专题05多边形与四边形（5题型）（山东专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题02 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·山东聊城·二模）完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．如图，五边形是迄今为止人类发现的第15种完美五边形，其中，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】利用邻补角互补求角度、多边形内角和问题 【分析】本题考查的是邻补角的性质，多边形的内角和定理的应用，先求解，再结合五边形的内角和定理可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵五边形的内角和为， ∴； 故选：B． 2．（2025·山东泰安·二模）如图，直线和分别经过正五边形的一个顶点，，，则的度数为（    ） A．32° B．38° C．46° D．48° 【答案】D 【知识点】正多边形的内角问题、两直线平行同旁内角互补 【分析】如图所示，首先求出正五边形的内角，然后根据平行线的性质得到，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】如图所示， ∵是正五边形， ∴内角和为， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】此题考查了正多边形的内角和，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 3．（2025·山东菏泽·二模）我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为（    ）      A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】正多边形的外角问题 【分析】本题考查了多边形外角和定理，由多边形的外角和定理直接可求出结论，掌握正八边形的外角和为是解此题的关键． 【详解】解：正八边形的外角和为， 每一个外角为， 故选：B． 4．（2025·山东滨州·二模）某校“智慧数学教室”重新装修，如图是用边长相等的正三角形和正n边形两种地砖铺满地面后的部分示意图，则n的值为（   ）    A．14 B．12 C．11 D．10 【答案】B 【知识点】平面镶嵌、正多边形的外角问题 【分析】本题考查正多边形的外角和，以及镶嵌问题．正确的识图，求出正n边形的一个外角的度数是解题的关键．由图可知，2个正n边形的一个内角的度数加上一个正三角形的内角的度数为，进行求解即可． 【详解】解：由图可知，2个正n边形的一个内角的度数加上一个正三角形的内角的度数为， ∴正n边形的一个内角的度数为， ∴正n边形的一个外角的度数为， ∴， 故选：B． 5．（2025·山东临沂·二模）如图是被撕掉一块的正多边形纸片，若直线，则该正多边形是（   ） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 【答案】C 【知识点】正多边形的内角问题、正多边形的外角问题、多边形内角和与外角和综合 【分析】本题考查的是正多边形的性质，多边形的外角和定理的应用，记正多边形的顶点为：，，直线，的交点为，证明，结合，可得正多边形的一个外角的大小，从而可得答案． 【详解】解：如图，记正多边形的顶点为：，，直线，的交点为， ∵正多边形的每一个内角都相等， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴该正多边形正八边形． 故选：C 6．（2025·山东聊城·二模）已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【知识点】根据特殊角三角函数值求角的度数、正多边形和圆的综合 【分析】如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，由可得，可得，而，可得为等边三角形，从而可得答案． 【详解】解：如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，    ∴，，， ∴， ∴，即， ∴， ∴，而， ∴为等边三角形， ∴， ∴多边形的边数为：， 故选B 【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键． 7．（2025·山东德州·二模）一个多边形的每个内角都等于与它相邻的外角的5倍，这个多边形的内角和是 ． 【答案】/1800度 【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与外角的关系．记住多边形一个内角与外角互补和外角和的特征是解题的关键． 根据每个内角的度数等于和它相邻外角的度数的2倍并结合其外角和为360°得到多边形的内角和． 【详解】解：∵多边形的每个内角都是相邻外角的5倍， ∴多边形内角和的度数是外角和度数的5倍，多边形的外角和为360°， ∴这个多边形的内角和为． 故答案为：． 8．（2025·山东潍坊·二模）如图，足球的表面是由12块正五边形的黑皮和20块正六边形的白皮围成的，将足球上的一块黑皮和与它相邻的一块白皮展开放平，则的度数为 ． 【答案】/132度 【知识点】正多边形的内角问题 【分析】本题考查多边形内角和问题，求出正五边形和正六边形每个内角的度数，即可求解． 【详解】解：正五边形内角和为：，每个内角为：， 正六边形内角和为：，每个内角为：， 因此， 故答案为：． 9．（2025·山东济南·二模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加 度． 【答案】180 【知识点】多边形截角后的内角和问题 【分析】本题考查了多边形内角和．此题比较简单，熟记多边形的内角和公式是解题的关键． 根据n边形的内角和公式求解作差即可． 【详解】解：五边形的内角和为 将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是6， 则， ∴内角和增加 故答案为：180． 02平行四边形的判定与性质 10．（2025·山东菏泽·二模）如图，在中，对角线，相交于点O，E为的中点，交于点F，，则的长为（　　） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【知识点】利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、线段中点定义可得出，证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解∶∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 故选：A． 11．（2025·山东临沂·二模）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 【答案】B 【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求解、由平行截线求相关线段的长或比值、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，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键． 解法一：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果； 解法二：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到． 【详解】解：解法一：延长和，交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ ∵， ∴． 解法二：作交于点H ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 故选：B． 12．（2025·山东泰安·二模）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．则下列结论： ①点是的中点；②；③；④． 其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【知识点】全等三角形综合问题、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、相似三角形的判定与性质综合 【分析】根据平行四边形的性质，面积的计算可判定①；根据题意可证，可判定②；根据中位线的判定和性质可判定③；根据题意可证，，结合可判定④；由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 如图所示，过点作延长线于点， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点，故①正确； ∵是边的中点， ∴，且， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴，故②正确； ∵点分别是中点， ∴，故③正确； ∵点分别是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，正确的有：①②③④，共4个， 故选：D ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，中位线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质，中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质是关键． 