专题06 四边形（9大题型）（福建专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题06 四边形 题型概览 题型01 多边形及其内角和 题型02 平行四边形的性质 题型03 平行四边形的判定与性质综合 题型04 与三角形中位线有关的求解问题 题型05 矩形的性质 题型06 根据矩形的性质与判定求线段长 题型07 菱形的性质 题型08 菱形的判定与性质综合 题型09 正方形的性质 ( 题型01 )多边形及其内角和 1．（2025·福建宁德·二模）用两个含角的完全相同的菱形拼成如图所示的正多边形，则该正多边形的内角和是 ． 2．（2025·福建福州·二模）四边形外角和的度数是 ． 3．（2025·福建龙岩·二模）一个正边形的一个外角为，则它的边数 ． 4．（2025·福建·二模）若正多边形的一个内角是，则这个正多边形的边数是（   ） A．5 B．6 C．8 D．9 5．（2025·福建·二模）每一个外角都是的正多边形为（   ） A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 6．（2025·福建·二模）如果一个正多边形的每一个内角是，那么这个正多边形的边数为（    ） A．16 B．12 C．8 D．6 7．（2025·福建·二模）如图，该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是 ． 8．（2025·福建·二模）已知正n边形的一个外角是45°，则n＝ ( 题型02 )平行四边形的性质 9．（2025·福建厦门·二模）如图，已知平行四边形的顶点，分别在轴和轴的正半轴上，顶点，分别落在反比例函数的图象上，过点作轴的垂线，垂足为点，且．若平行四边形的面积为，则的值为(   ) A．6 B．9 C．12 D．18 10．（2025·福建南平·二模）在中，于点于点．求证：． 11．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得是菱形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 12．（2025·福建·二模）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为 ．    13．（2025·福建·二模）如图，平行四边形的对角线、交于点，点、在上，且求证：． ( 题型03 )平行四边形的性质与判定综合 14．（2025·福建·二模）如图，已知四边形ABCD中，∠A=∠C，∠B=∠D，求证：四边形ABCD是平行四边形．    15．（2025·福建三明·二模）如图是凸透镜成像示意图，是蜡烛通过凸透镜MN所成的虚像．已知蜡烛的高为，蜡烛离凸透镜的水平距离为，该凸透镜的焦距为，则像的高为 ． 16．（2025·福建莆田·二模）问题探究 （1）如图1，在四边形中，点在直线上，且，求作，使得点，在直线上，边，，分别经过点，，（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出的值； 问题解决 （2）如图2，某市郊野公园现有一块四边形草坪，顶点，，，处均有一棵荔枝古树，点处有一座八角观景亭，园林管理部门准备扩建草坪，想使草坪面积扩大一倍，又想保持棵荔枝古树、八角观景亭在草坪边不动，并要求扩建后的草坪成平行四边形的形状．请问能否实现这一设想？若能，请你设计出所要画的图形；若不能，请说明理由． 17．（2025·福建福州·二模）如图1，在等腰三角形中，，为边上一点，且，过点分别作交于点，交于点，在上截取，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，当三点共线时，求四边形与四边形面积的比值． 18．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，点E，F分别在边上，．求证：．    19．（2025·福建·二模）已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：． ( 题型0 4 )与三角形中位线有关的求解问题 20．（2025·福建三明·二模）如图，两点被一个池塘隔开，分别是的中点，测量的长度为150米，那么的长度为 米． 21．（2025·福建南平·二模）如图，与是的中线，点是线段上的一个动点，是线段的中点，若，且，则的面积为 ． 22．（2025·福建厦门·二模）如图，在正方形中，，点在边上，．若，分别是，的中点，则的长为 ． ( 题型0 5 )矩形的性质 23．（2025·福建莆田·二模）如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为 ． 24．（2025·福建厦门·二模）在矩形中，，点P从点C出发，在线段上向点B以每秒的速度移动，以点P为圆心，为半径作．设运动时间为t秒．解答下列问题： (1) （用含t的代数式表示）． (2)如图2，在运动过程中，是否存在t的值，使得与直线相切？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)如图3，当与直线相切时，切点为E，T为弧上的任意一点，过点T作的切线分别交，于点M、N，设长度为x． ①求证：为定值； ②记的面积为，的面积为，当时，求x的值． 25．（2025·福建福州·二模）如图，已知圆心角为的扇形的面积为，为上一点，D，E分别为，上的点，连接，，．若四边形为矩形，则的长是（    ） A．2 B． C．4 D． 26．（2025·福建泉州·二模）《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且．若田埂与矩形两组对边所夹锐角为，当增大时，重叠部分四边形的面积（　　） A．变大 B．变小 C．不变 D．先变大后变小 27．（2025·福建宁德·二模）如图，已知矩形，，，一束光线从边上的点出发，沿的方向射出，经边反射后，得到反射光线，又经边反射后，得到反射光线…根据光的反射原理，每一次的反射，反射的角度等于入射的角度，例如：． (1)如图1，不难发现：光线经过两次反射后，得到反射光线与原入射光线平行．请加以证明； (2)请用尺规在图2作出反射点，使得光线经边反射后得到的反射光线能经过边上的点；（保留作图痕迹，不写作法） (3)如果要让光线依次经，，边三次反射后回到出发点，则入射光线的角度应满足怎样的条件？请说明理由． 28．（2025·福建泉州·二模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形，发现四边形是菱形，，O是的中点，点E在边上，四边形是矩形，则下列推断错误的是（   ） A． B． C． D． ( 题型0 6 )根据矩形的性质与判定求线段长 29．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知，点A是射线上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足．点C在线段的延长线上，且．点D在线段上，且，连接，．则（   ） A． B． C． D． 30．（2025·福建漳州·二模）是由绕点按逆时针方向旋转一个角度得到的，且，连接． (1)如图，若点在边上，求证：； (2)如图，若，，，连接交于点，延长交于点． ①求证：点是的中点； ②求的长． 