专题10 特殊四边形（山西专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

专题10特殊四边形（解析版） 考点1 多边形的相关计算 1．（2023·山西·中考真题）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 【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． 考点2 利用平行四边形的性质求解 1．（2025·山西·中考真题）如图，在平行四边形中，点是对角线的中点，点是边的中点，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质，由三角形中位线的性质得，进而由平行四边形的性质得，即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵点是对角线的中点，点是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故选：． 2．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为 ．    【答案】 【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可． 【详解】解：∵在中，， ∴，， 由作图知平分，， ∴是等边三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，尺规作图—作角平分线，等边三角形的判定和性质，正切函数的定义，求得是解题的关键． 3．（2020·山西·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，为半径的与相切于点，与相交于点，的延长线交于点，连接交于点，求和的度数． 【答案】45°，22.5° 【分析】连接OB,即可得,再由平行四边形得出∠BOC=90°,从而推出∠C=45°,再由平行四边形的性质得出∠A=45°,算出∠AOB=45°,再根据圆周角定理即可得出∠E=22．5°． 【详解】 解：连接． 与相切于点， ．． 四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形， ． ． 【点睛】本题考查圆周角定理、平行四边形的性质,关键在于根据条件结合性质得出角度的变换． 4．（2022·山西·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）， (2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明． 【答案】(1)作图见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）根据垂直平分线的尺规作图的画法，分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径画弧，交于两点，过两点作直线即可得到线段AC的垂直平分线． （2）利用矩形及垂直平分线的性质，可以证得，根据全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】（1）解：如图， （2）解：．证明如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴． ∴． ∵EF为AC的垂直平分线， ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了垂直平分线的尺规作图的画法、矩形的性质、全等三角形的判定和性质． 5．（2025·山西·中考真题）阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．   【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．   问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．   求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …    任务： (1)问题1中的________，问题2中的依据是________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段． （要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）． 【答案】(1)，等角的补角相等； (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）设的交点为O，利用矩形的性质及已知可证明是等边三角形，由等边三角形的性质及矩形性质即可求解．利用等角的补角相等即可完成问题2的依据． （2）利用三角形外角的性质及等边三角形的性质即可，从而问题完成； （3）作一个等边三角形即可完成． 【详解】（1）解：设的交点为O，如图； ∵四边形是矩形， ∴； ∵对角线与互为双关联线段， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴；    故答案为：； 问题2中的依据是：等角的补角相等；                       故答案为：等角的补角相等； （2）解：是的外角，   ． 是的外角，            ．          ， ．                即线段与线段所在直线形成的夹角中有一个角是． ， 线段与线段是双关联线段． （3）解：答案不唯一，例如： 作法一：   作法二：   如图，线段即为所求． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，尺规作图等知识，掌握这些知识是解题的关键． 考点3 证明四边形是平行四边形 1．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．    【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） (2)答案不唯一，见解析 (3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可； （2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可； （3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论． 【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） （2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求    （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和， 证明如下：∵点分别是边的中点， ∴． ∴． 同理． ∴四边形的周长． 即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 考点4 利用平行四边形性质与判定求解 1．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，延长交延长线于点，过作于点，则，由三线合一性质可得，然后证明四边形是矩形，所以，，又，则可证，所以，求出，然后通过平行线的性质和等角对等边可得，设，则，，最后通过勾股定理求出的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，延长交延长线于点，过作于点，则， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 由勾股定理得：， ∴，解得：， 即， ∴， 故答案为：． 2．（2025·山西·中考真题）项目学习 项目背景：“源池泉涌”为我省某景区的一个景点，主体设计包括外栏墙与内栏墙，外栏墙高于内栏墙，两栏中间为步道，内栏墙内为泉池，池内泉水清澈见底．从正上方看，外栏墙呈正八边形，内栏墙呈圆形．综合实践小组的同学围绕“景物的测量与计算”开展项目学习活动，形成了如下活动报告． 项目主题 景物的测量与计算 驱动问题 如何测量内栏墙围成泉池的直径 活动内容 利用视图、三角函数等有关知识进行测量与计算 活动过程 方案说明 图为该景，点俯视图的示意图，点，是正八边形中一组平行边的中点，为圆的直径图中点在同一条直线上． 图为测量方案示意图，直径所在水平直线与外栏墙分别交于，点，，外栏墙与均与水平地面垂直，且．，均表示步道的宽，．图中各点都在同一竖直平面内． 数据测量 在点处测得，点和点的俯角分别为，，米．图中墙的厚度均忽略不计 计算 …… 交流展示 …… 请根据上述数据，计算内栏墙围成泉池的直径的长（结果精确到米．参考数据： ，，，，，）． 【答案】内栏墙围成泉池的直径的长约为米． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，由题意得，四边形为矩形，则，，所以，，设米，则米，米，然后通过， ，  列出方程，  解出方程即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由题意得，，四边形为矩形， ∴，， ∴，， 设米，则米，米， 在中，，，， ∴， 在中，，， ∴， ∴，解得， ∴（米）， 答：内栏墙围成泉池的直径的长约为米． 3．（2023·山西·中考真题）2023年3月，水利部印发《母亲河复苏行动河湖名单（2022－2025年）》，我省境内有汾河、桑干河、洋河、清漳河、浊漳河、沁河六条河流入选．在推进实施母亲河复苏行动中，需要砌筑各种驳岸（也叫护坡）．某校“综合与实践”小组的同学把“母亲河驳岸的调研与计算”作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告计算和的长度（结果精确到．参考数据：，）． 