13．（2024·山东济南·二模）如图，的对角线相交于点O，过点O，且点E，H在边上，点G，F在边上，向内部投掷飞镖，飞镖恰好落在阴影区域的概率为 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、几何概率 【分析】本题考查平行四边形的性质和几何概率问题，因为是平行四边形，所以关于点O中心对称，所以，再根据几何概率即可求得答案． 【详解】解：由题意可知关于点O中心对称， ∴， ∴， ∴飞镖恰好落在阴影区域的概率=． 故答案为：． 14．（2025·山东青岛·二模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，，交于点M，已知，，，则的周长为 ． 【答案】9 【知识点】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、斜边的中线等于斜边的一半、由平行截线求相关线段的长或比值 【分析】本题考查勾股定理逆定理，斜边上的中线，平行线分线段成比例，根据平行四边形的性质，结合平行线分线段成比例，推出点为的中点，勾股定理逆定理，求出，斜边上的中线求出，再根据周长公式进行计算即可． 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴的周长； 故答案为：9． 15．（2025·山东济南·二模）如图，在平行四边形中，、分别垂直于对角线的延长线，垂足分别为E、F．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】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，解题的关键是证明出，即可求解． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 16．（2025·山东菏泽·二模）已知：如图，点为对角线的中点，过点的直线与，分别相交于点，． 求证：．    【答案】详见解析 【知识点】利用平行四边形的性质证明 【分析】根据平行四边形的性质得出，，进而得出，，再证明，根据全等三角形的性质得出，再利用线段的差得出，即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵点为对角线的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键． 17．（2025·山东济宁·二模）如图，在四边形中，是的中点，，交于点， (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的求解问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键． （1）根据三角形的中位线定理得到，而，即可求证； （2）解 求得，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到，最后对 运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， 是的中位线， ， 四边形为平行四边形； （2）解：由（1）知，是的中位线， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， ． 03矩形的判定与性质 18．（2025·山东青岛·二模）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，平分交边于点E，点F是的中点，连接，若，则的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理、等边三角形的判定和性质是解题的关键． 先通过矩形对角线的性质以及，可知的长度，再利用勾股定理算出的长度，又平分，可得到为等腰直角三角形，进而得到的长度，从而可得到的长度，再利用中位线即可得出长度． 【详解】解：∵四边形为矩形，对角线与交于点， ∴， ∴，， 又∵平分， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 又∵，为的中点， ∴在中，为中位线， ∴ 故选：D． 19．（2025·山东淄博·二模）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，点，在对角线上．若四边形是菱形，则的长为（   ） A．2 B．3 C．5 D．6 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，连接，交于点O，易证得，即可得，然后由勾股定理求得的长，继而求得的长，又由，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案． 【详解】解：如图，连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴ ， ∴ ， ∵， ∴， ∴ ，即 ， 解得： ． 故选：C． 20．（2025·山东青岛·二模）如图，在矩形中，是边上两点，且，连接与相交于点，连接．若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【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、求角的正弦值 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求角的正弦值：过点作，证明，得到，再证明，分别求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，再利用正弦的定义，求解即可． 【详解】解：∵矩形，，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴ 过点作，则：， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故选A． 21．（2025·山东潍坊·二模）如图，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，、分别交于点、，且，则的值为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题、求角的余弦值 【分析】根据折叠的性质可得出、，由、、可得出，根据全等三角形的性质可得出、，设，则、、，进而可得出，在中，利用勾股定理可求出的值，再利用余弦的定义即可求出的值． 【详解】解：根据折叠，可知：， ，． 在和中， ， ∴， ，． 设，则，， ，， ． 在中，，即， 解得：， ， ． 故选C 【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合，求出的长度是解题的关键． 22．（2025·山东日照·二模）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． 23．（2025·山东滨州·二模）如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接．点G，H分别是的中点，连接．若，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【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、与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】连接并延长交于，连接，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 【详解】解：连接并延长交于，连接， 四边形是矩形， ，， ，分别是边，的中点，，， ，， ， 在与中， ， ，， ， ， 点是的中点，是的中点， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 24．（2024·山东青岛·二模）如图，在矩形中，，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点落在上，且，则的面积为 ． 【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、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查旋转的性质、矩形的性质、等腰直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、矩形的性质、等腰直角三角形的性质是解答本题的关键． 过点作的平行线，交于点，交于点，则．由旋转可得，，结合矩形的性质可得则，再利用三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：过点作的平行线，交于点，交于点． 则． 由旋转可得，． ∵四边形为矩形， ， ， ， ， ， ∴的面积为． 故答案为：． 25．（2025·山东青岛·二模）如图，在矩形中，，，是边上一点，点在边的延长线上，且，连接交边于点，垂直平分，分别交，，于点，，．若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】线段垂直平分线的性质、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 【分析】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，连接，根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，根据线段垂直平分线的性质得到 ，，根据勾股定理得到，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∵垂直平分， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 26．