正方形纸片的边的中点，沿折叠，使点A落在点M处，延长交于点 F，连接． 则 ． (2)迁移探究 小华在（1）的条件下，继续探究：如图2，延长交于点E，连接． ① ； ②小华用大小不同的正方形纸片重复几次以上操作，总发现，请判断该发现是否正确？并说明理由． (3)拓展应用 将边长为1的两个相同正方形拼成矩形，如图3，点P是上一动点，沿折叠，使点A落在点M处，射线交射线于点 F．当时，直接写出的长． 【答案】(1)90 (2)①45；②正确，理由见解析 (3)AP长为或 【分析】（1）根据正方形的性质得到，根据折叠的性质得到，根据全等三角形的性质即可解答； （2）①根据正方形的性质得到，进而得到，根据折叠的性质得到，根据全等三角形的性质得到，进而完成解答；②根据相似三角形的判定和性质定理即可解答； （3）根据矩形的性质得到，再分点F在的延长线上和上两种情况，分别运用正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质定理解答即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点P是正方形纸片的边的中点， ∴， ∵沿折叠，使点A落在点M处， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：90． （2）解：①∵四边形是正方形， ∴， ∵点P是正方形纸片的边的中点， ∴， ∵沿折叠，使点A落在点M处， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：45； ②判断正确，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即． （3）解：∵将边长为1的两个相同正方形拼成矩形， ∴， ∴， ∵沿折叠，使点A落在点M处， ∵, ①当点F在的延长线上时， ∴，      设与交于E， ∵， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∵， ∴， ∴，即，解得： ， ∴． ②当点F在上时，    ∵， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴, ∴ ∵， ∴， ∴， ∵沿折叠，使点A落在点M处， ∵, ∴，解得：． ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、矩形的性质、勾股定理、折叠的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的判定和性质是解题的关键． ( 题型0 6 )利用菱形的性质求线段长 26．（2025·甘肃·一模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，则 ． 【答案】3 或/5或3 【分析】过点作于点，连接，分两种情况①当在点左侧，证出为等边三角形，由等边三角形的性质得出，证明，得出，进而推出为等边三角形，再由直角三角形性质以及勾股定理求出，，，进而得到，即可解题，②与①解法类似． 【详解】解：过点作于点，连接， 当在点左侧， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵将绕点旋转，点恰好落在边上的点处， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ②当在点右侧， 与①同理可得，，， ， ∴， ∴， 故答案为：3 或． 【点睛】本题考查了菱形、旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握上述知识，数形结合分析是关键． 27．（2025·甘肃嘉峪关·一模）如图1是利用四边形不稳定性设计的“千斤顶”，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的长度（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即B，D之间的距离）．在手柄转动过程中，B，D之间的距离y（cm）随的长度x（cm）的变化规律如图2所示，则图2中a的值为（    ） A．42 B．46 C．48 D．50 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、函数的图象、勾股定理，从函数的图象获取信息是解题的关键．连接交于点O，由图象可知，当时，，利用菱形的性质计算出菱形的边长，再计算出当时的长，即可得出a的值． 【详解】解：如图，连接交于点O， 四边形是菱形， ，，， 由图象可知，当时，， 此时，， ， 当时，， ， ， ． 故选：C． 28．（2025·甘肃定西·一模）如图，在菱形中，点在边上，连接，动点从点出发，在菱形的边上沿匀速运动，运动到点时停止．在此过程中，的面积随着运动时间的函数图象如图所示，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的是动点函数图象问题、菱形的性质、勾股定理．设菱形的边长为，过点作交于点，根据图象可得，当点运动到点时，面积最大，为，求出，根据当点运动到点时，停止运动，此时面积为，求出，再根据，即可． 【详解】解：设菱形的边长为：，过点作交于点， 由图可得，当点运动到点时，面积最大，为， ∴， 解得：； 当点运动到点时，停止运动，此时面积为， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 29．（2025·甘肃·一模）如图，菱形的顶点，，在上，过点作的切线交的延长线于点．若的直径为4，则的长为（　　） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】连接，根据切线的性质定理得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：连接， 是的切线， ， 四边形为菱形， ， ， ， ∴为等边三角形， ， ， ， 由勾股定理得，， 故选：D． 【点睛】本题考查的是切线的性质、菱形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 30．（2025·甘肃·一模）如图，菱形中，对角线、相交于点O，H为边中点，菱形的周长为48，则的长等于 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半．