课题 母亲河驳岸的调研与计算 调查方式 资料查阅、水利部门走访、实地查看了解 功能 驳岸是用来保护河岸，阻止河岸崩塌或冲刷的构筑物 驳岸剖面图        相关数据及说明，图中，点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，与均与地面平行，岸墙于点A，，，，， 计算结果 交流展示 【答案】的长约为的长约为． 【分析】过点作于点，延长交于点，首先根据的三角函数值求出，，然后得到四边形是矩形，进而得到，然后在中利用的三角函数值求出，进而求解即可． 【详解】解：过点作于点，延长交于点，      ∴． 由题意得，在中，． ∴． ∴． 由题意得，，四边形是矩形． ∴． ∵， ∴． ∴在中，． ∵． ∴． ∴， ∴． 答：的长约为的长约为． 【点睛】本题是解直角三角形的应用，考查了矩形的判定与性质，解直角三角形，关键是理解坡度的含义，构造适当的辅助线便于在直角三角形中求得相关线段． 考点5 利用菱形的性质求解 1．（2021·山西·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，交于点，则的长为 ． 【答案】 【分析】根据菱形性质，利用勾股定理求出AB的长度，再根据中位线定理求出OE的长即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，O为AC中点， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查菱形性质，勾股定理，中位线定理，熟练掌握以上知识点是解决本题的关键． 考点6 证明四边形是菱形 1．（2024·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． ①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积． 【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①，理由见解析；②或 【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形； （2）①由菱形和旋转得性质证，可证； ②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：（1）四边形为矩形．理由如下： ，     ， 四边形为菱形， ∴， ∴， ， ∴， 四边形为矩形． （2）①．理由如下： ∵四边形为菱形， ， 旋转得到， ， ， ， ， ， ， ． ②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， 由旋转知：，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∴ ； 当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：    由旋转知：，，，， ∵， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∴，， ∵， ∴ 四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 综上，四边形的面积是或． 【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键． 考点7 利用菱形的性质与判定求解 1．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形； （2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 解：②∵，，， ∴， 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得，，， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则， 同理得，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵是以为腰为底的等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键． 考点8 利用正方形的性质证明 1．（2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为 【答案】 【分析】连接AE、AF、EN，首先可证得，AE=AF，可证得垂直平分EF，可得EN=FN，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得AN的长． 【详解】解：如图：连接AE、AF、EN， 四边形ABCD是正方形 设AB=BC=CD=AD=a，， 在与中， ， ， 是等腰三角形， 又， 垂直平分EF， ， 又， ， 在中，， ， 解得a=20， ，， 在中，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，证得垂直平分EF是解决本题的关键． 2．（2020·山西·中考真题）综合与实践 问题情境： 如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 猜想证明： （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，请直接写出的长． 【答案】（1）四边形是正方形，理由详见解析；（2），证明详见解析；（3）． 【分析】（1）由旋转可知：，,再说明可得四边形是矩形，再结合即可证明； （2）过点作，垂足为，先根据等腰三角形的性质得到，再证可得，再结合、即可解答； （3）过E作EG⊥AD，先说明∠1=∠2，再设EF=x、则BE=FE＇=EF=BE＇=x、CE＇=AE=3+x，再在Rt△AEB中运用勾股定理求得x，进一步求得BE和AE的长，然后运用三角函数和线段的和差求得DG和EG的长，最后在Rt△DEG中运用勾股定理解答即可． 【详解】解：（1）四边形是正方形 理由：由旋转可知：，， 又， 四边形是矩形． ∵． 四边形是正方形； （2）． 证明：如图，过点作，垂足为， 则， ． 四边形是正方形， ，． ， ． ． ∵， ； （3）如图：过E作EG⊥AD ∴GE//AB ∴∠1=∠2 设EF=x，则BE=FE＇=EF=BE＇=x，CE＇=AE=3+x 在Rt△AEB中，BE=x，AE=x+3，AB=15 ∴AB2=BE2+AE2，即152=x2+（x+3）2，解得x=-12（舍），x=9 ∴BE=9,AE=12 ∴sin∠1= ,cos∠1= ∴sin∠2= ,cos∠2= ∴AG=7.2,GE=9.6 ∴DG=15-7.2=7.8 ∴DE=． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转变换、勾股定理、解三角形等知识，综合应用所学知识是解答本题的关键． 考点9 证明四边形是正方形 1．（2023·山西·中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．    (1)数学思考：谈你解答老师提出的问题； (2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．      ①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；    ②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．    【答案】(1)正方形，见解析 (2)①，见解析；② 【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形； （2）①由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论；②设的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果． 【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下： ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴四边形为矩形． ∵， ∴． ∴矩形为正方形． （2）：①． 证明：∵， ∴． ∵， ∴． ∵，即， ∴． ∵， ∴． 由（1）得， ∴． ②解：如图：设的交点为M，过M作于G， ∵， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴点G是的中点； 由勾股定理得， ∴； ∵， ∴，即； ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴，即的长为．      【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键． 一、单选题 1．（2025·山西大同·三模）如图，线段，，是一个正多边形的三条边，延长，交于点M，若，则这个正多边形是（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形 【答案】D 【分析】本题主要考查正多边形的外角，三角形内角和定理和等边对等角，正确记忆相关知识点是解题的关键．由该多边形内角都相等可知该多边形的外角也都相等，先算出外角再计算边数即可． 【详解】解：由该多边形内角都相等可知该多边形的外角也都相等， ， ， ， 则该正多边形的边数为， ∴这个正多边形是正八边形． 故选：D． 2．（2025·山西吕梁·二模）如图，在正六边形的边处放置一块平面镜，一束光线从点发出，照射到镜面上的点处，经反射后恰好经过边上的点．若正六边形的边长为，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过作于点，连接，交于点，交于点，交于点，延长交于点，则，证明，则有，由六边形是正六边形，所以，正六边形内角和为，垂直平分，所以，，证明四边形是矩形，四边形是矩形，故有，，然后证明，，所以，，然后代入数值即可． 