（2025·山东德州·二模）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，用“出入相补”法证明了三角形面积公式．如图，在中，点分别是的中点，作于点，沿虚线分割再重新拼接（无重叠无缝隙）成四边形．若，，则四边形的面积为 ． 【答案】18 【知识点】根据矩形的性质求线段长、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查图形的拼剪，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型，准确识图，掌握矩形的性质和全等三角形的判定和性质是解题关键．通过证明，求出以及即可解决问题． 【详解】解：由题意，， 在矩形中，， ∵， ∴， ∵点D为的中点， ∴， 又∵， ∴ ∴， 同理可得， ∴， ∴， ∴矩形的面积为， ∴四边形的面积为； 故答案为：． 27．（2025·山东威海·二模）如图，在矩形中，，，点P在边上，将沿翻折，点A落在点处，若点恰好在矩形的对角线上，则的长度为 ． 【答案】或 【知识点】矩形与折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了矩形的性质与锐角三角函数的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据题意分当点在矩形的对角线上或点在矩形的对角线上两种情况进行讨论即可． 【详解】解：①点在矩形的对角线上时， 由折叠可知：， ， 则， 在中，， 在中，， 设，则， ， 解得， 当时，， 故是方程的解， ； ②点在矩形的对角线上时， 在矩形中，， 由翻折知，直线是与对称轴， ， 令交于点，则， ， ， ， ， 即， 解得， 综上所述，的长度是或， 故答案为：或； 28．（2025·山东济南·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足分别为E，F．求证：． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用矩形的性质证明 【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，掌握矩形的对角线互相平分且相等是解决问题的关键． 根据矩形的性质求出，根据推出即可证得结论． 【详解】证明：四边形是矩形， ． ，， ．． ， ， ． 29．（2025·山东青岛·二模）如图，平行四边形，延长至，延长至，使，连接、． (1)证明：； (2)若是中点，平分，则边与满足什么数量关系时，四边形是矩形？证明你的结论． 【答案】(1)见解析； (2)，证明见解析． 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识的综合，掌握平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质是关键． （1）根据平行四边形的性质得到，，且，由此即可求证； （2）根据题意得到四边形是平行四边形，设，，由勾股定理得到，则，结合矩形的判定即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ． （2）解：，理由如下， 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ，   ∵是中点， ， 设，， ， ， ， 平行四边形是矩形． 04菱形的判定与性质 30．（2025·山东临沂·二模）如图，E为菱形对角线上一点，．已知，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，解直角三角形，连接交于点，勾股定理求出的长，锐角三角函数求出的长，进而求出的长即可． 【详解】解：连接交于点，则，， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选B． 31．（2025·山东青岛·二模）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，于点．若，，则折痕长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】勾股定理与折叠问题、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】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形的计算，掌握解直角三角形的计算方法是关键． 根据菱形，折叠的性质，勾股定理得到，，如图所示，过点作于点，则，设，可得，，则，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵折叠， ∴，，， ∴， ∵， ∴，则， 在中，， ∴， 如图所示，过点作于点，则， ∵， ∴， 设， ∴， 在中，， ∴，， ∴， 解得，， ∴ ∴， ∴， 故选：A ． 32．（2025·山东德州·二模）菱形的一条对角线长为8，其边长是方程的一个根，则该菱形的周长为 ． 【答案】20 【知识点】利用菱形的性质求线段长、构成三角形的条件、因式分解法解一元二次方程 【分析】解方程得出x=4，或x=5，分两种情况：①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；②当AB=AD=5时，5+5＞8，即可得出菱形ABCD的周长． 【详解】解：如图所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=AD， ∵ 因式分解得：（x-4）（x-5）=0， 解得：x=4，或 x=5， 分两种情况： 当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形； 当AB=AD=5时，5+5＞8，可构成三角形； ∴菱形ABCD的周长=4AB=20． 故答案为：20． 【点睛】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键． 33．（2025·山东菏泽·二模）如图，菱形中，，，交于点，于点，连接，则的长为 ． 【答案】6 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键． 由菱形的性质可得，，再运用勾股定理可得长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】解：∵是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 34．（2025·山东济南·二模）如图，菱形中，点分别在边上．将菱形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、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】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 过作于，交延长线于，作于，则，，，由折叠的性质得：，，可得四边形为平行四边形，解和求出，在中，由勾股定理求出，得出，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程求出，据此计算即可得出结果． 【详解】解：过作于，交延长线于，作于，则，如图所示： ∵菱形， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， 由折叠的性质得：，， ∵， ， ∴，同理， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：（负值舍去）， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ， 故答案为：． 35．（2025·山东聊城·二模）如图，点是菱形的对角线上一点，连接并延长，交于，交的延长线于点．    （1）图中与哪个三角形全等： ． （2）猜想：线段、、之间存在什么关系： ． 【答案】 【知识点】两直线平行内错角相等、全等的性质和SAS综合（SAS）、利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）根据菱形的四条边都相等，对角线平分对角可得，，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，即可求解； （2）根据全等三角形的对应边相等，对应角相等可得，，根据菱形的对边平行可得，根据两直线平行，内错角相等可得，推得，根据两角分别对应相等的两个三角形相似，相似三角形的对应边之比相等即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形菱形， ∴，， 又∵， ∴． 故答案为：． （2）解：∵， ∴，， ∵四边形菱形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴， ∴． 故答案为：． 36．（2025·山东枣庄·二模）如图，在菱形中，，，点、分别是边、上的动点，且，则的最小值是 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、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】连接，过点作于点，证明和都是等边三角形，再由勾股定理求得，再得出的最小值为，然后证明，进而推出是等边三角形，即可得解． