专题05 四边形（6大题型）（甘肃专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题05 四边形 题型概览 题型01 利用平行四边形的性质求解 题型02 平行四边形的判定与性质综合 题型03 与三角形中位线有关的求解问题 题型04 根据矩形的性质求解 题型05 利用菱形的性质求解 题型06 利用正方形的性质求解 ( 题型01 )利用平行四边形的性质求解 1．（2025·甘肃·二模）如图，在中，对角线交于，已知，，，那么到的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·甘肃·二模）如图，将平行四边形（）折叠，使点B落在边上的点E处，折痕为，折点P在边上．若，，当取得最小值时，的长为（   ） A． B． C．2 D． 3．（2025·甘肃平凉·二模）如图，在中，对角线，点从点出发，以的速度沿匀速运动，点同时从点出发，以的速度沿匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，图是的面积随时间变化的函数图象（图中为线段），当点运动到点处时，的面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·甘肃·二模）如图，在中，点E在边上，，的延长线交于点F，若，，则 ． 5．（2025·甘肃白银·二模）如图1，四边形是平行四边形，连接，动点从点出发，沿折线匀速运动，回到点后停止．设点运动的路程为，线段的长为，图2是与的函数关系的大致图象，则四边形的面积是（   ） A．44 B．48 C．96 D．120 6．（2025·甘肃·二模）如图，在中，平分，与 相交于点F．若，的面积为2，则图中阴影四边形的面积为 7．（2025·甘肃·二模）如图，的周长为，与相交于点，交于，则的周长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 ( 题型02 )平行四边形的判定与性质综合 8．（2025·甘肃·二模）如图，在平行四边形中，过对角线上一点P作，，且，，则四边形的面积是 ． 9．（2025·甘肃·二模）如图1，在四边形中，，，，是对角线的中点，点从点出发沿方向匀速运动，到达点时停止．设点的运动路程为，的面积为，与的大致图象如图2所示，则的长为（    ） A． B． C．12 D． ( 题型03 )与三角形中位线有关的求解问题 10．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，D是的中点，E是上的点，连接，的平分线交于点F，连接．若，，则的长为 ． 11．（2025·甘肃·二模）如图，在中，、分别是、的中点，则 ． ( 题型0 4 )根据矩形的性质求解 12．（2025·甘肃·二模）如图，已知矩形中，，，点E为的中点，连接，交对角线于点F，则（   ） A． B． C． D． 13．（2025·甘肃平凉·二模）如图，在矩形中，点M、N分别在边、上，且．若，，则的长为 ． 14．（2025·甘肃·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，，点是边的中点，点在边上，且，连结交于点，连结，若，则（   ） A． B． C． D． 15．（2025·甘肃·二模）如图，矩形中，，点P为上一动点（不与端点重合），连接，将沿折叠，点A落在点E处，连接，连接交于点F，交于点G，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，，则的长为 C．若，则长度的最小值为1.8 D．和不可能全等 16．（2025·甘肃·二模）如图，矩形中，，，E为边上一点，且，将沿直线翻折后，点B落在点F处，的角平分线交线段，分别于点H，G，则线段的长为 ． 17．（2025·甘肃·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以、为边作矩形；动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动；当移动时间为8秒时，的值（   ） A．30 B． C．60 D．120 18．（2025·甘肃·二模）如图，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点E恰好落在边上，连接，，且与相交于点P (1)求证：； (2)若，，求的长： 19．（2025·甘肃·二模）如图，在矩形中，，，点H，F分别在边上，点E，G在对角线上．如果四边形是菱形，那么线段的长为（    ） A．4 B． C． D． 20．（2025·甘肃·二模）在矩形中，是对角线上一点，连接并延长交于分别是的中点，连接，若，则的长度为（　　） A． B．3 C． D． ( 题型0 5 )利用菱形的性质求解 21．（2025·甘肃平凉·二模）【问题探究】 （1）如图1，在菱形中，，点E、F分别在边上，连接，，将绕点B顺时针旋转得到，连接，求证：； 【问题拓展】 （2）如图2，在正方形中，，在四边形中，，，连接交边于点M，交边于点N，连接，求的周长． 22．（2025·甘肃·二模）如图，在菱形中，E是边上的点，连接交于点F，若，，则的长是（   ） A．12 B．8 C．6 D．4 23．（2025·甘肃·二模）如图，在菱形中，与交于点O，F为．上一点，且，连接与交于点M，则的长为 ． 24．（2025·甘肃·二模）如图，菱形的顶点是坐标原点，点在反比例函数的图象上，点在轴上．若菱形的面积是6，则的值为 ． 25．（2025·甘肃武威·二模）已知点是菱形边的中点，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，使点A的对应点E落在线段上，边经过点．若，求的长． 26．（2025·甘肃·二模）如图，已知菱形的边长为8，，将菱形绕点按逆时针方向旋转得到菱形，、分别交直线于、，若是的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 27．（2025·甘肃·二模）如图，在菱形中，，，点在射线上，当是直角三角形时，则的长为 ．    28．（2025·甘肃白银·二模）如图，菱形的对角线，交于点，，过点作于点，若，则的长为（   ） A．1 B． C．2 D． 29．（2025·甘肃陇南·二模）如图，在菱形中，连接、交于点，过作交于点，连接交于点，过点作交于点，已知．则的长为（   ） A． B． C． D．3 30．