31．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（    ） A．20 B．24 C．28 D．32 32．（2025·福建厦门·二模）我们知道圆内任意直径即可将圆面积二等分．受此启发，如图，正方形的边长为9，点M在上，且．过点M作直线与交于点N，作直线分别与交于点P，Q．若将正方形的面积四等分，则的长度是 ． 33．（2025·福建·二模）如图为淋浴喷头的简易示意图，若用支架把喷头固定在点A处，手柄长，与墙壁的夹角，喷出的水流与形成的夹角．    (1)求B点与墙壁的距离； (2)住户要求：当人站在E处淋浴时，水流正好喷洒在C处，使，，安装师傅应将支架A固定在离地面多高的位置？（参考数据：，，，，，）． ( 题型0 7 )菱形的性质 34．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形中，点E在边上，连结交对角线于点F，若，，则的长度为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 35．（2025·福建龙岩·二模）如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，且E为的中点，则的值是（   ） A． B． C． D． 36．（2025·福建泉州·二模）如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，连接、．求证：． 37．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形中，，．点E，F分别是，边上的动点，且，以为边向右作等边，连接，，．当时，的值为 ． 38．（2025·福建漳州·二模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点是的中点，连接，若，则下列结论错误的是（   ） A． B． C．菱形的面积为48 D．点到的距离为 39．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形 ( 题型0 8 )菱形的性质与判定综合 40．（2025·福建·二模）如图，在菱形中，E，F分别是边的中点，连接交于点G．求证：． 41．（2025·福建莆田·二模）如图，将沿AC翻折得到，． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作交延长线于点E，连接．若，，求的长． 42．（2025·福建龙岩·二模）四边形的对角线，相交于点，，若，，，则四边形的面积为 ． ( 题型0 9 )正方形的性质 43．（2025·福建龙岩·二模）如图，正方形中，点在对角线上，过点作于，交边于点，连接． (1)求的度数； (2)如图，过点作于，求证：； (3)如图，若交于点，，将沿翻折，得到，连接，交于点，若点是边的中点，求的面积． 44．（2025·福建·二模）如图，是正方形的对角线，将绕着点A逆时针旋转得到． (1)求证：B，D，E三点共线； (2)连接，交于点G，求的度数． 45．（2025·福建南平·二模）如图，正方形与菱形有一条共同的对角线，若，，则正方形的边长是 ． 46．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则 ． 47．（2025·福建龙岩·二模）综合与实践——黄金矩形． 宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，黄金矩形给我们以协调匀称的美感，它常见于艺术、建筑、自然界中，如图1中的希腊巴特农神庙和图2中达芬奇的画作《蒙娜丽莎》．今天我们追随先哲们的脚步，利用纸片来折出黄金矩形，创造数学美！            如图3，矩形纸片的宽，小明按如下步骤操作． 第一步：如图4，沿折叠，使点落在长边上的点处，连接，得正方形； 第二步：对折正方形，使边与重合，得折痕，并展开，如图5，则； 第三步：连接，沿折叠，使点落在延长线上的点处，如图6，则的长为 ① ； 第四步：过点折叠纸片，得折痕，使，交于点，并展开，如图7，则矩形为黄金矩形．        (1)补全小明操作过程中①所缺的内容______； (2)聪明的小慧发现，在图7中，除了黄金矩形外，还有另一个黄金矩形，请找出这个矩形，并给予证明． (3)小慧根据（2）题进一步发现，在黄金矩形中折去正方形，从而留下的矩形即为黄金矩形．类似于“勾股树”，黄金矩形也能不断“生长”，可以在图8中继续折出更多的黄金矩形、黄金矩形，……如图9，小慧用弧线将折得的不断分割的黄金矩形的分割点连结起来，便会形成一条曲线，通常被称为“黄金螺线”．自然界的很多植物、建筑、艺术作品中都有“黄金螺线”的影子．记、、的弧长分别为、、，请探究、、满足的数量关系． 48．（2025·福建厦门·二模）正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为．若反比例函数的图象经过点，则的值为（    ） A．6 B． C． D． 49．（2025·福建厦门·二模）一个矩形可不重叠且不留空隙地分割为个正方形，称该矩形为“阶容正矩形”： (1)图1是一个3阶容正矩形．请再画出一个形状不同的3阶容正矩形，若该矩形的周长为，求它的边长； (2)若要求4阶容正矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，判断4阶容正矩形按此方式是否可分割为4个大小不等的正方形，并证明； (3)若一个矩形可按图2所示的方式分割为9个大小不等的正方形，请探究该9阶容正矩形的一个性质定理．（说明：“大小不等”指两两不全等） 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 四边形 题型概览 题型01 多边形及其内角和 题型02 平行四边形的性质 题型03 平行四边形的判定与性质综合 题型04 与三角形中位线有关的求解问题 题型05 矩形的性质 题型06 根据矩形的性质与判定求线段长 题型07 菱形的性质 题型08 菱形的判定与性质综合 题型09 正方形的性质 ( 题型01 )多边形及其内角和 1．（2025·福建宁德·二模）用两个含角的完全相同的菱形拼成如图所示的正多边形，则该正多边形的内角和是 ． 【答案】/1080度 【分析】本题主要考查了正多边形内角和问题，菱形的性质，根据菱形对边平行结合平行线的性质求出正八边形一个内角的度数即可得到答案． 【详解】解：如图所示，∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵阴影部分是一个正八边形， ∴该正多边形的内角和是， 故答案为：． 2．（2025·福建福州·二模）四边形外角和的度数是 ． 【答案】/360度 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理，多边形的外角和为，据此可得答案． 【详解】解：四边形外角和的度数是， 故答案为：． 3．（2025·福建龙岩·二模）一个正边形的一个外角为，则它的边数 ． 【答案】6 【分析】本题考查正多边形的外角问题，根据正多边形的每个外角都相等，外角和为360度，进行求解即可． 