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 四边形是菱形，，， ，， 和都是等边三角形， ，， ， ， 在中，， ， 的最小值为， 在和中， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 37．（2025·山东济南·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 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、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角度 【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， ∴， ∴， ∴． 38．（2025·山东滨州·二模）如图，在菱形中，E、F分别是和上的点，且．求证：．    【答案】证明见解析 【知识点】利用菱形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，通过菱形的性质证明，从而证明得到是解题的关键． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 39．（2025·山东聊城·二模）如图，中，为边上一点，为延长线上一点，且．过作，交的延长线于点． (1)求证：； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【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、根据三线合一证明、用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS） 【分析】（）由平行四边形的性质可得，由平行线的性质可得，进而可得，又由对顶角的性质可得，即得到，利用即可证明； （）连接，交于点，先根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形是平行四边形，再根据等腰三角形三线合一可证明其对角线互相垂直，即可求证； 本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：四边形AGFE是菱形，理由如下： 连接，交于点， 由（）得，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， 即， ∴平行四边形是菱形． 40．（2025·山东东营·二模）在学习“特殊平行四边形”时，小郑进行了这样的操作：在平行四边形，作线段的垂直平分线，分别交，，于点M，O，N，连接，，得到四边形． (1)请你判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【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、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明，得出，再证明四边形为平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）先证明是等边三角形，得出，再由勾股定理求出，然后由菱形的面积公式即可得出结果． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵垂直平分， ∴，， 又∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形； （2）解：由（1）得：，四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴菱形的面积 41．（2025·山东青岛·二模）在中，点和点分别是和的中点，连接，过点作的平行线，与的延长线交于点． (1)求证： (2)当满足什么条件时，四边形是菱形，并说明理由；若此时的面积为16时，则的面积为______． 【答案】(1)见解析 (2)当满足时，四边形为菱形，理由见解析； 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、添一个条件使四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据，得出，．结合，即可证明． （2）根据，得出．根据，得出．证出四边形为平行四边形．根据，得出．证出为菱形，即可求出． 【详解】（1）证明：， ，． 又为中点， ． 在与中， ， ． （2）解：当满足时，四边形为菱形． 理由：， ． 为中点， ， ． 又， 四边形为平行四边形． ， ． 为菱形， ∵，为中点，， ∴， ∴， ∴的高之比为， ∴的高之比为， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的性质和判定，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 05正方形的判定与性质 42．（2025·山东临沂·二模）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． 43．（2025·山东聊城·二模）如图，在正方形中，点分别在上，连接，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】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，由正方形的性质得，，将绕点顺时针旋转得，则三点共线，证明，得，进而求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：在正方形中，，， 将绕点顺时针旋转得，则三点共线，如图所示， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 44．（2025·山东淄博·二模）如图，在矩形中，点M为边的中点，点N为边上一点，连接，．若平分，且，，则的长为（   ） A．4 B． C．5 D． 【答案】C 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、角平分线的性质定理、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质，作于，连接，则，由矩形的性质可得，，由角平分线的性质定理可得，再证明和，由全等三角形的性质即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，作于，连接，则， ∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵平分， ∴， ∵点M为边的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 45．（2025·山东威海·二模）如图，正方形的边长为5，内部有6个全等的小正方形，小正方形的顶点E，F，G，H分别落在边上，则每个小正方形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、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】本题主要考查了利用相似三角形的判定和相似三角形对应边成比例的性质和勾股定理，综合性较强；过点G作，可以得到，再根据相似三角形对应边成比例的性质列式求解即可得到，根据勾股定理可求，进而得到小正方形的边长，即可求解． 【详解】解：∵正方形的边长为5， ∴， 过点G作，则， ∴四边形是矩形， ∴， ∵六个大小完全一样的小正方形如图放置在大正方形中， ∴， ∴， ∴， ∴ ，即， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴， ∴小正方形的边长为， ∴每个小正方形的面积为， 故选：C． 46．（2025·山东临沂·二模）如图，正方形的边长为2，对角线、交于点O，E为上任意一点，射线绕点O逆时针旋转后交于点F，连接，则以下结论：①；②；③的最小值为；④，正确的个数有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【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、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】先根据正方形的性质得，，，证明是等腰直角三角形，结合射线绕点O逆时针旋转后交于点F，得是等腰直角三角形，再证明，故在中，，即，结合垂线段最短，得当时，此时有最小值，，，当与或重合时，此时有最大值，即，即可作答． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， 即是等腰直角三角形， ∵射线绕点O逆时针旋转后交于点F， ∴， ∵ ∴， ∴， 在和中 ∴， 故①是符合题意的； ∵， ∴， ∵， 则， 即， ∵ ∴在中，， 即， 故②是符合题意的； ∵是等腰直角三角形， ∴， 当时，此时有最小值， ∵是等腰直角三角形， 则， ∴ 即的最小值为； 故③是符合题意的； ∵是等腰直角三角形， ∴ ∵当时，此时有最小值，即， ∴对应的的最小值为， 当与或重合时，此时有最大值， 即， ∴对应的的最大值为， ∴， 故④是符合题意的； 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转性质，垂线段最短，正方形的性质，全等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，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 47．