（2025·甘肃·二模）如图，菱形中，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，连接，当与第一次垂直时，的度数为 ． ( 题型0 6 )利用正方形的性质求解 31．（2025·甘肃平凉·二模）【模型建立】 （1）我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，连接，，，并延长到点G，使，连接．若，则，，之间的数量关系为________； 【模型应用】 （2）如图2，当点E在线段的延长线上，且时，试探究，，之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，在中，，，点D，E在B，C上，，试探究，，之间的数量关系，并说明理由． 32．（2025·甘肃平凉·二模）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点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．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】 （2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 33．（2025·甘肃·二模）如图，在边长为12的正方形中，点E是的中点，点 F，G分别在边，上，且．若平分，则 的长为（　　） A． B．9 C． D．10 34．（2025·甘肃·二模）如图，正方形，点E在边上，点P在对角线上，且满足，，连接，过P做交于F，则的值为（　　） A． B． C． D． 35．（2025·甘肃·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． 36．（2025·甘肃·二模）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连接并延长交于点．给出以下结论： ①为等腰三角形；②四边形AECF是平行四边形 ③；④．其中正确的结论是（    ） A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③ 37．（2025·甘肃白银·二模）综合与探究 问题情境：将正方形的边绕点逆时针旋转到的位置（旋转角为，），连接，作的平分线与射线交于点，与直线交于点． (1)特例分析：如图，当点恰好落在正方形的对角线上时，旋转角为________，的度数为________． (2)深入探究：如图，当时． 判断的度数是否为定值，若是，请求出的度数；若不是，说明理由． 请证明线段，，满足． (3)拓展延伸：当时，若，请直接写出的长． 38．（2025·甘肃·二模）如图，点为正方形的边上两个动点，且，，连接，过点作，垂足为，连接，则面积的最大值为 ． 39．（2025·甘肃·二模）如图，已知，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是（    ） A．8 B． C． D．4 40．（2025·甘肃·二模）如图①，已知正方形和等腰直角，，连接，． (1)【问题发现】 如图①，线段与的数量关系为______，位置关系为______； (2)【问题探究】 如图②，将绕点A旋转，再将绕点F顺时针方向旋转至，连接，探究线段与线段的数量及位置关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 将绕点A旋转至，延长交直线于、交于，若，，求出的长． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 四边形 题型概览 题型01 利用平行四边形的性质求解 题型02 平行四边形的判定与性质综合 题型03 与三角形中位线有关的求解问题 题型04 根据矩形的性质求解 题型05 利用菱形的性质求解 题型06 利用正方形的性质求解 利用平行四边形的性质求解 题型01 1．（2025·甘肃·二模）如图，在中，对角线交于，已知，，，那么到的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理的逆定理、三角形的面积公式，首先根据平行四边形的对角线互相平分，可得：，，根据勾股定理的逆定理可得：，利用勾股定理可求，设点到的距离为，根据三角形的面积公式可得：，从而可求点到的距离． 【详解】解：在中，，， ，， ， ， ， ， ， 设点到的距离为， ， ， 解得：． 故选：B． 2．（2025·甘肃·二模）如图，将平行四边形（）折叠，使点B落在边上的点E处，折痕为，折点P在边上．若，，当取得最小值时，的长为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】当时，取得最小值，设，得到，，得到，即可求出答案． 【详解】解：当时，取得最小值， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∴， ∵将平行四边形（）折叠，使点B落在边上的点E处，折痕为，折点P在边上． ∴， ∴，， 设，则， 故点作于点， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 解得， 即的长为， 故选：A 【点睛】此题考查了平行四边形的性质、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、折叠的性质等知识，熟练掌握解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、折叠的性质是解题的关键． 3．（2025·甘肃平凉·二模）如图，在中，对角线，点从点出发，以的速度沿匀速运动，点同时从点出发，以的速度沿匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，图是的面积随时间变化的函数图象（图中为线段），当点运动到点处时，的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，平行四边形的性质，勾股定理，等面积法，掌握知识点的应用是解题的关键． 由图可知，当时，点与点重合；当时，点在上运动，而点继续在上运动，则有，，当点运动到点处时，，过作交于点，通过勾股定理得，最后由面积公式即可求解． 【详解】解：由图、图可知，当时，点与点重合；当时，点在上运动，而点继续在上运动， ∵四边形是平行四边形，点、点的速度都是， ∴，， ∴当点运动到点处时，， ∴， ∴， 过作交于点， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴的面积为， 故选：． 