【详解】解：； 故答案为：6． 4．（2025·福建·二模）若正多边形的一个内角是，则这个正多边形的边数是（   ） A．5 B．6 C．8 D．9 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角与外角，根据多边形的内角和公式，可得答案． 【详解】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得 ， 解得， 故选：B． 5．（2025·福建·二模）每一个外角都是的正多边形为（   ） A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 【答案】C 【分析】本题考查正多边形的外角及外角和，熟练掌握正多边形的外角和是解题的关键； 根据正多边形的每个外角相等，且外角和为，即可求解． 【详解】解：（边）， ∴这个正多边形是正五边形． 故选：C． 6．（2025·福建·二模）如果一个正多边形的每一个内角是，那么这个正多边形的边数为（    ） A．16 B．12 C．8 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的外角和为；求出正多边形的每一个外角，根据外角和为，即可求得边数． 【详解】解：正多边形的每一个内角是， 正多边形的每一个外角是， 正多边形的边数为； 故选：B． 7．（2025·福建·二模）如图，该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是 ． 【答案】140°． 【分析】先根据多边形内角和定理：求出该多边形的内角和，再求出每一个内角的度数． 【详解】解：该正九边形内角和， 则每个内角的度数． 故答案为140°． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理：，比较简单，解答本题的关键是直接根据内角和公式计算可得内角和． 8．（2025·福建·二模）已知正n边形的一个外角是45°，则n＝ 【答案】8 【分析】根据正多边形的外角和的特征即可求出多边形的边数． 【详解】解：． 所以的值为8． 故答案为：8． 【点睛】本题考查多边形的外角和的特征，解题的关键是掌握多边形的外角和等于，是基础题型． ( 题型02 )平行四边形的性质 9．（2025·福建厦门·二模）如图，已知平行四边形的顶点，分别在轴和轴的正半轴上，顶点，分别落在反比例函数的图象上，过点作轴的垂线，垂足为点，且．若平行四边形的面积为，则的值为(   ) A．6 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【分析】本题考查反比例函数的性质，平行四边形的性质，由平移方式确定点的坐标，能通过点的平移方式和反比例函数上点的坐标特征表示点的坐标是解决本题的关键．连接，设，则，则，，，设点的横坐标为，则，由平行四边形的平移可知，，再根据点在反比例函数上，则，即，最后根据建立方程即可可解得． 【详解】解：如图，连接， 由题意可得：的面积为， 设，则， ∴，， 点在反比例函数上， ∴， 设点的横坐标为，则， 由平行四边形的性质可知，，， ∵由到向上移动，向右移动， 由到向上移动，向右移动， ∴ 又∵点在反比例函数上， ， 解得：， ∵， ∴， 解得：． 故选：C． 10．（2025·福建南平·二模）在中，于点于点．求证：． 【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，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 根据平行四边形得到，然后得到，再由垂直的定义得到，即可证明全等． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ． 11．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得是菱形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定与性质． 根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质对选项进行逐一判断即可得解． 【详解】解：选项，中有，添加该条件不能证明是菱形，不符合题意，选项错误； 选项，添加后可证是矩形，但不能证明是菱形，不符合题意，选项错误； 选项，添加后可证是菱形，符合题意，选项正确； 选项，添加后可证是矩形，但不能证明是菱形，不符合题意，选项错误． 故选：． 12．（2025·福建·二模）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为 ．    【答案】/ 【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，    ∵在中，，，， ∴， ∴， 在中， ∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时， ∴ 又 ∴ ∴ ∴ 设， ∴ 在中， ∴ 解得：（负整数） 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 13．（2025·福建·二模）如图，平行四边形的对角线、交于点，点、在上，且求证：． 【答案】见解析 【分析】由平行四边形的性质得出OB=OD，由SAS证明△OBE≌△ODF，即可得出BE=DF． 【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB=OD， 在△OBE和△ODF中， ， ∴△OBE≌△ODF（SAS）， ∴BE=DF． 【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． ( 题型03 )平行四边形的性质与判定综合 14．（2025·福建·二模）如图，已知四边形ABCD中，∠A=∠C，∠B=∠D，求证：四边形ABCD是平行四边形．    【答案】见解析 【详解】试题分析：利用四边形的内角和和已知条件中的对角相等得到邻角互补，从而判定两组对边平行，进而证得结论． 试题解析：证明：∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠A=∠C，∠B=∠D， ∴∠A+∠B=180°， 又∵∠A=∠C， ∴∠B+∠C=180°， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）． 考点：平行四边形的判定． 15．（2025·福建三明·二模）如图是凸透镜成像示意图，是蜡烛通过凸透镜MN所成的虚像．已知蜡烛的高为，蜡烛离凸透镜的水平距离为，该凸透镜的焦距为，则像的高为 ． 【答案】18 【分析】本题考查了相似三角形的应用，平行四边形的判定与性质，先证得出，再证，根据相似三角形的对应边成比例得出即可求出的长，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：由题意得，，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：18． 16．