（2025·山东潍坊·二模）正方形的边长为4，点在对角线上（可与点重合），，点在正方形的边上．下面四个结论中， ①存在无数个四边形是平行四边形； ②存在无数个四边形是菱形； ③存在无数个四边形是矩形； ④至少存在一个四边形是正方形． 所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【知识点】证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、证明四边形是正方形 【分析】根据平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：①设正方形的对角线相交于点O，若MN的中点恰好是点O，则经过点O任意一直线PQ，分别与正方形的边AD,BC交于点P,G，通过正方形的性质对称性易得OP=OG，则四边形PMQN是平行四边形，由于PQ的任意性，则存在无数个四边形是平行四边形，故①正确； ②过MN的中点E作垂线，分别与正方形的相邻两边交于P,Q，根据正方形的对称性可得，PE=GE，则四边形是菱形，由于MN的任意性，则存在四边形是菱形；③由①存在由无数个平行四边边形，要是的四边形为正方形则PQ=MN=2=CD，故此时PQ经过正方形对角线的交点，且与正方形的边BC垂直，是唯一的，故不存在无数个四边形是矩形；④由②知存在菱形，故只需满足∠PMQ=90°时，则四边形PMQN时正方形，此时M与点A重合即可，故存在至少存在一个四边形是正方形； 故正确的结论序号是①②④. 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟记各定理是解题的关键． 48．（2025·山东临沂·二模）如图，在正方形中，为边的中点，、分别为，边上的点，若，，，则的长为 ． 【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】此题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确利用相似求出是解题的关键．利用正方形的性质得到，利用同角的余角相等，可得，进而可得，利用相似三角形的性质，求出． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵E为边的中点， ∴， ∴ ∴或（舍去）． 故答案为：． 49．（2025·山东济南·二模）我国魏晋时期的数学家赵爽在为天文学著作《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成一个大正方形，这个图被称为“弦图”，它体现了中国古代数学的成就．如图，已知大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，那么 ．    【答案】/0.75 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求面积、求角的正切值 【分析】根据两个正方形的面积可得，，设，得到，由勾股定理得，解方程可得x的值，从而解决问题． 【详解】解：∵大正方形ABCD的面积是100， ∴． ∵小正方形EFGH的面积是4， ∴小正方形EFGH的边长为2， ∴， 设， 则， 由勾股定理得，， 解得或（负值舍去）， ∴，， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，三角函数等知识，利用勾股定理列方程求出AF的长是解题的关键． 50．（2025·山东泰安·二模）如图， 点P是正方形内一点， 连接、、，若，，，则正方形的面积为 ． 【答案】13 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作交的延长线于，由旋转的性质可求，，，可求的长，在中，由勾股定理可求的长，在中，由勾股定理可求，即可求解． 【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作交的延长线于， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积为13， 故答案为：13． 51．（2025·山东聊城·二模）如图，在直角三角形中，，的外角和的平分线，交于点O，过点O作，垂足分别是E和D． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【知识点】全等三角形综合问题、角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）过点O作于点F，先证明四边形是矩形，再根据角平分线性质得出，证明矩形是正方形，即可得出结论； （2）延长到点G，使，连接，证明，得出，证明，得出，设，得出．根据勾股定理得出，求出结果即可． 【详解】（1）证明：如图1，过点O作于点F， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，平分， ∴， 同理可得， ∴， ∴矩形是正方形， ∴． （2）解：如图2，延长到点G，使，连接． 由（1）可知四边形是正方形， ∴， 在和中，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 又∵，分别平分和， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． 在和中，， ∴， ∴， 设， ∴． 在中，， ∴， 解得 （舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，角平分线性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的判定和性质，作出辅助线． 1．（2025·山东淄博·二模）如图，四边形的对角线，相交于点O，，，则下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】D 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与矩形的判定、正方形的判定，熟练掌握相关定理是解题的关键． 先根据平行四边形的判定证明是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形的判定逐一判断即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 若，则四边形是矩形，故A选项不符合题意； 若平分，， ∵， ∴， ∴， 则四边形是菱形，故B选项不符合题意； 若且，则四边形是正方形，故C选项不符合题意； 若且，则四边形是菱形，故D选项符合题意； 故选：D． 2．（2025·山东菏泽·二模）点是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、正多边形的外角问题 【分析】本题考查正多边形的性质，全等三角形的判定及性质，线段垂直平分线的性质，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键． 连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答． 【详解】解：连接，，   ∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵在正五边形中，， ∴， ∴． 故选：A． 3．（2025·山东济宁·二模）已知：菱形中，，，与交于点，点为上一点，以为对称轴，折叠，使点的对应点恰好落在边上，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】欲求的长，需要找出与相关联的（或转化为求）．经过观察发现．则，只需求出长即可进一步解出的长度． 【详解】是菱形， ， ， ， 由拆叠可知， ，， ， ， ， ， 故选A． 【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称图形的性质、三角形相似的判定及性质，找到已知线段长与所求线段长的比例关系是解本题的关键． 4．（2025·山东东营·二模）如图，六边形的六个内角都等于120°，若，，则这个六边形的周长等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、正多边形的外角问题 【分析】凸六边形ABCDEF，并不是一规则的六边形，但六个角都是120°，所以通过适当的向外作延长线，可得到等边三角形，进而求解． 【详解】分别作直线AB、CD、EF的延长线和反向延长线使它们交于点G、H、P，如图所示： ∵六边形ABCDEF的六个角都是120°， ∴六边形ABCDEF的每一个外角的度数都是60°， ∴△APF、△BGC、△DHE、△GHP都是等边三角形， ∴GC=BC=3cm，DH=DE=EH=2cm， ∴GH=3+3+2=8(cm)， FA=PA=PG-AB-BG=8-3-3=2(cm)， EF=PH-PF-EH=8-2-2=4(cm)． ∴六边形的周长为2+3+3+3+2+4=17(cm)； 故选：B． 【点睛】本题考查了多边形的内角和外角问题，等边三角形的性质及判定定理；解题中巧妙地构造了等边三角形，从而求得周长．是非常完美的解题方法，注意学习并掌握． 5．（2025·山东聊城·二模）如图，在矩形中，为对角线的垂直平分线，交于点，交的延长线于点．