4．（2025·甘肃·二模）如图，在中，点E在边上，，的延长线交于点F，若，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，关键是由，推出．由平行四边形的性质得到，，推出，得到，而，于是得到，进一步可得答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ． ∴， 故答案为：8． 5．（2025·甘肃白银·二模）如图1，四边形是平行四边形，连接，动点从点出发，沿折线匀速运动，回到点后停止．设点运动的路程为，线段的长为，图2是与的函数关系的大致图象，则四边形的面积是（   ） A．44 B．48 C．96 D．120 【答案】C 【分析】本题主要考查动点问题的函数图象，根据图像获取有用信息是解题的关键．结合图象可得，，求出，再求出边上的高，进而得出答案． 【详解】解：结合图象可得，， ， 为等腰三角形， 边上的高 ， 故选：C． 6．（2025·甘肃·二模）如图，在中，平分，与 相交于点F．若，的面积为2，则图中阴影四边形的面积为 【答案】10 【分析】本题考查平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质．解题的关键是明确同高三角形面积的比就是对应底边的比． 由四边形是平行四边形，得到，结合平分可得，进而得到，从而点E为的中点．根据得到，根据相似三角形的性质可推出，根据同高三角形面积的比就是对应底边的比求出，进而求出，根据即可求得答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：10 7．（2025·甘肃·二模）如图，的周长为，与相交于点，交于，则的周长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质．此题难度不大，注意数形结合思想与转化思想的应用． 由的周长为，即可求得，又由，可得是线段的垂直平分线，即可得，继而可得的周长等于的长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， 的周长为， ， ，， ， 的周长为：． 故选：C． 平行四边形的判定与性质综合题型02 8．（2025·甘肃·二模）如图，在平行四边形中，过对角线上一点P作，，且，，则四边形的面积是 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了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，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键． 利用平行四边形的性质得到，利用平行四边形的判定与性质得到，，利用相似三角形的判定与性质求得，的面积，再利用四边形解答即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形，四边形，四边形，四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴，即，解得：， ∴． ∵， ∴， ∴，即，解得：， ∴． 故答案为：8． 9．（2025·甘肃·二模）如图1，在四边形中，，，，是对角线的中点，点从点出发沿方向匀速运动，到达点时停止．设点的运动路程为，的面积为，与的大致图象如图2所示，则的长为（    ） A． B． C．12 D． 【答案】D 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，平行四边形的性质与判定，勾股定理；过点作于点，根据题意得出四边形是平行四边形，根据得出，，进而根据图2得出，，根据三角形中线的性质以及三角形的面积公式得出，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ 根据图2可得，当时，的面积最大， ∴当重合时， 又∵是对角线的中点， ∴ ∴ ∴ ∴ 故选：D． 与三角形中位线有关的求解问题题型03 10．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，D是的中点，E是上的点，连接，的平分线交于点F，连接．若，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了角平分线的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理．过D作，交于点H，由三角形中位线定理可得，得到，求得，再根据勾股求出，线段和差得到，，延长交于点M，由平行线分线段成比例可得，求出，，再由角平分线性质定理可得，最后过F作于点T，易得，，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，延长交于点M，过D作，交于点H， ∵D是的中点， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得或（舍去）， ∴， ∴，， ∴， 在中，5， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，， ∵平分， ∴，即， 解得， 过F作于点T，则，， ∴， 在中，； 故答案为：． 11．（2025·甘肃·二模）如图，在中，、分别是、的中点，则 ． 【答案】/0.25 【分析】此题重点考查三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键． 由分别是的中点，根据三角形中位线定理得，且，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵分别是的中点， ， ， ， ， 故答案为：． 根据矩形的性质求解题型04 12．（2025·甘肃·二模）如图，已知矩形中，，，点E为的中点，连接，交对角线于点F，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，利用矩形的性质，结合勾股定理求出的长，证明，列出比例式，进行求解即可． 【详解】解：∵矩形，，，点E为的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选D． 13．（2025·甘肃平凉·二模）如图，在矩形中，点M、N分别在边、上，且．