【详解】解：如图，过作于点，连接，交于点，交于点，交于点，延长交于点，则， 由反射可知， ∵， ∴， ∴， ∵六边形是正六边形， ∴，正六边形内角和为，垂直平分， ∴，， ∴， ∴，， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了正六边形的性质，直角三角形的性质，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，等腰三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 3．（2025·山西运城·二模）如图，两根细绳将一物体E挂在两面互相垂直的墙面与上，若，，，则的度数（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是四边形的内角和定理，平行线的性质，先求解，再利用平行线的性质可得答案． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴； 故选：C 4．（2025·山西临汾·一模）若一个多边形的内角和是，则此多边形的边数是（   ） A．10 B．9 C．8 D．7 【答案】A 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式为，根据内角和公式列出方程即可得到答案； 【详解】解：由题意可得： ， 解得：， 故选：A． 5．（2025·山西晋中·一模）如图，正五边形的对角线相交于点，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正五边形的性质、三角形内角和及等腰三角形性质得到相关角度及线段长度，再由相似三角形的判定和性质得到，设，代入可得，化为一元二次方程求解即可得到结论． 【详解】解：是正五边形， ，， 则， ，， ， ， ， ∴， ∴， 设， ∴， ∴，即 解得或（负值舍去）， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查正多边形性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、三角形内角和定理、解一元二次方程等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会构建方程解决问题． 6．（2025·山西长治·二模）如图，已知，在边的同侧作正、正和正，连接，，则下列选项中不正确的是（   ）    A．一定会出现平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当，且时四边形为正方形 D．当，且时，四边形为菱形 【答案】A 【分析】本题考查等边三角形的性质，平行四边形的判定，矩形、正方形和菱形的判定．先证明和，推出四边形是平行四边形，再根据矩形，菱形和正方形性质和判定定理逐一证明判断即可． 【详解】解：当时， ∵、、都是等边三角形； ∴， ， ∴， 故， ∵， ∴， ∴， 同理可证，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵当时 ∴， ∴平行四边形是矩形，故B正确，选项B不符合题意； ∵， ∴， ∴矩形为正方形，故C正确，选项C不符合题意； ∵，且， ∴， ∴平行四边形是菱形，故D正确，选项D不符合题意； 当， ∴， 即D，A，F三点在同一直线上， ∴四边形不存在， 故A不正确，选项A符合题意； 故选：A． 7．（2025·山西大同·模拟预测）如图，在四边形中，，，，E，F分别是的中点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查三角形的中位线定理，三角形三边关系，取的中点，连接，三角形的中位线定理求出的长，再根据三角形的三边关系求出的取值范围即可． 【详解】解：如图，取的中点，连接， ∵点E是的中点， 是的中位线． 同理，是的中位线， ∴，． ∵， ∴在中，，即． 故选A． 8．（2025·山西朔州·三模）如图，在中，平分，于点，交于点，交的延长线于点，若，，则的长度为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】此题考查了平行线四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，掌握等腰三角形的判定和性质是关键．证明，，，，即可证明，则，得到，证明，即可得到． 【详解】解：在中， ∴ ∵平分， ∴ ∴ ∴， ∵于点， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ 故选：A 9．（2025·山西·一模）如图，取两根长度不等的细木棒，，将它们的中点重合固定（记为点）．转动木棒，在由锐角变成钝角的过程中，分析以木棒四个端点为顶点的四边形，下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形来判断，再利用平行四边形的性质来求解． 【详解】解：中点重合固定（记为点），故，相互平分，转动木棒，在由锐角变成钝角的过程中，四边形为平行四边形； A．不一定相等，选项错误，不符合题意； B．不一定相等，选项错误，不符合题意； C．不一定相等，选项错误，不符合题意； D．由平行四边形的性质知，选项正确，符合题意； 故选：D． 10．（2025·山西吕梁·二模）如图，在中，对角线，相交于点，是的中点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质和三角形中位线定理，关键是掌握平行四边形的对角线互相平分，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．先证明是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解． 【详解】解：在中，对角线，相交于点， ，即点是的中点， 是的中点， 是的中位线， ， 故选：C． 11．（2025·山西太原·一模）如图，将沿着的方向平移得到，其中与交于，连接，则下列结论一定成立的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平移的性质，平行四边形的判定和性质，由平移的性质得出，，进而可得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可得出答案． 【详解】解：∵将沿着的方向平移得到， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故选：D 12．（2025·山西临汾·一模）如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（   ） A．6 B． C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了勾股定理、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质．在取点，使，连接，，交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求得，再证明四边形是平行四边形，由此可以求出长． 【详解】解：在取点，使，连接，，交于点， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， 则； ∴四边形是菱形， ∴，，， 在中，， ∴， ∵， ∴，，即， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故选：D． 13．（2025·山西忻州·模拟预测）如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质、图形的平移、平行四边形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握正方形和平移的性质是解题关键．先证出两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，再证出，设，则，利用平行四边形的面积公式建立方程，解方程即可得． 【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形， ∴，， 由平移的性质得：， ∴两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16， ∴， 解得，符合题意， 即， 故选：A． 14．（2025·山西朔州·一模）如图，四边形是平行四边形，点P是对角线上一点，过点P作的平行线分别交于点M和点N，连接．若，若的面积为2，则的面积为（   ） A．4 B．6 C．8 D．5 【答案】B 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，根据已知条件求得，再证明，求得，则可得，即可解答． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， 过点P作的平行线分别交于点M和点N， ， 四边形和四边形为平行四边形， ， 的面积为2， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：B． 15．（2025·山西吕梁·一模）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，弧线分别相交于点M，N，画直线交于点；②连接并延长，以点为圆心，的长为半径画弧交的延长线于点；③连接，．下列说法错误的是（   ） A．四边形是平行四边形 B．若与重合，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】此题考查了平行四边形和特殊平行四边形的判定，根据题意逐项进行判断即可． 