（2025·福建莆田·二模）问题探究 （1）如图1，在四边形中，点在直线上，且，求作，使得点，在直线上，边，，分别经过点，，（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出的值； 问题解决 （2）如图2，某市郊野公园现有一块四边形草坪，顶点，，，处均有一棵荔枝古树，点处有一座八角观景亭，园林管理部门准备扩建草坪，想使草坪面积扩大一倍，又想保持棵荔枝古树、八角观景亭在草坪边不动，并要求扩建后的草坪成平行四边形的形状．请问能否实现这一设想？若能，请你设计出所要画的图形；若不能，请说明理由． 【答案】（1）图见解析，；（2）能，图见解析． 【分析】本题考查了作图——基本作图，平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识． （1）连接，过点作的平行线，再过点、点分别作的平行线，四条线的交点为、、、，则四边形即为所求，根据平行四边形的性质可得出的值； （2）连接，过点和分别作的平行线，再连接分别交过点、过点的直线于点、，最后过点作的平行线分别交过点、过点的直线于点、，则四边形即为所求． 【详解】解（1）如图，即为所求， ，， 四边形和四边形均是平行四边形， ， 直线与间的距离处处相等，与间的距离处处相等， ，， ， ； （2）能实现这一设想，如图，连接，过点和分别作的平行线，再连接分别交过点、过点的直线于点、，最后过点作的平行线分别交过点、过点的直线于点、，则四边形即为所求， 理由如下： ，， 四边形、四边形和四边形均是平行四边形， ， 直线与间的距离处处相等，与间的距离处处相等， ，， ， ． 17．（2025·福建福州·二模）如图1，在等腰三角形中，，为边上一点，且，过点分别作交于点，交于点，在上截取，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，当三点共线时，求四边形与四边形面积的比值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）利用平行四边形的判定与性质得到，则，利用等腰三角形的性质和平行线的性质以及等腰三角形的判定定理得到，再利用平行四边形的判定定理即可证明结论； （2）利用平行线之间的距离相等和平行四边形的性质得到四边形与四边形面积的比值，利用平行线的性质和等腰三角形的性质与判定得到，设，利用相似三角形的判定与性质求得即可解答． 【详解】（1）证明∶∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：当B、G、F三点共线时，由(1)知：四边形，四边形均为平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形与四边形面积的比值， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴，即， ∴，即， ∵， ∴或(负数不合题意，舍去)， ∴四边形与四边形面积的比值为． 18．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，点E，F分别在边上，．求证：．    【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，证明四边形为平行四边形，进而得到，根据，即可得出结论． 【详解】证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴，即：． 19．（2025·福建·二模）已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．连接与对角线交于点O．根据平行四边形的性质以及可得，即可求证． 【详解】证明：如图，连接与对角线交于点O． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴． ∴四边形是平行四边形， ∴． ( 题型0 4 )与三角形中位线有关的求解问题 20．（2025·福建三明·二模）如图，两点被一个池塘隔开，分别是的中点，测量的长度为150米，那么的长度为 米． 【答案】300 【分析】本题考查了三角形中位线定理的应用；根据题意知，是三角形的中位线，由中位线定理即可求解． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴米； 故答案为：300． 21．（2025·福建南平·二模）如图，与是的中线，点是线段上的一个动点，是线段的中点，若，且，则的面积为 ． 【答案】20.16 【分析】本题主要考查三角形的中位线，相似三角形的性质和判定定理，勾股定理等相关知识，解题的关键是利用三角形的中位线构建相似关系和比例关系，将动点问题转化为临界问题．先利用中位线，取中点，连结，得到且且；根据是线段的中点且，分析得到最大值和最小值；利用勾股定理，求解关键线段的长度；然后根据，得到，求出；根据是中线，可知，从而计算得到答案． 【详解】解：取中点，连结 点分别为的中点 分别为的中位线 且且 点是线段上的一个动点 三点共线 当时，取最小值，则； 当点与点重合时，取最大值，则 在中， 在中， ，， 22．（2025·福建厦门·二模）如图，在正方形中，，点在边上，．若，分别是，的中点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，在中，利用勾股定理求出的长，三角形的中位线定理，求出的长即可． 【详解】解：∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴在中，， ∵，分别是，的中点， ∴； 故答案为：． ( 题型0 5 )矩形的性质 23．（2025·福建莆田·二模）如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定的性质以，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 由矩形性质可知，，又旋转可知，，，然后通过勾股定理和线段和差即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 由旋转性质可知，，，， ∴， ∴， 故答案为：． 24．（2025·福建厦门·二模）在矩形中，，点P从点C出发，在线段上向点B以每秒的速度移动，以点P为圆心，为半径作．设运动时间为t秒．解答下列问题： (1) （用含t的代数式表示）． (2)如图2，在运动过程中，是否存在t的值，使得与直线相切？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)如图3，当与直线相切时，切点为E，T为弧上的任意一点，过点T作的切线分别交，于点M、N，设长度为x． ①求证：为定值； ②记的面积为，的面积为，当时，求x的值． 【答案】(1) (2) (3)①2；②或． 【分析】（1）直接根据题意用t表示出； （2）由相切以及圆的相关定义可知，由勾股定理可得，再由，然后将相关条件代入求解即可； （3）①由与直线相切可得四边形是正方形，所以，再利用全等三角形的判定与性质、，从而的周长，进而完成即可；②先证明，进而得到，代入，解得或，再分类讨论利用面积求出x值即可． 