若，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，证得是解题的关键．根据矩形的性质以及勾股定理可得、，再证明，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． 故答案为：． 14．（2025·甘肃·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，，点是边的中点，点在边上，且，连结交于点，连结，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质，设，得，所以，根据勾股定理得，然后证明，对应边成比例求出，得，延长交于点G，证明，对应边成比例，再证明是等腰直角三角形，进而可以解决问题． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，点E是边的中点， ∴， ∵， 设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，延长交于点G， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是证明． 15．（2025·甘肃·二模）如图，矩形中，，点P为上一动点（不与端点重合），连接，将沿折叠，点A落在点E处，连接，连接交于点F，交于点G，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，，则的长为 C．若，则长度的最小值为1.8 D．和不可能全等 【答案】B 【分析】本题考查矩形与折叠，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握折叠的性质，矩形的性质，是解题的关键．根据数量关系和折叠的性质，得到，判断A，设，，得到，，根据矩形的性质，折叠的性质，以及等角的余角相等，推出，进而得到，求出，进而得到，根据，得到，进而推出，在中，由勾股定理求出的值，进而求出的值，得到的值，再利用勾股定理求出的长，判断B，连接，勾股定理求出的长，利用，判断C，根据折叠的性质，结合对顶角相等，得到当时，，判断D即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵折叠， ∴；故选项A错误，不符合题意； 同上可知：，， ∵， ∴设，，则：，， ∴， ∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， 解得：（舍去）或或（舍去）； ∴， ∴， 在中，；故选项B正确，符合题意； 当时，连接，则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴的最小值为2；故选项C错误，不符合题意； ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴当时，；故选项D错误，不符合题意； 故选B． 16．（2025·甘肃·二模）如图，矩形中，，，E为边上一点，且，将沿直线翻折后，点B落在点F处，的角平分线交线段，分别于点H，G，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形折叠问题，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 过点F作交于M，作交，交于Q，可证得四边形是矩形，得到，，，再证明，得出，则，，设，，则，，，继而可得，即 ，，解得x、y值，从而得到，，，，然后证明，得到，即，求解即可． 【详解】解：过点F作交于M，作交，交于Q，如图， ∵矩形ABCD ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可得：，，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴，， 设，，则，，， ∵ ∴，即 ∵ ∴ ∴ 解得：，（舍去）， ∴， ∴，，， ∵是的角平分线， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：． 17．（2025·甘肃·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以、为边作矩形；动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动；当移动时间为8秒时，的值（   ） A．30 B． C．60 D．120 【答案】D 【分析】本题考查了坐标与图形，勾股定理，矩形的性质，二次根式的乘法，利用数形结合的是思想解决问题是关键．连接、，先根据坐标求出，由矩形的性质可知，，当移动时间为8秒时，，，进而得到点、的坐标，从而求出，即可求解． 【详解】解：如图，连接、， 点的坐标为，点的坐标为， ，， 以、为边作矩形， ，， 当移动时间为8秒时，，， ， ，， ， ， 故选：D． 18．（2025·甘肃·二模）如图，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点E恰好落在边上，连接，，且与相交于点P (1)求证：； (2)若，，求的长： 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质等知识． （1）由矩形和旋转的性质可得，，从而得到，从而问题得证； （2）过点B作于点M，过点E作于点N，通过证明，，然后结合全等三角形的性质和勾股定理解直角三角形． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴． 由旋转的性质可得， ∴． ∴， ∴． （2）解：如图，过点B作于点M，过点E作于点N． 在和中， ∴， ∴，． 在和中， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴． 19．（2025·甘肃·二模）如图，在矩形中，，，点H，F分别在边上，点E，G在对角线上．如果四边形是菱形，那么线段的长为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】连接交于，易证得，可得，由勾股定理求得的长，求得的长，证，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案． 【详解】解：连接交于，如图： 四边形是菱形， ，， 四边形是矩形， ，， ， 在与中， ， ， ， 中，，， ， ， ，， ， ， 即， ， 故选：D． 