【详解】解：由题意可得，垂直平分，， ∴， ∴四边形是平行四边形，故A选项正确； 若与重合，则与互相垂直平分， ∴四边形是菱形，故选项B正确； 由题意可得，垂直平分，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 若，则， ∴四边形是矩形，故选项C正确； 若，无法证明四边形是正方形，故选项D错误． 故选：D． 16．（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在中，是对角线，E，F，G，H分别是的中点，连接，则下列说法中，不正确的是（    ） A．四边形为平行四边形 B．若四边形为矩形，则为菱形 C．若四边形为菱形，则为菱形 D．若四边形正方形，则为正方形 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定与性质，正方形的判定，平行四边形的性质与判定，根据三角形中位线定理可得，则可证明四边形为平行四边形；由矩形一组邻边垂直得到，进而可得，则为菱形；由菱形一组邻边相等得到，进而可得，则为矩形；由正方形的对角线互相垂直且相等得到，，进而得到 ，且，则为正方形． 【详解】解：∵E，F，G，H分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故A说法正确，不符合题意； 同理可得， 若四边形为矩形，则， ∴， ∴为菱形，故B说法正确，不符合题意； 若四边形为菱形，则， ∴， ∴为矩形，故C说法错误，符合题意； 若四边形正方形，则， ∴，且 ∴为正方形，故D说法正确，不符合题意； 故选：C． 17．（2025·山西吕梁·三模）如图，在矩形中，下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查矩形的性质，根据矩形的性质依次判断即可，熟练掌握其性质是解题关键． 【详解】解：∵矩形， ∴，，， ∵O为中点， ∴，故选项A、B、C正确，不符合题意； 无法得出，故选项D错误，符合题意； 故选：D． 18．（2025·山西晋城·三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，连接对角线，是上一点，已知点的坐标为，若将线段绕点顺时针旋转，点恰好落在轴上，则点的坐标为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了旋转的性质、解直角三角形、菱形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质和旋转的性质是解题的关键．令线段绕点顺时针旋转后，与轴的交点为点，过点作轴于点．求出点的坐标为，证明．即可得到答案． 【详解】解：如图，令线段绕点顺时针旋转后，与轴的交点为点，过点作轴于点．   点的坐标为， ． 四边形是菱形， ， 点的坐标为， ，， ． 由旋转性质可得，， ， ． 点的坐标为， 点的坐标为，即点的坐标为． 故选：D 19．（2025·山西·模拟预测）下列有关特殊四边形的说法正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．邻边相等的矩形是正方形 C．取平行四边形四条边的中点，顺次连接构成的四边形是矩形 D．矩形的每一条对角线平分一组对角 【答案】B 【分析】题目主要考查特殊四边形的判定和性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．逐一分析各选项是否符合特殊四边形的判定或性质． 【详解】解：A． 对角线互相垂直的平行四边形才是菱形，仅四边形对角线垂直不一定是菱形（如对角线垂直的梯形），故A错误． B． 矩形邻边相等时，四条边均相等且四个角为直角，符合正方形定义，故B正确． C． 平行四边形四条边中点连线构成的四边形是平行四边形（中点四边形性质），而非矩形，仅当原四边形对角线垂直时中点四边形为矩形，但平行四边形对角线不一定垂直，故C错误． D． 矩形对角线相等且平分，但仅当矩形为正方形时对角线平分对角，普通矩形对角线不满足此性质，故D错误． 故选：B． 20．（2023九年级·全国·专题练习）家庭折叠型餐桌两边翻开后成圆形桌面（如图①），餐桌两边和平行且相等（如图②），小华用皮尺量出米，米，则阴影部分的面积为（    ）    A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．平方米 【答案】B 【分析】此题主要考查了勾股定理以及扇形面积计算以及三角形面积求法等知识，熟练掌握特殊角的三角函数关系是解题关键．设圆心为O，连接，过点O作于点E，进而得出，的长以及的度数，进而由得出弓形的面积，进一步即可求得阴影部分的面积． 【详解】解：设圆心为O，连接，过点O作于点E， 由题意可得出：， ∴是的直径， ∵米，米， ∴，米， ∴， ∴米， ∵， ∴， ∴， ∴平方米， ∴阴影部分的面积为：平方米． ∴故选：B． 21．（2025·山西大同·三模）如图，四边形是正方形，对角线，交于点O，点E在正方形的内部，且．连接并延长交边于点F，线段，分别与，交于点M，N，则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，得到是的垂直平分线，即可得到，进而判断A；有等边对等角得到，，即可得到，进而判断B；证明出，得到，即可判断C；只有当时，，即可判断D． 【详解】∵四边形是正方形，对角线，交于点O， ∴ ∵ ∴是的垂直平分线 ∴，故A不符合题意； ∵， ∴ ∵ ∴ ∴，即，故B不符合题意； ∵，， ∴ ∴，故C不符合题意； 只有当时，， 根据题意无法求出，故不一定成立，故D符合题意． 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的判定，等边对等角等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 22．（2025·山西长治·模拟预测）如图，点从矩形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点，点运动时，的面积随时间变化的关系图象是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定及性质、三角形面积公式以及函数图象的知识，熟练掌握三角形面积随动点位置变化的规律，利用相似三角形等知识分析面积与时间的函数关系是解题的关键．根据点在矩形的不同边上运动时，面积的变化情况来选择正确的函数图象．分点在上运动和点在上运动这两个阶段进行分析． 【详解】解：当点在边上运动时，如图， ∵矩形中，的长度不变，设，（、为定值）． 此时以为底边，为高，根据三角形面积公式底高，可得的面积 ． ∵、是定值， ∴在点从运动到的过程中，的面积保持不变，图象是一段水平线段． 当点在上运动时，如图， 设点运动到上时，运动时间为秒，点从出发沿运动，速度是．设，，则点在上运动时，． 过作于，则, ∴． ∴ ．即 ∴， ∴的面积， ∴与是一次函数关系，图象是一条下降的线段． 综上，整个过程中面积随时间变化的关系图象是先水平，再下降的线段， 故选：A． 23．（2025·山西吕梁·二模）如图，将矩形沿翻折，使点C的对应点与点A重合，点D的对应点为，若，，则折痕的长为（   ） A．6 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，涉及了勾股定理，由题意得，根据可求出；作，推出，即可求解． 【详解】解：由题意得：， ∵ ∴， 解得：， ∴，， 作，如图所示： 则四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 24．（2025·山西吕梁·二模）如图，菱形的顶点B在反比例函数（，）的图象上，顶点A在x轴上，，，则k的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，求反比例函数的解析式．连接，与轴交于点，证明是等边三角形，在中，求得，，得到，据此求解即可． 【详解】解：连接，与轴交于点， ∵菱形,， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， 在中， ∴，， ∴， ∵顶点B在反比例函数的图象上， ∴， 故选：B． 25．（2025·山西晋中·三模）如图，在正方形中，点在边上，连接，过点作于点，过点作于点，若，则的长为（    ） A．4 B．5 C．7 D．11 【答案】B 【分析】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，由正方形的性质得再证明，根据证明，得，，从而可求出． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故选：B． 26．（2025·山西大同·二模）如图，先对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕﹐同时得到线段，．观察所得的线段，若，则的长为（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】此题考查了矩形的性质，折叠轴对称，掌握折叠前后对应边相等，对应角相等，以及直角三角形的边角关系是解题的关键．根据折叠的性质，得出 ，，进而得到，在中，由特殊锐角的三角函数可求即可． 【详解】解：根据折叠的性质可知：，，，， ∴ ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴，则， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故选：． 27．（2025·山西阳泉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是边长为的正方形，其中，点位于第二象限，点位于第一象限，且与轴正半轴的夹角为，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了正方形的性质，坐标与图形，勾股定理以及三角函数的应用，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，作出辅助线． 