若，则下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】角平分线的性质定理、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】利用矩形的性质，解直角三角形求得，，进而得，根据角平分线的性质可判断项正确，不符合题意；根据三角函数判断项正确，不符合题意；进而得，，故项正确，不符合题意；根据中点与面积关系判断项错误，符合题意； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴，，，， ∵为对角线的垂直平分线， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴，故项正确，不符合题意； ∵ ∴， ∴， ∴，故项正确，不符合题意； ∴， ∴，故项正确，不符合题意； ∵，是的中点， ∴，， ∴， ∴，故项错误，符合题意； 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形的性质，角平分线的性质，平行线的性质，熟练掌握解直角三角形，矩形的性质是解题的关键． 6．（2025·山东德州·二模）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【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、利用平行四边形的性质求解 【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案． 【详解】解：过点D作交的延长线于点F， ∵的垂线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∴， 由勾股定理可得，， ， ∴， ∴ ∴ 即，解得， ∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是， 故选：C 7．（2025·山东济南·二模）如图，已知在矩形中，是边的中点，与垂直，交直线于点，连接，则下列四个结论中：①；②；③；④．正确的有（   ） A．①②③④ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、利用矩形的性质证明、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】通过证明，可得，可证；过作交于，可证四边形是平行四边形，可得，由直角三角形的性质和等腰三角形的性质可得；由平行线性质可得，，可证；通过证明，可得，可求，即可得，则可求解． 【详解】解：在矩形中， ， ， ， 是边的中点， ， ， ，故①符合题意； 如图，过作交于，    ，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ，且， 是的垂直平分线， ，故②符合题意； 四边形是矩形， ，，， ，， ，故④符合题意； ， ， ， ，且，， ，且， ， ， ， ， ， ∴， 故③符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，斜边上的中线，中垂线的性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 8．（2025·山东临沂·二模）如图，正方形中，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接、，交于点．下列结论①；②；③；④，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】A 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】由旋转性质得，可得，即可判断①；由正方形性质得，由角平分线和三角形全等得，继而可得，即可判断②；运用三角形外角性质列式计算，即可判断③；先证明，可得，证明，得到，即可判断④． 【详解】解：∵将绕点B顺时针旋转得到， ∴， ∴， 故①符合题意； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故②符合题意； ∵， ∴， ∵平分， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴ 故③符合题意； ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵四边形是正方形， ∴ ∴， 故④是符合题意的； 故选：A． 【点睛】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线性质，相似三角形性质与判定，直角三角形性质，三角形外角性质，等腰三角形性质与判定，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 9．（2025·山东日照·二模）如图，在正方形中，分别为边，边上的动点，且交于点，点是边上一点，满足，当时．的长为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【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、根据正方形的性质证明、解直角三角形的相关计算 【分析】本题可先通过证明三角形全等得出角的关系，进而得到，再结合已知的三角函数值和正方形边长，通过构造直角三角形，利用三角函数和勾股定理求出的长度． 【详解】解：在正方形中，， ∵， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵，， ∴ 在中，， ∵， ∴，． 过点作于点过点作于，交于，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴设，则． ∴， ∴， ∵． ∴，． ∴的面积为， 又∵的面积还可以表示为， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ 解得， ∴， 故选∶C． 【点睛】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定与性质、矩形的判定与性质以及三角函数和勾股定理的应用．解题的关键在于通过证明三角形全等得出角的关系，利用三角函数求出相关线段长度，再通过构造辅助线和相似三角形建立等式求解的长度． 10．（2025·山东济宁·二模）如图，正六边形的两条对角线和相交于点O，则的值为 ． 【答案】/ 【知识点】正多边形和圆的综合、解直角三角形的相关计算 【分析】此题考查了正多边形的性质、解直角三角形、矩形的判定和性质等知识，理解题意是关键．求出，,即可得到答案． 【详解】解：连接交于点H，设正六边形的边长为a， ∵正六边形的两条对角线和相交于点O， ∴，, ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∵，， ∴， ∴ ∴ 同理，， ∴, ∴ 故答案为： 11．（2025·山东淄博·二模）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1 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【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． 【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1． 【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． 12．（2025·山东青岛·二模）如图，正方形ABCD中，，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF．则线段OF长的最小值为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝2，由勾股定理可求出，从而在等腰中，根据勾股定理可求出，最后根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值． 【详解】如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM， ∵∠EDF＝∠ODM＝90°， ∴∠EDO＝∠FDM， ∵DE＝DF，DO＝DM， ∴△EDO≌△FDM(SAS)， ∴FM＝OE＝2， ∵正方形ABCD中，AB＝6，O是BC边的中点， ∴OC＝3， ∴在中，， ∴在等腰中，． ∵OF+MF≥OM， ∴， ∴线段OF长的最小值为 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理以及三角形三边关系等知识，正确作出辅助线是解题关键． 13．（2025·山东威海·二模）如图，在中，D为中点，延长至点E，使，延长至点F，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的证明、解直角三角形的相关计算 【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质，中位线的性质，解直角三角形． （1）证明是的中位线，得，，再由得，即可得，即可得出结论； （2）根据角平分线定义求出，由平行四边形的性质得，即可得，，，根据等腰三角形的性质求出，再根据正切定义求解即可． 【详解】（1）证明：∵延长至点E，使， 为中点， 为中点， ∴是的中位线， ，， ∵延长至点F，使， ， ， ∴四边形是平行四边形； （2）解：平分， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ∴在中，． 14．（2025·山东烟台·二模）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． (1)求证：； (2)为线段延长线上一点，且满足，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用矩形的性质证明、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到； （2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到． 