【点睛】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识．准确作出辅助线是解此题的关键． 20．（2025·甘肃·二模）在矩形中，是对角线上一点，连接并延长交于分别是的中点，连接，若，则的长度为（　　） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定定理和性质，以及勾股定理．熟练掌握相关性质是解题的关键． 先证明，利用相似三角形性质推出，进而求出，再结合线段中点性质，以及勾股定理求出，即可解答． 【详解】解：四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 是的中点， ， ． 故选：D． 利用菱形的性质求解题型05 21．（2025·甘肃平凉·二模）【问题探究】 （1）如图1，在菱形中，，点E、F分别在边上，连接，，将绕点B顺时针旋转得到，连接，求证：； 【问题拓展】 （2）如图2，在正方形中，，在四边形中，，，连接交边于点M，交边于点N，连接，求的周长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定及正方形、菱形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定及正方形、菱形的性质是解题的关键． （1）由题意易得，，，然后可得，则可知，进而问题可求证； （2）延长，交于点H，由题意易得四边形是正方形，然后可得，进而可得，然后问题可求解． 【详解】解：（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∵将绕点B顺时针旋转得到， ∴， ， ∵， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）， ∴四边形是菱形， ， ∴四边形是正方形， ． 延长，交于点H，如图， 在正方形中，， ， ， ， ． ， ， ， 的周长 ． 22．（2025·甘肃·二模）如图，在菱形中，E是边上的点，连接交于点F，若，，则的长是（   ） A．12 B．8 C．6 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定， 根据菱形的性质得，再说明，可得，然后代入数值可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 故选：B． 23．（2025·甘肃·二模）如图，在菱形中，与交于点O，F为．上一点，且，连接与交于点M，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，过点作，交的延长线于点，则，根据含角的直角三角形得出，根据勾股定理求出，，证明，求出，证明，，证明，得到，求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，则， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴，即 ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 24．（2025·甘肃·二模）如图，菱形的顶点是坐标原点，点在反比例函数的图象上，点在轴上．若菱形的面积是6，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数值的几何意义，菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据反比例函数值几何意义解答结构． 【详解】解：连接交于点D， ∵是菱形， ∴，， ∴， ∴， 又∵双曲线位于第二象限， ∴， 故答案为：． 25．（2025·甘肃武威·二模）已知点是菱形边的中点，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，使点A的对应点E落在线段上，边经过点．若，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据形的性质以及旋转的性质得出根据三角形内角和定理得出，即可得证； (2)根据旋转的性质得出，设，在中， ，根据得出，即可求解. 【详解】解：由旋转可知：， ， ， ， ， 又， ， 设，在中，， ， ， ， ， 的长为． 26．（2025·甘肃·二模）如图，已知菱形的边长为8，，将菱形绕点按逆时针方向旋转得到菱形，、分别交直线于、，若是的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，锐角三角函数和勾股定理以及等腰三角形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质，利用勾股定理求出相关线段的长度，再利用等腰三角形的性质求出的长度． 【详解】解：过点作于， 四边形是菱形， ， ， ， ，解得， 是直角三角形， ， ，是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：C． 27．（2025·甘肃·二模）如图，在菱形中，，，点在射线上，当是直角三角形时，则的长为 ．    【答案】或或 【分析】分三种情况求解：①当时，②当时，③当时． 【详解】①当时，如图，    ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴． ②当时，如图，    ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴． ③当时，如图，则，    作于点M，作于点N， 则，， ∵，即， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， 解得， ∴．     综上可知，的长为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，分类讨论是解答本题的关键． 28．（2025·甘肃白银·二模）如图，菱形的对角线，交于点，，过点作于点，若，则的长为（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，含30度的直角三角形性质，熟练掌握相关性质是解题关键．根据菱形的性质得，根据，得，得，利用勾股定理即可求出最后结果． 【详解】解：∵菱形中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：B． 