连接，作轴，由正方形的性质可得，，则由勾股定理和角度和差得，，最后用三角函数即可求出点的坐标． 【详解】解：连接，作轴，如下图： 由正方形的性质可得，， ∴， 由题意可得：，， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为：， 故选：A． 28．（2025·山西·模拟预测）已知菱形中，为对角线，点E，F，G，H分别是边，，，上的点．若四边形是正方形，则下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形和正方形的性质，全等三角形的判定和性质．根据菱形和正方形的性质，得到菱形对角线和正方形对角线都经过中心，再证明，即可得到． 【详解】解：连接， ∵菱形和正方形， ∴菱形和正方形的中心都是点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴选项C符合题意，选项A、B、D都不符合题意， 故选：C． 29．（2024·广东深圳·一模）如图，在的基础上用尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点；②分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．可以直接判定四边形是菱形的依据是（    ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定，熟记菱形的判定定理是解题关键．由作法可知，①可得，②可得，则，即可得到答案． 【详解】解：由作法可知， 则判定四边形是菱形的依据是四条边相等的四边形是菱形， 故选：A． 30．（2025·山西朔州·一模）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，过点O作的垂线分别交于点E和点F，点G是的中点，连接．若，则的度数为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了直角三角形斜边上中线等于斜边一半，等腰三角形的性质，矩形的性质，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得到，则可求出，即可解答，熟知上述性质是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， 垂直平分，点G是的中点， ， ， ， ， ， 故选：D． 二、填空题 31．（2025·山西吕梁·三模）图1所示是厨房三角落地置物架，图2是置物架搁物板示意图，其中，，则的度数是 ． 【答案】/135度 【分析】本题主要考查了多边形的内角和．根据多边形的内角和定理可得，即可求解． 【详解】解：五边形的内角和为， 即， ∵， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 32．（2025·山西临汾·三模）窗棂（如图1）是中国传统木构建筑的框架结构，使窗成为传统建筑中最重要的构成要素之一，也成为建筑的审美中心．图2是从图1中提取的由六条线段组成的图形，若，则 ． 【答案】300 【分析】本题考查了多边形的外角和问题，根据多边形的外角和为计算即可得解，熟练掌握此知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：由题意可得：， ∵， ∴， 故答案为：． 33．（2025·山西大同·模拟预测）如图，制作椅子时，横截面为正五边形的水平木梁必须安装在支撑柱的槽口中，为使木梁能够准确咬合在槽口中，则支撑柱的一个角的度数为 ． 【答案】/108度 【分析】本题考查了正多边形的内角问题，根据多边形内角和公式进行计算即可求解．先根据多边形的内角和公式求出内角和，然后除以即可． 【详解】解：，； 故答案为：． 34．（2025·山西太原·二模）中国宴席中的摆盘艺术体现传统美学原则．如图1，将六个全等的正五边形陶瓷盘按照如图1的方式摆放，正五边形的五个顶点代表“五福”，具有美好的寓意．若将其抽象成如图2的图形，则的度数为 °． 【答案】36 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式是关键． 用减去三个正五边形的内角的度数即可． 【详解】解：∵正五边形每个内角的度数为 ∴． 故答案为：36． 35．（2025·山西阳泉·模拟预测）如图1，小亮在公园发现一条由一些不规则的多边形拼接而成的道路．小亮由此抽象出如图2所示的多边形，则这个多边形的内角和为 ． 【答案】/720度 【分析】本题考查了多边形的内角和问题，熟练掌握边形的内角和为是解题的关键．根据多边形的内角和公式即可求解． 【详解】解：由题意得，多边形为六边形， 这个多边形的内角和为． 故答案为：． 36．（2025·山西长治·二模）如图：中，，，平分，交于点E，若，则长为 ． 【答案】/ 【分析】过点A作于点H．根据，解直角三角形求出再利平行线分线段成比例定理求出，利用勾股定理求出，，求出，进而可求出的长． 【详解】解：过点A作于点H． ，， 四边形都是平行四边形， ， 平分， ，，      ． 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，平行线分线段成比例定理，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 37．（2025·山西吕梁·二模）如图，在中，，是的中位线，为上一点，连接，将沿折叠得到，点的对应点落在线段上，若，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】先根据三角形中位线性质求得．如图，过点作，交的延长线于点．证明求得．根据折叠性质和勾股定理求得．然后证明，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：是的中位线， ，，，， ∴， ， ． 如图，过点作，交的延长线于点． 则，又， ∴， ， ． 由折叠的性质可知，， 在中，由勾股定理得． ， ． ， ， ， ， ，即， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题考查折叠性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握三角形的中位线定理以及相似三角形的性质是解答的关键． 38．（2025·山西朔州·三模）如图，在中，，于点，点在边上，且，，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，解三角形，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，根据平行四边形的性质得出，然后解三角形确定，，得出，过点A作于点M，过点E作于点N，设，利用全等三角形的判定和性质得出，，根据解三角形及各边之间的关系得出，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， 过点A作于点M，过点E作于点N， 设， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：或， 当时，，（不符合题意，舍去） ∴， ∴， 故答案为：． 39．（2025·山西临汾·三模）如图，已知正方形的边长为6，E是正方形的边上的一点，沿将折叠，点A落在点F处，连接，，若，则的长为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了正方形的折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质．延长交于点，连接．设，则．由折叠的性质得，，，可证明，可得，从而得到．再证得，可得，从而得到，进而得到然后在中，由勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点，连接． 四边形为正方形，且边长为6， ，． 设，则． 由折叠的性质得，，， ，． 在和中， ， ， ， ． ， ，， ， ， ， ， 在中，，，， 由勾股定理得， ， 解得， ． 故答案为：4． 40．（2025·山西吕梁·三模）如图，用一根绳子检查一个平行四边形书架的侧边是否和底边垂直，只需要用绳子比较书架的两条对角线的长就可以判断，其中证明“四边形是矩形”的依据是： ． 如图，用一根绳子检查一个书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比 【答案】对角线相等的平行四边形是矩形 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形） 故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形． 41．（2025·山西晋城·三模）如图，在中，，，平分，连接，满足，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】先由相似三角形的判定得到，由相似比代值求解得到，过点分别作于点于点，如图所示，由正方形的判定与性质，进而得到，由相似比代值求解得到，最后在Rt中，由勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：平分， ， ， ， ， ， ， 过点分别作于点于点，如图所示： 平分， ， ， 四边形为正方形， ， ，， ， ，即， ， 在Rt中，，，，由勾股定理得． 故答案为： 【点睛】本题考查求线段长，涉及角平分线定义、相似三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质并灵活运算相似及勾股定理求线段长是解决问题的关键． 42．（2025·山西临汾·二模）如图，在菱形中，点是边的中点，动点在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，一点到圆上一点的距离的最值问题、折叠问题、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，确定点F在以E为圆心，为半径的半圆上是解题的关键． 