【详解】（1）证明：在矩形中，，，， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ； （2）证明：连接交于点，如图所示： 在矩形中，，则， ， ， ， ， ， 在矩形中，， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ． 【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键． 15．（2025·山东日照·二模）在矩形中，，．点E、F分别在边AB、BC上，，垂足为点． (1)求的值； (2)当时，求的长； (3)连接，如果是等腰三角形，求的正切值． 【答案】(1) (2)5 (3)或或2 【知识点】根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、已知正切值求边长 【分析】（1）先由矩形的性质证明，即可得； （2）延长、交于，设，由得，则，证明得，进而得，，再由得，进而可得关于x的一元二次方程，解方程即可； （3）分三种情况：①当时；②当时；③当时；根据三种情况分别画图求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，， ， ， ， ， 又∵，， ； （2）解：延长、交于， 设， ， ， 则， ，， ， ， ，， ， ，即， ∴， 解得，（舍）， ； （3）解：①当时，如图， ， ， ， ， ； ②当时， 过点作，垂足为点，交于（如图），则， ， ， ， 则， ； ③当时， 过点作（如图），则， ， ， ，则，， ，，， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的应用，锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法． 16．（2025·山东聊城·二模）在矩形中，，点是边上一个动点（不与端点重合）．设，点到的距离为． (1)求与之间函数表达式，并求出自变量的取值范围． (2)若（1）中的函数关系（不考虑自变量的取值范围）与一次函数交于、两点，若点是轴正半轴上的一点，且，求点的坐标． 【答案】(1) (2) 【知识点】已知两点坐标求两点距离、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、一次函数与反比例函数的交点问题 【分析】本题考查的知识点是相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，反比例函数与一次函数交点问题； （1）首先利用相似三角形的判定与性质得出与之间的关系，进而根据勾股定理求得的长即可求出的取值范围． （2）根据题意联立解析式，求得的坐标，设，，根据可得，即可求解． 【详解】（1）如图，连接， 在矩形中，   ， ， ， ， 即 ， 矩形对角线， 的取值范围是：． ∴ （2）解：依题意，联立 解得：或 ∴，， ∴， 设，， ∴， ∵ ∴ ∴ 解得：或（舍去） ∴ 17．（2025·山东菏泽·二模）如图1，在边长为5的正方形中，点，分别是，边上的点，且，. (1)求的值； (2)延长交正方形的外角平分线于点（如图2），试判断与的大小关系，并说明理由； (3)在图2的边上是否存在一点，使得四边形是平行四边形?若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)存在，证明见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、证明四边形是平行四边形、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）结合正方形的性质，证明，即可得到； （2）在上取一点M，使，连接，证明即可； （3）在上截取，与交于N，先证,再证，再由，得，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可作答． 【详解】（1）解：如图， ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ， ， ， ， ； （2）解：，理由如下： 在上取一点M，使，连接 ，， ， ∵是正方形外角平分线， ， ， ， ， ， ； （3）解：存在，理由如下， 证明：在上截取与交于N， ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ∴ ∴，， ∵， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，且， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题综合考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 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·山东聊城·二模）完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．如图，五边形是迄今为止人类发现的第15种完美五边形，其中，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·山东泰安·二模）如图，直线和分别经过正五边形的一个顶点，，，则的度数为（    ） A．32° B．38° C．46° D．48° 3．（2025·山东菏泽·二模）我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为（    ）      A． B． C． D． 4．（2025·山东滨州·二模）某校“智慧数学教室”重新装修，如图是用边长相等的正三角形和正n边形两种地砖铺满地面后的部分示意图，则n的值为（   ）    A．14 B．12 C．11 D．10 5．（2025·山东临沂·二模）如图是被撕掉一块的正多边形纸片，若直线，则该正多边形是（   ） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 6．（2025·山东聊城·二模）已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 7．（2025·山东德州·二模）一个多边形的每个内角都等于与它相邻的外角的5倍，这个多边形的内角和是 ． 8．（2025·山东潍坊·二模）如图，足球的表面是由12块正五边形的黑皮和20块正六边形的白皮围成的，将足球上的一块黑皮和与它相邻的一块白皮展开放平，则的度数为 ． 9．（2025·山东济南·二模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加 度． 02平行四边形的判定与性质 10．（2025·山东菏泽·二模）如图，在中，对角线，相交于点O，E为的中点，交于点F，，则的长为（　　） A．1 B．2 C． D． 11．（2025·山东临沂·二模）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 12．（2025·山东泰安·二模）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．则下列结论： ①点是的中点；②；③；④． 其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 13．（2024·山东济南·二模）如图，的对角线相交于点O，过点O，且点E，H在边上，点G，F在边上，向内部投掷飞镖，飞镖恰好落在阴影区域的概率为 ． 14．（2025·山东青岛·二模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，，交于点M，已知，，，则的周长为 ． 15．（2025·山东济南·二模）如图，在平行四边形中，、分别垂直于对角线的延长线，垂足分别为E、F．求证：． 16．（2025·山东菏泽·二模）已知：如图，点为对角线的中点，过点的直线与，分别相交于点，． 求证：．    17．（2025·山东济宁·二模）如图，在四边形中，是的中点，，交于点， (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求的长． 03矩形的判定与性质 18．（2025·山东青岛·二模）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，平分交边于点E，点F是的中点，连接，若，则的长度为（    ） A． B． C． D． 19．（2025·山东淄博·二模）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，点，在对角线上．若四边形是菱形，则的长为（   ） A．2 B．3 C．5 D．6 20．（2025·山东青岛·二模）如图，在矩形中，是边上两点，且，连接与相交于点，连接．若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 21．（2025·山东潍坊·二模）如图，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，、分别交于点、，且，则的值为（　　）    A． B． C． D． 22．（2025·山东日照·二模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，且，则为（   ） A． B． C． D． 23．（2025·山东滨州·二模）如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接．