根据菱形性质得出，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵H为边中点， ∴． 故答案为：6． 31．（2025·甘肃·一模）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点H，连接．若，，则的长为 ．    【答案】4 【分析】根据菱形面积的计算公式求得，再利用直角三角形斜边中线的性质即可求得答案． 【详解】∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴为的中点； 在中，为的中点 ∴． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了菱形的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质，根据菱形的面积公式：菱形的面积等于两条对角线乘积的一半是解题的关键． 32．（2025·甘肃·一模）如图，菱形 ABCD 中，对角线 AC、BD 相交于点O ， H 为 AD 边中点，菱形 ABCD 的周长为 20， 则OH 的长等于 ． 【答案】2.5 【分析】先求菱形的边长，再根据直角三角形中底边的中线等于底边的一半的性质求解． 【详解】解：已知菱形 ABCD 的周长为 20 菱形 ABCD 中，交于点O． 在中， 故答案为2.5． 【点睛】此题重点考查学生对菱形性质的理解，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． ( 题型0 7 )菱形的判定 33．（2025·甘肃·一模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点，交的延长线于点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点，如果，求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）先证，由，得，即可解答． （2）由四边形为菱形，得，由，得①，②，由①×②得，，再证和，得到． 本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 【详解】（1）∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形． （2）如图： ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴① ∵，， ∴， ∴即② 由①×②得，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴即． 34．（2025·甘肃·一模）如图，在中，，平分交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形是菱形； （2）解，得出，解，得出，然后菱形的性质即可解决问题． 【详解】（1）证明：，平分， ，． ， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形． （2）解：，，， 在中，， ． ， 在中，，， ． 四边形是菱形， ． ( 题型0 8 )根据正方形的性质求线段长 35．（2025·甘肃·一模）如图，正方形的边长是，以直线为轴，将正方形旋转一周，所得几何体的左视图的面积是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查几何体的三视图，熟练掌握三视图是解题的关键．根据题意可知，左视图是一个长方形，即可得到面积． 【详解】解：由题意可知，左视图是一个以直径作为长，半径为宽的长方形， 故所得几何体的左视图的面积是， 故答案为：． 36．（2025·甘肃·一模）如图，在中，，两个边长为1的正方形，的顶点D，E，F，I，J均在的边上，当时，的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了解直角三角形，正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．根据题意得到，将两个三角形的面积求出即可得到答案． 【详解】解：过点作于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：D． 37．（2025·甘肃·一模）如图，为正方形对角线上一点，，连接并延长，交于点．若，则的长为（   ） A．2 B．6 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定以及性质，根据正方形的性质得出，，再根据相似三角形的判定和性质得出，求出即可求出． 【详解】解：∵是正方形， ∴，， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 故选：D 38．（2025·甘肃·一模）如图，在正方形中，为CD上一点，连接，过点作于点，若，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，设正方形的边长为，根据勾股定理可求得，再证明，即可求得的值，先求得的值是解题的关键 【详解】解：设正方形的边长为， 则， ，， ， 根据勾股定理可得，， ， ， 则， ， ， ， ，即， 解得（负值舍去）， 经检验是原分式方程的解， ， 故答案为：． 39．（2025·甘肃·一模）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设与交于点N，与交于点P，与交于点Q，根据题意可知，，根据得，根据正方形的性质可证明是等腰三角形，可得，根据相似性质可得，，利用可证明，可得，即可得出，，利用勾股定理可用表示出的长，即可表示出的长，进而可得出结果． 【详解】解：如图，设与交于点N，与交于点P，与交于点Q， ∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 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，相似三角形的判定与性质，勾股定理，综合性强，难度较大，熟练掌握知识点是解题的关键． ( 题型0 9 )根据正方形的性质证明 40．