根据中点的定义以及折叠的性质可求得，如图：当D、E、F在同一直线上时，最短，过点E作于点H，依据，，即可得到的长度，进而得出的最小值． 【详解】解：∵点E是边的中点， ∴， ∵以为折痕将折叠得到， ∴， ∴点F在以E为圆心，为半径的半圆上， ∵， ∴当F在上时，有最小值，最小值为； 如图，过点E作交于延长线点H，连接， ∵在边长为4的菱形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴ ∴的最小值． 故答案为：． 43．（2025·山西长治·三模）勾股定理是数学史上非常重要的一个定理，2000多年来，人们对它进行了大量的研究，《几何原本》第47个命题为：在直角三角形中，以直角所对的边为边的正方形的面积等于以在直角的两边为边的正方形的面积和，从而证明出了勾股定理．小明同学深受启发，作了如下探究：如图，过的顶点作的垂线与相交于点，设正方形的面积为，正方形的面积为，正方形的面积为，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，先证明，即可得到，，然后根据勾股定理计算比值解答即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， 由题可得，，， ∴， 故答案为：． 44．（2025·山西·模拟预测）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，的长为半径画弧，交边于点；②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；③作射线交于点，连接．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是菱形的性质，作垂线，先证明，，可得，再结合，从而可得答案． 【详解】解：∵菱形， ∴，， ∵， ∴， 由作图可得：， ∴， 故答案为： 45．（2025·山西大同·二模）如图，正方形的边长为6，点分别是边上的点，且，连接的垂直平分线分别交于点，则的长为 ． 【答案】 【分析】连接，如图所示，由正方形性质及全等三角形的判定得到，由全等的性质得到，，再结合垂直平分线定义得到，，进而由平行线的判定得到，在中，由勾股定理得到，由相似三角形的判定与性质求出，，进而求出，再结合，由相似比列式求解即可得到． 【详解】解：连接，如图所示： 在正方形中，，， ， ， ，， 在中，，则， ， 是的垂直平分线， ，， ， 在中，，，则由勾股定理可得， ，， ， ，即， 解得，， ， ，，， ， ， ，即， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题考查求线段长，涉及正方形性质、全等三角形的判定与性质、垂直平分线定义、平行线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握勾股定理、相似三角形求线段长的方法是解决问题的关键． 46．（2025·山西运城·模拟预测）菱形的对角线长分别为和，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，据此即可求解． 【详解】解：由题意知，菱形面积为：； 故答案为：． 47．（2025·山西忻州·模拟预测）在矩形中，，，对角线，交于点，过点作，垂足为，为中点，连接交于点，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】如图，延长交于点，先利用三角函数求得，得出为等边三角形，得出，再证出和，得出，进而即可得解． 【详解】如图，延长交于点， 在矩形中， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理可得， ， ， ， 为中点， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键． 48．（2025·山西忻州·一模）如图，在正方形中，，点E是对角线的中点，点F在线段上，且．以F为旋转中心，将线段逆时针旋转得到，此时点G恰好落在线段上，则的长为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，根据正方形的性质解直角三角形求出，再解求出，然后证明，则，最后解即可． 【详解】解：过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵点E是对角线的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 由旋转得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的性质等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 三、解答题 49．（2025·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是勤思小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等角准正多边形”的研究报告 勤思小组 研究对象：等角准正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念一性质一判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）一猜想一推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其所有的各角都相等，且有两条边不等于其他相等的边，我们称这个凸多边形为等角准正多边形．如图1，我们学习过的矩形（正方形除外）就是等角准正四边形，类似地，还有等角准正六边形、等角准正八边形…… 【特例研究】根据等角准正多边形的定义，等角准正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果在六边形中，，且，那么六边形是等角准正六边形． 性质探索：根据定义，探索等角准正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等角准正六边形的每个内角均等于___________．每个外角均等于___________． 对角线．．．．．． 任务： (1)直接写出研究报告中空缺的内容：___________，___________． (2)在图2中，等角准正六边形的三组正对边与与与分别有什么位置关系？请证明你的结论． (3)如图3，已知八边形中，，，且．求证：八边形是等角准正八边形 【答案】(1) (2)均为平行，见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查平行线的性质和判定，正多边形的性质，理解题意以及多边形的相关性质是解题关键． （1）根据等角准正六边形的定义解答即可； （2）连接，根据六边形是等角准正六边形，得出．结合四边形内角和得出，即可得，根据，得出．即可得．同理可证． （3）延长，与的延长线交于点，延长，与的延长线交于点，根据，得出，，根据，得出，即可得，同理，得出，即可证明． 【详解】（1）解：每个外角均等于，等角准正六边形的每个内角均等于， 故答案为：； （2）解：，，． 证明：方法一：连接，如图： 六边形是等角准正六边形， ． ， ． ， ． ． 同理可证． 方法二：延长交于点，如图： 六边形是等角准正六边形， ． ． ． ． ． 同理． （3）解：（方法不唯一）延长，与的延长线交于点，延长，与的延长线交于点，如图： ， ． ． ， ． ． ． 同理． ． 又，且， 八边形是等角准正八边形． 50．（2025·山西长治·三模）阅读与思考 请阅读以下材料并完成相应的任务． 如果一个点把一条线段分割成两部分，其中较长线段与整条线段之比，等于较短线段与较长线段之比，则这个点叫做这条线段的黄金分割点，这个比例叫做黄金比，也叫做中外比，按此比例设计出的图案十分美丽． 如图1，C是线段AB的黄金分割点，或就是黄金比，其比值为． 黄金三角形是一个等腰三角形，常见的黄金三角形有两种：①它的底之长与一腰之长的比为黄金比，此时等腰三角形的两个底角为，顶角为；②它的一腰之长与底之长的比为黄金比，此时等腰三角形的两个底角为，顶角为． 任务： (1)如图2，在中，，．用尺规在AC边上求作一点P，连接，使为黄金三角形．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母） (2)如图3，在的内接正十边形中，是正十边形的一条边，平分．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图和性质，黄金分割，正多边形的性质，等腰三角形的性质与判定，正确理解题意是解题的关键． （1）作线段的垂直平分线交于P，连接，则即为所求；根据线段垂直平分线的性质可得，则，则可得到，再由等边对等角可得； （2）求出，由角平分线的定义可得，则，则可证明和是黄金三角形，据此求出的长即可得到答案． 【详解】解：（1）如图所示，作线段的垂直平分线交于P，连接，则即为所求； （2）∵正十边形的中心角，， ． ∵平分， ， ∴． 和是黄金三角形． ，． ， ． ． 51．（2025·山西吕梁·三模）阅读与思考 下面是智慧小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“泰森四边形”的研究报告荷兰气候学家A・H・Thicssen为了计算各个区域的平均降雨量，将所有相邻气象站连成三角形，作这些三角形各边的垂直平分线，这些垂直平分线围成一个多边形，这个多边形就是泰森多边形，其顶点是每个三角形外接圆的圆心．如图1，点是四边形内一点，，，，分别是，，，的外心，则四边形是四边形的泰森四边形，点叫做相关点． 如图2，当四边形对角线的交点是相关点时，其泰森四边形是平行四边形． 如图3，当四边形对角线的交点是相关点，且时，其泰森四边形是菱形．理由如下： 设与交于点，与交于点，与交于点，与交于点． 点，，，分别是，，，的外心， ． 又  ． 