【详解】（1）解：∵点P从点C出发，在线段上向点B以每秒的速度移动，连接， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：如图：过P作于点Q， 当与直线相切时，为半径，此时， ∵， ∴， ∴，即，解得； （3）解：①如图，过P作于点E， 当与直线相切时，为半径，此时， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵与圆相切，与圆相切，与圆相切， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得：， ∴的周长； ∵是半径， ∴， ∴； ②∵与圆相切，与圆相切，与圆相切， ∴， ∵， ∴， ∴ 同理可证：， ∴ ， ∴， ∵， ∴，整理得：，解得或； 当时，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，整理得，解得，； 当时，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，整理得：，解得：（不合题意舍去），（不合题意舍去）； 综上，x的值为或． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理、解一元二次方程、解直角三角形等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 25．（2025·福建福州·二模）如图，已知圆心角为的扇形的面积为，为上一点，D，E分别为，上的点，连接，，．若四边形为矩形，则的长是（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算及矩形的性质，熟知矩形的性质及扇形的面积公式是解题的关键； 根据扇形的面积公式求出半径长，再结合矩形的性质，得出，即可解决问题． 【详解】解：连接， 因为圆心角为的扇形的面积为， 所以， 则． 因为四边形是矩形， 所以． 故选：C． 26．（2025·福建泉州·二模）《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且．若田埂与矩形两组对边所夹锐角为，当增大时，重叠部分四边形的面积（　　） A．变大 B．变小 C．不变 D．先变大后变小 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的判定，解直角三角形的实际应用，连接、、、，过点作于，先根据两条等宽的平行四边形田埂交错证明四边形是正方形，再在中，求出，最后根据重叠部分四边形的面积为判断即可． 【详解】解：连接、、、，过点作于， ∵两条等宽的平行四边形田埂交错， ∴，， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，都是两条等宽的平行四边形田埂的宽， ∴， ∴四边形是正方形， 中，，，， ∴， ∴重叠部分四边形的面积为， ∴当增大时，增大，也增大， ∴重叠部分四边形的面积增大， 故选：A． 27．（2025·福建宁德·二模）如图，已知矩形，，，一束光线从边上的点出发，沿的方向射出，经边反射后，得到反射光线，又经边反射后，得到反射光线…根据光的反射原理，每一次的反射，反射的角度等于入射的角度，例如：． (1)如图1，不难发现：光线经过两次反射后，得到反射光线与原入射光线平行．请加以证明； (2)请用尺规在图2作出反射点，使得光线经边反射后得到的反射光线能经过边上的点；（保留作图痕迹，不写作法） (3)如果要让光线依次经，，边三次反射后回到出发点，则入射光线的角度应满足怎样的条件？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)当时，光线经过三次反射后回到出发点 【分析】（1）先求得，，推出，即可得到； （2）根据题意画出图形即可； （3）先证明四边形是平行四边形，得到，证明，推出，再证明，推出，整理得，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：由题意得，． ∵四边形为矩形， ∴． ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，点为求作的点． ； （3）解：如图，光线经过三次反射后回到出发点，反射点分别是，，，得到四边形，连接． ∵四边形为矩形， ∴，， 由（1）结论得，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（1）得，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴当时，光线经过三次反射后回到出发点． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 28．（2025·福建泉州·二模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形，发现四边形是菱形，，O是的中点，点E在边上，四边形是矩形，则下列推断错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接交于点L，，因为四边形是菱形，O是的中点，所以，经过点O，而，则是等边三角形，由矩形的性质得，由，可判断A不符合题意；可证明，则，因为，所以，可判断B不符合题意；由，且，得，可判断C符合题意；求得，则，再证明，则，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接交于点L， ∵四边形是菱形，O是的中点， ∴，，与互相平分， ∴经过点O， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵点E在边上，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴，故A不符合题意； ∵，，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故B不符合题意； ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴，故C符合题意； ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，故D不符合题意， 故选：C． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． ( 题型0 6 )根据矩形的性质与判定求线段长 29．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知，点A是射线上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足．点C在线段的延长线上，且．点D在线段上，且，连接，．则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的综合问题，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，过点B作，过点C作，交于点F，在上截取，使，连接，，得出四边形是矩形．由矩形的性质进一步证明，由全等三角形的性质进一步推出是等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质得出，再证明，由全等三角形的性质得出，进而可得出答案． 