29．（2025·甘肃陇南·二模）如图，在菱形中，连接、交于点，过作交于点，连接交于点，过点作交于点，已知．则的长为（   ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．利用菱形的性质以及勾股定理求出，，再证明，得出，证明，得出，得出，证明，得出，最后求出结果即可． 【详解】解：四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 30．（2025·甘肃·二模）如图，菱形中，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，连接，当与第一次垂直时，的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握性质、旋转的性质，等边对角的运用是关键． 根据菱形，旋转的性质得到，，，如图所示，连接，设与交于点，可证，，由此得到，由，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴， 如图所示，连接，设与交于点， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，即， ∴， ∵，即， ∴， ∴， 故答案为： ． 利用正方形的性质求解题型06 31．（2025·甘肃平凉·二模）【模型建立】 （1）我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，连接，，，并延长到点G，使，连接．若，则，，之间的数量关系为________； 【模型应用】 （2）如图2，当点E在线段的延长线上，且时，试探究，，之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，在中，，，点D，E在B，C上，，试探究，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】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、等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由正方形的性质可得，，证明，得出，，再证明，得出，即可得解； （2）在上截取，连接，由正方形的性质可得，，证明，得出，，证明，得出，即可得解； （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，此时与重合，由等腰直角三角形的性质可得，由旋转的性质可得，，，从而可得，，求出，证明，得出，最后由勾股定理即可得解． 【详解】证明：（1）∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下： 如图，在上截取，连接， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3），理由如下： 如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，此时与重合， ∵在中，，， ∴， 由旋转的性质可得：，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 32．（2025·甘肃平凉·二模）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点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．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】 （2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）． 【分析】本题考查了“半角模型”．熟练掌握旋转的性质，补角性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键． （1）根据旋转得到，，，，即可得到即可得到答案； （2）在上取，连接．首先由，得，，再证明，得，即可得到答案； （3）利用旋转的性质即可得到，，，同（1）可得，得，即可得到答案． 【详解】解：（1）．证明如下： 由旋转的性质，得，，，， ∴点E，B，C共线． ∵， ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴． （2），证明如下： 如图1，在上取，连接． ∵，， ∴， ∴，． ∴， ∵， ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴． （3）如图2，将绕点A逆时针旋转得， ∴，，， ∵， ∴， ∴点E，D，C共线． 由（1）同理可得， ∴， ∵， ∴． 33．（2025·甘肃·二模）如图，在边长为12的正方形中，点E是的中点，点 F，G分别在边，上，且．若平分，则 的长为（　　） A． B．9 C． D．10 【答案】C 【分析】如图，过作于，延长交于，证明四边形是矩形，，求解，可得，求解，，，证明，设，则，进一步利用勾股定理可得答案． 【详解】解：如图，过作于，延长交于， ∴， ∵正方形， ∴，，，， ∴四边形是矩形，， ∵为的中点， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， ∴， 故选：C 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 34．（2025·甘肃·二模）如图，正方形，点E在边上，点P在对角线上，且满足，，连接，过P做交于F，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，设正方形的边长为，则可得，，，过点作，延长交于点， 利用得到，即可解答，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：设正方形的边长为，则， 四边形是正方形， ， ， ，， 如图，过点作，延长交于点， ，为等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 35．（2025·甘肃·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． 36．