又四边形是平行四边形 四边形是菱形． 如图4，当四边形对角线的交点是相关点，且时，其泰森四边形是矩形．理由如下： ，… 学习任务： (1)在图1中，，，的数量关系是________； (2)请在图2中证明四边形是平行四边形； (3)当四边形对角线的交点是相关点时，矩形的泰森四边形是________，菱形的泰森四边形是________．（填“矩形”“菱形”或“正方形”） (4)如图5，在四边形和中，，，分别垂直平分，，．在平面内求作点，使四边形是四边形的泰森四边形，且点是相关点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，标明字母，不写作法．） 【答案】(1) (2)见解析 (3)菱形；矩形 (4)见解析 【分析】（1）由“垂直平分”可得，再根据四边形的内角和以及三角形的内角和结合等量代换即可求解． （2）根据平行四边形的判定，即“两组对边分别平行的四边形为平行四边形”即可证明． （3）根据菱形的判定，即“对角线互相垂直的平行的四边形为菱形”证明；矩形的判定，即“有一个角为直角的平行的四边形为矩形”证明． （4）根据尺规作图的作图要求，分别以H为圆心，为半径画圆，以G为圆心，为半径画圆，即可画出点D的位置． 【详解】（1）解：， 记与的交点为点N，与的交点为点M， 由题可知，垂直平分，垂直平分， 所以， 由四边形内角和可知，， 所以， 又因为在中，， 所以． （2）解：设与交于点，与交于点． ，，，分别是，，，的外心． ，分别为，的垂直平分线， ， ． 同理，． 四边形为平行四边形． （3）解：如图，四边形为矩形，四边形为其“泰森四边形”， 由题可知，垂直平方和，垂直平方和， 所以， 由（2）知四边形为平行四边形， 所以四边形为菱形； 如图，四边形为菱形，四边形为其“泰森四边形”， 因为四边形为菱形， 所以， 点，，，分别为所在四边的中点， 所以，， 所以， 所以四边形为矩形． （4）如图所示，点即为所求（答案不唯一）． 作法：以H为圆心，为半径画圆， 以G为圆心，为半径画圆， 两圆相交于靠外侧的一点即为点D． 【点睛】本题考查了四边形和三角形的内角和，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，以及尺规作图的要求．需熟练掌握垂直平分线的性质和外心的性质是解决本题的关键． 52．（2025·山西吕梁·三模）如图，点、、、在一条直线上，，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的证明以及平行线的性质，由角边角的证明三角形全等并得到四边形是平行四边形解决本题的关键． 首先由角边角的方法证明与全等，则可得到，再由平行四边形的判定，即“一组对边平行且相等的四边形为平行四边形”即可证明． 【详解】证明：， ， ， ，． ，． ． ． 又． 四边形是平行四边形． ． 53．（2025·山西吕梁·三模）综合与实践问题情境： 综合与实践课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线，将沿射线方向平移得到．点的对应点分别为． 猜想证明： （1）如图②，当线段经过点时，连接、．请判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）若中，．将图②中的继续沿射线方向平移，得到．点的对应点分别为．老师让同学们提出问题并解答． 如图③，“创新小组”画出的四边形是菱形，提出问题是：求此时菱形的对角线与的长． 【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析；（2） 【分析】（1）由平移得到，根据直角三角形斜边中线得到，然后先证明四边形是平行四边形，再得到 ，即可证明矩形； （2）由先勾股定理求出．过点作于，连接．由三角形中位线得到，则，再由菱形即可求出． 【详解】解：（1）四边形是矩形；理由如下： ∵平移得到， ∴， ∴， ∵为边上的中线， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）∵， ∴． 过点作于，连接． ∵四边形是菱形， ∴． 由（1）得， ∴， ∵是的中点，是的中点， ∴， ∴， ∴菱形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，平移的性质，三角形中位线定理，菱形的性质等知识点． 54．（2025·山西吕梁·三模）阅读下面材料，完成相应任务． 四边形的中位线 我们学习过三角形的中位线，类似的，把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线． 如图1，在四边形中，点分别是的中点，则就是四边形的中位线．求四边形的中位线的长度，可以通过找中点，将其转化为三角形的中位线解决． 例：如图2，在四边形中，点分别是的中点．若，求． 解：如图2，取的中点，连接． ∵点、分别是的中点， ∴．（依据） …… 任务： (1)上述材料中的依据是指___________． (2)将材料中的解题过程补充完整． (3)如图3，在四边形中，点分别是的中点，，延长交于点，延长交于点，且．请直接写出的长度___________． 【答案】(1)三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半（或三角形的中位线定理） (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理及逆定理等知识；熟练运用相关性质定理是正确解答此题的关键． （1）根据三角形的中位线定理即可解答； （2）由三角形中位线定理得根据平行线的性质可得出，进而可得．再由勾股定理即可得． （3）连接，取的中点，连接．根据三角形中位线定理得．进而可得，结合，得出，即是直角三角形，用勾股定理即可得结论． 【详解】（1）解：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半（或三角形的中位线定理）． （2）解：如图 2，取的中点，连接． ∵点分别是的中点， ∴．（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半） ， ， ， 在 中，由勾股定理，得． （3）证明：如图，取的中点，连接． ∵点分别是的中点， ∴． ， ∵， ， ∴， ∴是直角三角形， ， ∴． 55．（2025·四川眉山·二模）如图，线段相交于点，且，于点． (1)尺规作图：过点作的垂线，垂足为点，连接，；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母） (2)若，请证明四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，垂线的尺规作图，全等三角形的性质与判定： （1）先根据垂线的尺规作图方法作出点F，再连接、即可； （2）先根据证明，得到，再证明，，进而根据证明，得到，即可证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求． （2）证明：， ， 又， ， ， ， ，， 又， ， 四边形是平行四边形． 56．（2025·山西运城·一模）综合与探究 问题背景 数学课上、同学们以“直角三角形的旋转”为主题展开数学活动，如图1，在中，，点是的中点，过点作交于点，连接，点是的中点，点是的中点，连接． 初步探究： （1）与的数量关系为________； 深入探究 （2）如图2将绕点逆时针旋转得到，点的对应点是点，点的对应点是点，连接，点是的中点，点是的中点，连接，，和． ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②求证：； 拓展延伸 （3）如图3，在中，，，，点是的中点，过点作于点，将绕点顺时针旋转一周，在旋转的过程中，当是以为底边的等腰三角形时，请直接写出所有满足条件的的值． 【答案】（1）；（2）①平行四边形，理由见解析；②见解析；（3）或 【分析】（1）根据中位线的性质得出，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出，即可得出答案； （2）①根据中位线的性质得出，，，，即可得出结论； ②连接、，证明，得出即可； （3）连接，根据勾股定理和直角三角形性质求出，，求出， ，分两种情况讨论：当在旋转过程中时，当在旋转过程中时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：（1）∵点D为的中点，G为的中点， ∴， ∵，F为的中点， ∴， ∴； （2）①四边形为平行四边形；理由如下： ∵点是的中点，点是的中点， ∴，， ∵点是的中点，点是的中点， ∴，， ∴四边形为平行四边形； ②连接、，如图所示： ∵， ∴， 根据旋转可知：， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴点D为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）连接， ∵点D为的中点，， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∵点D为的中点， ∴， 当在旋转过程中时，如图所示： 则， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴是以为底的等腰三角形， ∴此时符合题意， ∵， ∴； 当在旋转过程中时，过点D作于点H，连接，过点B作于点G，如图所示： 则， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是以为底的等腰三角形， ∴此时符合题意， ∵，， ∴． 综上分析可知：．满足条件的的值为或． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形中位线的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 57．（2025·山西长治·二模）阅读与思考 小颖在一篇数学杂志中看到“在尺规作图中，三等分任意角是著名的古希腊三大几何难题之一．