【详解】解：如图，过点B作，过点C作，交于点F，在上截取，使，连接，， ∵， ∴． ∴四边形是矩形． ∴，，． ∵， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． 故选：D． 30．（2025·福建漳州·二模）是由绕点按逆时针方向旋转一个角度得到的，且，连接． (1)如图，若点在边上，求证：； (2)如图，若，，，连接交于点，延长交于点． ①求证：点是的中点； ②求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)①证明见解析；②． 【分析】（1）根据旋转的性质得，，，根据等边对等角及三角形内角和定理得，，即可得证； （2）①根据平行线的性质得，结合（1）结论推出，继而得到，根据直角三角形两锐角互余可推出，得，即可得证； ②如图，延长交于点，过点作，垂足为点，交于点，则，推出，四边形是矩形，得，，根据等腰三角形三线合一得，证明，得，设，则，，证明得，由，得，解得，得，，证明，得，求出，继而得到，再计算即可． 【详解】（1）证明：∵是由绕点按逆时针方向旋转一个角度得到的， ∴，，， ∴，， ∴； （2）①证明：∵，， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； ②解：如图，延长交于点，过点作，垂足为点，交于点，则， ∵，，，， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴，即， 设，则，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵， ∴． ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即的长为． 【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．通过作辅助线构造全等三角形，特殊四边形和相似三角形是解题的关键． 31．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（    ） A．20 B．24 C．28 D．32 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理、矩形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意可得，推出，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，再证明四边形是矩形，利用矩形的性质求出、的长，再利用周长公式即可求解． 【详解】解：裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形， ， ，，， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， 木板的周长． 故选：B． 32．（2025·福建厦门·二模）我们知道圆内任意直径即可将圆面积二等分．受此启发，如图，正方形的边长为9，点M在上，且．过点M作直线与交于点N，作直线分别与交于点P，Q．若将正方形的面积四等分，则的长度是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，连接交于O，由正方形的性质和题意可得一定都经过点O，证明，则由三角形面积计算公式可得，同理可得；过点P作于H，可证明四边形是矩形，据此求出的长，则可利用勾股定理求出的长． 【详解】解：如图所示，连接交于O， 由正方形的性质可得，只有经过正方形的中心的直线才会平分正方形面积， 因此当将正方形的面积四等分时，一定都经过点O， ∵， ∴，即， 由正方形的性质可得，点O到正方形四条边的距离相等， ∴由三角形面积计算公式可得，同理可得， ∵正方形的边长为9，， ∴， 如图所示，过点P作于H， 由正方形的性质可得， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 33．（2025·福建·二模）如图为淋浴喷头的简易示意图，若用支架把喷头固定在点A处，手柄长，与墙壁的夹角，喷出的水流与形成的夹角．    (1)求B点与墙壁的距离； (2)住户要求：当人站在E处淋浴时，水流正好喷洒在C处，使，，安装师傅应将支架A固定在离地面多高的位置？（参考数据：，，，，，）． 【答案】(1)B点与墙壁的距离 (2)安装师傅应将支架A固定在离地面高的位置 【分析】（1）过点B作，根据，即可求解； （2）易得，过点B作于点H，过点A作于点F，过点C作于点G，通过证明四边形为矩形，推出，，证明四边形为矩形，得出，，则，进而得出，证明四边形为矩形，得出，最后根据，即可求解． 【详解】（1）解：过点B作， ∵，，， ∴， 答：B点与墙壁的距离．    （2）解：∵，，， ∴， 过点B作于点H，过点A作于点F，过点C作于点G， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴，，又， ∴， ∵，， ∴，， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 答：安装师傅应将支架A固定在离地面高的位置．    【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形，根据解直角三角形的方法和步骤求解． ( 题型0 7 )菱形的性质 34．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形中，点E在边上，连结交对角线于点F，若，，则的长度为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，由菱形的性质可得，，再根据相似三角形的判定与性质得出比例式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 35．（2025·福建龙岩·二模）如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，且E为的中点，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角形函数等；连接，由线段垂直平分线的性质得，结合菱形的性质及等边三角形的判定方法得是等边三角形，由特殊角的三角形函数即可求解；掌握菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角形函数是解题的关键． 【详解】解：连接， 于点E，E为的中点， ， 四边形是菱形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 故选：D． 36．（2025·福建泉州·二模）如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，连接、．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质得，，再运用证明，即可作答． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴，， 在和中， ∴． ∴． 37．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形中，，．