（2025·甘肃张掖·一模）【模型建立】 （1）如图1，点E是正方形边上一点，连接，过点B作交于点F，交于点G，用等式写出线段、的数量关系，并说明理由； 【模型应用】 （2）如图2，点E是正方形边上一点，连接，过点E作交于点G，交延长线于点M，请探究线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，当点E在的延长线上时，连接，过点E作交的延长线于点G，交延长线于点M，请直接写出线段、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；理由见解析  （2）；理由见解析  （3）；理由见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，关键是要能根据题意构造出全等三角形，即作出合适的辅助线，截取等长线段作辅助线是解决此类题型常用的方法． （1）证明即可； （2）构造辅助线平行且等于，H在上，再证明即可； （3）构造平行且等于，再证明即可． 【详解】解：（1）；理由如下， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2），理由如下： 在上取一点H，使， 由平行且等于，得到四边形为平行四边形， ∴平行且等于， ∵， ∴， 由（1）知， ∴； （3）．理由如下： 在上取一点N，使，延长交于点K， 由平行且等于，得四边形为平行四边形， ∴平行且等于， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 41．（2025·甘肃·一模）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)；理由见解析 (2)；理由见解析 (3)；理由见解析 【分析】（1）由旋转的性质和正方形的性质，先证E，B，C三线共线．再证，进而证明，推出，可得． （2）在上取，连接．依次证明，，可得． （3）将绕点A逆时针旋转得，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得，进而可得． 【详解】（1）解：．理由如下： 由旋转的性质，可知，，，， ∴， ∴E，B，C三线共线． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （2）解：．理由如下： 如图，在上取，连接． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （3）解：．理由如下： 如图，将绕点A逆时针旋转得， ∴． ∵， ∴， ∴E，D，C三点共线． 由（1）同理可得， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线是解题的关键． 42．（2025·甘肃·一模）某校数学活动小组探究了如下数学问题： (1)问题发现：如图1，中，，．点是底边上一点，连接，以为腰作等腰，且，连接、则和的数量关系是___________； (2)变式探究：如图2，中，，．点是腰上一点，连接，以为底边作等腰，连接，判断和的数量关系，并说明理由； (3)问题解决；如图3，正方形的边长为10，点是边上一点，以为对角线作正方形，连接．若设正方形的面积为，．求与的函数关系式． 【答案】(1) (2)，见解析 (3)， 【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到和的数量关系； （2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边成比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到和的数量关系； （3）连接，先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由相似比求出，再由勾股定理求得，则可列出关系式． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形，，在中，，， ，， ． 在和中， ， ， ； （2）解：，理由如下： 是等腰直角三角形，中，，， ，． ， ， ， ， ； （3）解：连接， 四边形是正方形，四边形是正方形， 和都是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， ，， ，， 在中，，即， 是正方形的对角线，正方形的面积为， ， ， ，， ． 【点睛】本题是一道几何综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，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，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键． 43．（2025·甘肃·一模）已知正方形，E为对角线上一点．    【建立模型】 (1)如图1，连接，，求证：； 【模型应用】 (2)如图2，F是延长线上一点，，交于点G． ①判断的形状并说明理由； ②若G为的中点，且，求的长． 【模型迁移】 (3)如图3，F是延长线上一点，，交于点G，，请写出与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①为等腰三角形，理由见解析；② (3)，理由见解析 【分析】（1）先判断出，，进而判断出，进而得出结论； （2）①根据（1）证明出；②过点F作于H，先求出，，进而求出,最后用勾股定理即可求出答案； （3）先判断出，由（1）知，，由（2）知，,即可判断出结论． 【详解】（1）证明：∵是正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：①为等腰三角形，理由： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； ②    如图，过点F作于H， ∵四边形为正方形，点G为的中点，， ∴，， 由①知，，     ∴， ∴， 在与中，∵， ∴， ∴， ∴， 在中，； （3）解：∵， ∴， 在中，， ∴， 由（1）知，， 由（2）知，， ∴ 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，以及三角函数，熟练掌握正方形的性质、勾股定理和三角函数是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$