点G，H分别是的中点，连接．若，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 24．（2024·山东青岛·二模）如图，在矩形中，，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点落在上，且，则的面积为 ． 25．（2025·山东青岛·二模）如图，在矩形中，，，是边上一点，点在边的延长线上，且，连接交边于点，垂直平分，分别交，，于点，，．若，则的长为 ． 26．（2025·山东德州·二模）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，用“出入相补”法证明了三角形面积公式．如图，在中，点分别是的中点，作于点，沿虚线分割再重新拼接（无重叠无缝隙）成四边形．若，，则四边形的面积为 ． 27．（2025·山东威海·二模）如图，在矩形中，，，点P在边上，将沿翻折，点A落在点处，若点恰好在矩形的对角线上，则的长度为 ． 28．（2025·山东济南·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足分别为E，F．求证：． 29．（2025·山东青岛·二模）如图，平行四边形，延长至，延长至，使，连接、． (1)证明：； (2)若是中点，平分，则边与满足什么数量关系时，四边形是矩形？证明你的结论． 04菱形的判定与性质 30．（2025·山东临沂·二模）如图，E为菱形对角线上一点，．已知，，则的长为（   ） A． B． C． D． 31．（2025·山东青岛·二模）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，于点．若，，则折痕长为（   ） A． B． C． D． 32．（2025·山东德州·二模）菱形的一条对角线长为8，其边长是方程的一个根，则该菱形的周长为 ． 33．（2025·山东菏泽·二模）如图，菱形中，，，交于点，于点，连接，则的长为 ． 34．（2025·山东济南·二模）如图，菱形中，点分别在边上．将菱形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，，则的长为 ． 35．（2025·山东聊城·二模）如图，点是菱形的对角线上一点，连接并延长，交于，交的延长线于点．    （1）图中与哪个三角形全等： ． （2）猜想：线段、、之间存在什么关系： ． 36．（2025·山东枣庄·二模）如图，在菱形中，，，点、分别是边、上的动点，且，则的最小值是 ． 37．（2025·山东济南·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：． 38．（2025·山东滨州·二模）如图，在菱形中，E、F分别是和上的点，且．求证：．    39．（2025·山东聊城·二模）如图，中，为边上一点，为延长线上一点，且．过作，交的延长线于点． (1)求证：； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 40．（2025·山东东营·二模）在学习“特殊平行四边形”时，小郑进行了这样的操作：在平行四边形，作线段的垂直平分线，分别交，，于点M，O，N，连接，，得到四边形． (1)请你判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求四边形的面积． 41．（2025·山东青岛·二模）在中，点和点分别是和的中点，连接，过点作的平行线，与的延长线交于点． (1)求证： (2)当满足什么条件时，四边形是菱形，并说明理由；若此时的面积为16时，则的面积为______． 05正方形的判定与性质 42．（2025·山东临沂·二模）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． 43．（2025·山东聊城·二模）如图，在正方形中，点分别在上，连接，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 44．（2025·山东淄博·二模）如图，在矩形中，点M为边的中点，点N为边上一点，连接，．若平分，且，，则的长为（   ） A．4 B． C．5 D． 45．（2025·山东威海·二模）如图，正方形的边长为5，内部有6个全等的小正方形，小正方形的顶点E，F，G，H分别落在边上，则每个小正方形的面积为（   ） A． B． C． D． 46．（2025·山东临沂·二模）如图，正方形的边长为2，对角线、交于点O，E为上任意一点，射线绕点O逆时针旋转后交于点F，连接，则以下结论：①；②；③的最小值为；④，正确的个数有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 47．（2025·山东潍坊·二模）正方形的边长为4，点在对角线上（可与点重合），，点在正方形的边上．下面四个结论中， ①存在无数个四边形是平行四边形； ②存在无数个四边形是菱形； ③存在无数个四边形是矩形； ④至少存在一个四边形是正方形． 所有正确结论的序号是 ． 48．（2025·山东临沂·二模）如图，在正方形中，为边的中点，、分别为，边上的点，若，，，则的长为 ． 49．（2025·山东济南·二模）我国魏晋时期的数学家赵爽在为天文学著作《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成一个大正方形，这个图被称为“弦图”，它体现了中国古代数学的成就．如图，已知大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，那么 ．    50．（2025·山东泰安·二模）如图， 点P是正方形内一点， 连接、、，若，，，则正方形的面积为 ． 51．（2025·山东聊城·二模）如图，在直角三角形中，，的外角和的平分线，交于点O，过点O作，垂足分别是E和D． (1)求证：； (2)若，求的长． 1．（2025·山东淄博·二模）如图，四边形的对角线，相交于点O，，，则下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 2．（2025·山东菏泽·二模）点是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·山东济宁·二模）已知：菱形中，，，与交于点，点为上一点，以为对称轴，折叠，使点的对应点恰好落在边上，则的长为（    ）    A． B． C． D． 4．（2025·山东东营·二模）如图，六边形的六个内角都等于120°，若，，则这个六边形的周长等于（    ） A． B． C． D． 5．（2025·山东聊城·二模）如图，在矩形中，为对角线的垂直平分线，交于点，交的延长线于点．若，则下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 6．（2025·山东德州·二模）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·山东济南·二模）如图，已知在矩形中，是边的中点，与垂直，交直线于点，连接，则下列四个结论中：①；②；③；④．正确的有（   ） A．①②③④ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 8．（2025·山东临沂·二模）如图，正方形中，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接、，交于点．下列结论①；②；③；④，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 9．（2025·山东日照·二模）如图，在正方形中，分别为边，边上的动点，且交于点，点是边上一点，满足，当时．的长为（   ） A． B． C．2 D． 10．（2025·山东济宁·二模）如图，正六边形的两条对角线和相交于点O，则的值为 ． 11．（2025·山东淄博·二模）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 ． 12．（2025·山东青岛·二模）如图，正方形ABCD中，，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF．则线段OF长的最小值为 ． 13．（2025·山东威海·二模）如图，在中，D为中点，延长至点E，使，延长至点F，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，求的长． 14．（2025·山东烟台·二模）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． (1)求证：； (2)为线段延长线上一点，且满足，求证：． 15．（2025·山东日照·二模）在矩形中，，．点E、F分别在边AB、BC上，，垂足为点． (1)求的值； (2)当时，求的长； (3)连接，如果是等腰三角形，求的正切值． 16．（2025·山东聊城·二模）在矩形中，，点是边上一个动点（不与端点重合）．设，点到的距离为． (1)求与之间函数表达式，并求出自变量的取值范围． (2)若（1）中的函数关系（不考虑自变量的取值范围）与一次函数交于、两点，若点是轴正半轴上的一点，且，求点的坐标． 17．（2025·山东菏泽·二模）如图1，在边长为5的正方形中，点，分别是，边上的点，且，. (1)求的值； (2)延长交正方形的外角平分线于点（如图2），试判断与的大小关系，并说明理由； (3)在图2的边上是否存在一点，使得四边形是平行四边形?若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由. 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$