点E，F分别是，边上的动点，且，以为边向右作等边，连接，，．当时，的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，含60度角的直角三角形，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键． 在上截取，连接，过点D作的延长线于点N，延长，交于点H，过点G作于点P，设，可得，根据菱形和等边三角形的性质，证明，继而求出，，，从而表示出，证明四边形是矩形，即可得到，在中，利用三角函数求出，列出一元一次方程，即可解答． 【详解】解：在上截取，连接，过点D作的延长线于点N，延长，交于点H，过点G作于点P，如图， 有，， 设，则，， ∵四边形是菱形，，， ，， ∴， ∴，， 是等边三角形， ，， ∴， ， ，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴四边形是矩形，，， ∴，， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 38．（2025·福建漳州·二模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点是的中点，连接，若，则下列结论错误的是（   ） A． B． C．菱形的面积为48 D．点到的距离为 【答案】C 【分析】由菱形性质，结合勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、菱形面积公式、等面积法求线段长等知识逐项验证即可得到答案． 【详解】解：A、在菱形中，对角线相交于点， ，且，， 则在中，，，由勾股定理可知， 故该选项正确，不符合题意； B、在菱形中，对角线相交于点， ，且，， 则在中，，，由勾股定理可知， 点是斜边的中点， ， 故该选项正确，不符合题意； C、在菱形中，，则菱形的面积为， 故该选项错误，符合题意； D、过点作于点，如图所示： 由等面积可知， 在菱形中，对角线相交于点， ，且，， 则在中，，，由勾股定理可知， ，解得， 则点到的距离为， 故该选项正确，不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查菱形的性质综合，涉及勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、菱形面积公式、等面积法求线段长等知识，熟记菱形性质是解决问题的关键． 39．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形 【答案】C 【分析】该题考查了矩形、菱形、正方形、等腰三角形的性质，根据四个图形的特征即可解答． 【详解】解：∵正方形的四个角都是直角，四个边相等， 故知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是正方形， 故选：C． ( 题型0 8 )菱形的性质与判定综合 40．（2025·福建·二模）如图，在菱形中，E，F分别是边的中点，连接交于点G．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查菱形的性质、三角形全等的判定与性质．解题关键是利用菱形性质得到边和角的关系． 通过利用中位线定理证明得出对应角相等，再结合菱形角的性质进行等量代换． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵E，F分别是边，的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 41．（2025·福建莆田·二模）如图，将沿AC翻折得到，． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作交延长线于点E，连接．若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）根据翻折，得到，，平行得到，进而推出，即可得证； （2）在中，勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：由翻折，得，，． ∵， ， ， ， ， 四边形是菱形． （2）四边形是菱形，， ． ，， 中，， ， 中，． 42．（2025·福建龙岩·二模）四边形的对角线，相交于点，，若，，，则四边形的面积为 ． 【答案】96 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与菱形的面积公式是解题的关键．先利用证得和全等，即可得出，再证四边形是菱形，由勾股定理求出的长，即可得出对角线的长，最后根据菱形的面积等于对角线积的一半计算即可． 【详解】解：如图， 点是的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， ，点是的中点， ， 在中，由勾股定理得，， ， 菱形的面积为， 故答案为：96． ( 题型0 9 )正方形的性质 43．（2025·福建龙岩·二模）如图，正方形中，点在对角线上，过点作于，交边于点，连接． (1)求的度数； (2)如图，过点作于，求证：； (3)如图，若交于点，，将沿翻折，得到，连接，交于点，若点是边的中点，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)的面积为 【分析】（）过作，交于点，则，由正方形性质可得，，故有，则四边形是矩形，所以，，再证明，故，然后由等边对等角即可求解； （）过作，交于点，则，由（）得，，，则有，再证明，又，从而证明，则有，然后通过勾股定理求出，，然后代入即可求证； （）连接，过作于点，则，由将沿翻折，得到，于，所以，，，得到，，所以，然后证明，根据性质可得，又因为点是边的中点，所以，得到，，通过勾股定理得，，求即可． 【详解】（1）解：如图，过作，交于点，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图，过作，交于点，则， 由（）得，，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （3）解：如图，连接，过作于点，则， ∵将沿翻折，得到，于， ∴，，， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， 由（）得：，，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查了正方形与折叠，轴对称的性质，矩形的判定与性质，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，等腰直角三角形的判定与性质，平行线间的距离，掌握知识点的应用是解题的关键． 44．（2025·福建·二模）如图，是正方形的对角线，将绕着点A逆时针旋转得到． (1)求证：B，D，E三点共线； (2)连接，交于点G，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，，，证明为等边三角形，可得，证明，，可得是的垂直平分线，可得，进一步可得结论． （2）由旋转可得：，，，可得，，求解，再利用三角形的外角的性质可得答案． 