（2025·甘肃·二模）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连接并延长交于点．给出以下结论： ①为等腰三角形；②四边形AECF是平行四边形 ③；④．其中正确的结论是（    ） A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③ 【答案】B 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 设正方形的边长为，，根据折叠的性质得出，根据中点的性质得出，即可判断①，证明四边形是平行四边形，即可判断②，求得，设，则，勾股定理得出，进而判断③，进而求得，，勾股定理求得，进而即可判断④，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵为的中点， ∴， 设正方形的边长为， 则， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴是等腰三角形，故①正确； 设， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形，故②正确； ∴， ∴，即是的中点， ∵，， ∴， 在中，， ∵， ∴， 设，则， ∴ ∴ ∴， ∴，故③错误； ∴， ∴， 连接，如图所示， ∵，，， 又， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上分析可知：正确的为：①②④． 故选：B． 37．（2025·甘肃白银·二模）综合与探究 问题情境：将正方形的边绕点逆时针旋转到的位置（旋转角为，），连接，作的平分线与射线交于点，与直线交于点． (1)特例分析：如图，当点恰好落在正方形的对角线上时，旋转角为________，的度数为________． (2)深入探究：如图，当时． 判断的度数是否为定值，若是，请求出的度数；若不是，说明理由． 请证明线段，，满足． (3)拓展延伸：当时，若，请直接写出的长． 【答案】(1)，； (2)的度数为定值，，理由见解析；证明见解析； (3) 【分析】（）由四边形是正方形，得，，由旋转性质可知，，故有，然后根据外角性质即可求解； （）同（）理，通过三角形的外角性质即可求解； 连接，，证明，则有，，最后通过勾股定理得出，，然后代入即可求证； （）先证明是等边三角形，再利用（）中结论，然后解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 故答案为：，； （2）解：的度数为定值，，理由， ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 证明：连接，， 由得，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴； （3）解：如图，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 由（）得，， ∴， ∴（负值已舍去）． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解一元二次方程，三角形的外角性质，等边对等角等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 38．（2025·甘肃·二模）如图，点为正方形的边上两个动点，且，，连接，过点作，垂足为，连接，则面积的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、三角形的三边关系、直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 如图：延长、交于点，连接，设的中点为，连接．先证明可得，进而得到，然后根据勾股定理可得，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，再根据三角形的三边关系可得最大值为，最后根据三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图：延长、交于点，连接，设的中点为，连接． ∵正方形， ∴， ∴， ∴，即， ∴，解得：， ∵， ， 如图：作． ， 最大值为 最大面积为． 故答案为：． 39．（2025·甘肃·二模）如图，已知，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是（    ） A．8 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的化简．利用正方形的性质先证明，，，再证明，再利用勾股定理分别求解四边形的四条边长即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，交于O， 正方形，， ，，， ， ， ， 同理：， 四边形的周长是． 故选：B． 40．（2025·甘肃·二模）如图①，已知正方形和等腰直角，，连接，． (1)【问题发现】 如图①，线段与的数量关系为______，位置关系为______； (2)【问题探究】 如图②，将绕点A旋转，再将绕点F顺时针方向旋转至，连接，探究线段与线段的数量及位置关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 将绕点A旋转至，延长交直线于、交于，若，，求出的长． 【答案】(1)，； (2)，，理由见解析； (3)3或15． 【分析】（1）延长交于点，证明，，，，进而即可作答； （2）延长交于，交于，推出是等腰直角三角形，，，，，，则，推出四边形为平行四边形，即可作答； （3）分两种情况讨论，分别作答即可． 【详解】（1）解：延长交于点， 为等腰直角三角形，四边形为正方形， ，，， ， ，， ， ， ， ， 即， 故答案为：，； （2）解：，，理由如下： 如图，延长交于，交于， 四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， 四边形为平行四边形， ，； （3）解：分两种情况，情况一：如图， ，， ， 由（1）得， 四边形为正方形， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ； 情况二：如图， 同理得，， ， 综上所述：的长为3或15． 【点睛】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解题的关键是分类讨论画出相应的图形解决问题． 1 / 58 学科网（北京）股份有限公司 $$