【详解】（1）证明：如图，连接，，， ∵由旋转可得：，， ∴为等边三角形， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴三点共线． （2）解：∵正方形， ∴，，， 由旋转可得：，，， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，线段的垂直平分线的判定，作出合适的辅助线是解本题的关键． 45．（2025·福建南平·二模）如图，正方形与菱形有一条共同的对角线，若，，则正方形的边长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质和正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，连接交于点O，由菱形的性质得，，，再由30度角的直角三角形的性质性质得，，进而得，再根据正方形的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵是菱形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴正方形的边长， 故答案为：． 46．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则 ． 【答案】2 【分析】本题考查了弦图、正方形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意得，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，求出的长，再利用平行四边形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图， 由题意得，，，， 设，则， 在中，， ， 解得：，（舍去）， ， ． 故答案为：2． 47．（2025·福建龙岩·二模）综合与实践——黄金矩形． 宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，黄金矩形给我们以协调匀称的美感，它常见于艺术、建筑、自然界中，如图1中的希腊巴特农神庙和图2中达芬奇的画作《蒙娜丽莎》．今天我们追随先哲们的脚步，利用纸片来折出黄金矩形，创造数学美！            如图3，矩形纸片的宽，小明按如下步骤操作． 第一步：如图4，沿折叠，使点落在长边上的点处，连接，得正方形； 第二步：对折正方形，使边与重合，得折痕，并展开，如图5，则； 第三步：连接，沿折叠，使点落在延长线上的点处，如图6，则的长为 ① ； 第四步：过点折叠纸片，得折痕，使，交于点，并展开，如图7，则矩形为黄金矩形．        (1)补全小明操作过程中①所缺的内容______； (2)聪明的小慧发现，在图7中，除了黄金矩形外，还有另一个黄金矩形，请找出这个矩形，并给予证明． (3)小慧根据（2）题进一步发现，在黄金矩形中折去正方形，从而留下的矩形即为黄金矩形．类似于“勾股树”，黄金矩形也能不断“生长”，可以在图8中继续折出更多的黄金矩形、黄金矩形，……如图9，小慧用弧线将折得的不断分割的黄金矩形的分割点连结起来，便会形成一条曲线，通常被称为“黄金螺线”．自然界的很多植物、建筑、艺术作品中都有“黄金螺线”的影子．记、、的弧长分别为、、，请探究、、满足的数量关系． 【答案】(1) (2)另一个黄金矩形是矩形，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质及勾股定理可算得答案； （2）根据黄金矩形的定义及正方形的性质，可得四边形为黄金矩形； （3）在黄金矩形中，设, 则, 利用题中给出的信息，分别求出, 然后分别验证选项是否成立即可. 【详解】（1）解：根据题意可得， 在直角三角形中，由勾股定理得：， 由折叠的性质可得：， 故答案为：； （2）解：图7中还有黄金矩形， 证明：∵，，， ∴， ∴， ∴矩形是黄金矩形； （3）解：在黄金矩形中，设, 则, ， , , 同理可得, ， . 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，正方形的性质，黄金矩形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 48．（2025·福建厦门·二模）正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为．若反比例函数的图象经过点，则的值为（    ） A．6 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是作辅助线构造直角三角形，并利用正方形的性质证明三角形全等． 利用正方形的性质可得，进而求出点的坐标为可求解． 【详解】解：如图，过点作轴于点， ∵点的坐标为，点的坐标为， ， ∵四边形是正方形， ∴， , , 又， ， ， ， ∴点的坐标为， 将点的坐标代入得， 故选：B． 49．（2025·福建厦门·二模）一个矩形可不重叠且不留空隙地分割为个正方形，称该矩形为“阶容正矩形”： (1)图1是一个3阶容正矩形．请再画出一个形状不同的3阶容正矩形，若该矩形的周长为，求它的边长； (2)若要求4阶容正矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，判断4阶容正矩形按此方式是否可分割为4个大小不等的正方形，并证明； (3)若一个矩形可按图2所示的方式分割为9个大小不等的正方形，请探究该9阶容正矩形的一个性质定理．（说明：“大小不等”指两两不全等） 【答案】(1)画图见解析；2，3，2，3 (2)不可分割；理由见解析 (3)该9阶容正矩形的一组邻边长的比值为 【分析】本题考查了正方形的性质的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； （1）设，然后得到，再根据四边形为正方形，可得，然后即可求解； （2）设4个正方形边长分别为，，，，然后根据正方形性质可得，然后即可求解； （3）先作图，并将9个正方形的边长依次表示为，然后可求得，，，，，，，进而得到，然后可求得该矩形的一组邻边长分别为：，，然后即可求解； 【详解】（1）解：如图，矩形即为所求． 设， ∵四边形与四边形均为正方形， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． ∴该3阶容正矩形边长为2，3，2，3； （2）解：4阶容正矩形按此方式不可分割为4个大小不等的正方形，理由如下： 根据（1）中的线段和差关系推理， 若设4个正方形边长分别为，，，， ∵矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点， ∴矩形的一组对边的长为与，另一组对边的长为与． ∵矩形对边相等， ∴①且②． ①②得． 可得． ∴4阶容正矩形按此方式不可分割为4个大小不等的正方形； （3）解：如图，按图中标号顺序（正方形标号为①），将9个正方形的边长依次表示为， 设，， ∵， ∴， 同理可得： ，，，， ，， ∵矩形对边相等， ∴，即， ∴， ∴该矩形的一组邻边长分别为：，， ∴该9阶容正矩形的一个性质定理为：该9阶容正矩形的一组邻边长的比值为． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$