19世纪数学家通过代数方法（如伽罗瓦理论）证明：仅用无刻度直尺和圆规三等分任意角是不可能的．”小颖想着尺规作图不能三等分任意角，那能不能三等分任意线段呢？她作了如下两种作法，请认真阅读她的笔记，并完成下列任务． 问题：已知：线段（如图）．求作：在线段上找一点C，使得．（尺规作图） 方法一： 作法步骤： （1）以A为端点作射线． （2）在射线上依次截取线段． （3）连接，过点E作的平行线交AB于点C． 证明：，． （依据） 方法二： 作法步骤： （1）以为一边作出等边． （2）以为的一半为一边作出等边． （3）连接交于点C． 证明：由作图可知和均为正三角形 且 ∴…… 任务一：上述阅读材料中的方法一中的依据为：_________ 任务二：请你帮助小颖完成方法二中剩余的证明过程． 任务三：请你再用一种不同的方法，在线段上找一点，使得．（尺规作图，保留痕迹，不写作法，不用证明） 【答案】[任务一] 平行线分线段成比例定理；[任务二]见解析；[任务三]见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，菱形的判定与性质等知识点． 任务一：由平行线分线段成比例定理即可判定； 任务二：根据等边三角形导角得到，则，那么，则，即可得到． 任务三：分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，则，那么四边形是菱形，则，再在射线上截取，则，那么，所以，那么，由可得，则，因此，故． 【详解】解：任务一： 证明：，． （平行线分线段成比例定理）， 故答案为：平行线分线段成比例定理； 任务二： 证明：由作图可知和均为正三角形 且 ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 任务三： 解：如图，点即为所求： 58．（2025·山西·模拟预测）如图，在正方形中，为对角线延长线上一点，连接． (1)实践操作：利用尺规在线段下方作，射线与的延长线交于点．（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想与证明：试猜想线段，的位置关系，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查尺规作图作一个角等于已知角，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，熟练掌握尺规作图的方法和题中相关几何性质与判定是解题的关键． （1）利用尺规作图作一个角等于已知角的方法作图即可； （2）利用正方形的性质证明，，再证明，得出，得出，即可证明． 【详解】（1）解：如答图所示即为所求． （2）解：，理由如下： 证明：四边形是正方形， ，， ， ， ，即， ， ， ． 59．（2025·山西·模拟预测）【动手实践】阅读与思考 下面是小刚同学的数学笔记，请仔细阅读并完成相应的任务． 确定过道可通过的物体的最大长度我家过道宽度都为．一个长方体盒子（高度低于楼高）的宽为，则这个盒子的长最长为多少时，能顺利通过过道？ 建立模型：如图1为过道示意图，为直角顶点，经测量过道宽度都是．矩形是某物品经过该过道时的俯视图，宽为． 操作步骤： 1．靠边：将图1中矩形的一边靠在上； 2．推移：矩形沿方向推移一定距离，使点在边上； 3．旋转：如图2，将矩形绕点旋转； 4．推移：将矩形沿方向继续推移． 尝试思考：如图2，已知，当时，我求得，则该物体能顺利通过直角过道． …… 任务： (1)在“尝试思考”环节，你赞同小刚得出的结论吗？请通过计算说明理由． (2)请你帮小刚算出该过道可以通过的长方形盒子的最大长度，即求的最大值．（精确到） 【答案】(1)不赞同小刚的结论．理由见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，无理数的估算，熟练掌握勾股定理是解题的关键； （1）连接，勾股定理求得，即可求解； （2）勾股定理求得，根据，即可求解． 【详解】（1）解：不赞同小刚的结论． 理由如下：如图，连接． ∵，小刚求得， 四边形是矩形， ， ， ， ， 过道宽度都是， 该物品不能顺利通过直角过道． 不赞同小刚的结论． （2）若该过道可以通过的物品长度最大，则点为的中点，且． ∴的最大值为． 60．（2025·山西长治·三模）问题背景 如图1，四边形是一个正方形花园，，分别是它的两个门，且，要修建两条路和，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？为什么？ 问题探究 (1)如图2，在正方形中，若，试证明． 知识迁移 (2)如图3，在矩形中，点，，，分别在线段，，，上，且．若，，求的值．（用含，的代数式表示） 知识运用 (3)如图4，，是两个直角三角形，，，，交于点，经过的中点，交于点，，且，请直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用正方形的性质证出，再利用全等三角形的性质即可证明； （2）作于点，作于点，设与交于点，利用矩形的性质得到，再由和得到，推出四边形、都是矩形，则有，，再通过证明得到，代入数据即可求解； （3）在中利用正切的定义得到，设，通过证明得到，进而求出，再由得到，在中利用正切的定义求出，再利用平行线的性质即可求出的值． 【详解】（1）证明：设与交于点，如图： 正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ． （2）解：作于点，作于点，设与交于点，如图： 矩形， ， ，， ， 四边形、都是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 的值为． （3）解：在中，， ， 设，则， 点是的中点， ， ，即， ，， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、解直角三角形，熟练掌握相关知识点，结合图形找出全等三角形和相似三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理能力，适合有能力解决几何难题的学生． 61．（2025·山西长治·模拟预测）综合与实践 【问题背景】 菱形作为装饰图案，相环相连取，有高贵、稳重、延绵不断的意思．菱形最早只是青铜器和陶器的装饰纹样，到后来，菱形不仅具有整齐划一的特点，而且绵延丰富．更重要的是，后世的菱形具有吉祥的寓意，在综合实践课上，老师组织班上的同学开展了关于菱形的探究活动． 【基础训练】 (1)如图1．在菱形中，于点，于点．求证：； 【类比迁移】 (2)如图2，在菱形中，为上一点，为上一点，．延长交的延长线于点．求证：； 【拓展应用】 (3)如图3，在菱形中．，为上一点．延长交的延长线于点，连接，延长交于点，已知，求的度数，并直接写出的值．（用含的式子表示） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）欲证明，只需要证得即可； （2）连接，根据菱形的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，，由全等三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （3）在上取点，使，连接，，根据全等三角形的性质得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， 又于点，于点， ， 在与中， ， ， ； （2）证明：连接， 四边形为菱形， ，， 和均为等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：在上取点，使，连接，， 由（2）知为等边三角形，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ， ． 62．（2025·山西朔州·三模）综合与实践 问题情境：数学课上，老师让同学们以“直角三角形的旋转”为主题展开探究活动，已知在中，，，．将绕点旋转一定角度得到，延长交于点． 初步探究：（1）如图1，勤思小组发现，当时，四边形是正方形，请你证明这一结论． 深入思考：（2）如图2，笃学小组发现，当点正好落在斜边上时，可以求出四边形的面积，你能解决这一问题吗？ 拓展延伸：（3）善思小组继续探究，当和在同一条直线上时，连接．请你在图3中画出图形，并直接写出的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）画图见解析，或 【分析】（1）由旋转得，．根据，得出，证出四边形是矩形．结合，即可证明矩形是正方形． （2）在 中，，根据勾股定理求出，得出，由旋转得，，得，在 中，，求出，求出，，再根据即可求解． （3）如图，情况一：如图，点A在中间时，过点D作，根据，求出，根据，求出，根据图象求出，再根据勾股定理即可求解；情况二：如图，点C在中间时，同理得出，再根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）由旋转得，． ， ， ， ∴四边形是矩形． 又， ∴矩形是正方形． （2）在 中，， ，， 由旋转得，， ， 在 中，， ， ， ， ． （3）如图，情况一：如图，点A在中间时， 过点D作， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 情况二：如图，点C在中间时， 同理， ∴ ． 综上，或． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，旋转的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 63．（2025·山西晋中·二模）综合与探究 问题情境：如图1，将等边沿边翻折得到，点是边上的两点，且，分别连接，，． 猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究：（2）将图1中的线段绕点逆时针方向旋转得到线段，交直线于点．如图2，当点落在线段的延长线上时，猜想线段与的数量关系，并说明理由； 迁移探究：（3）如图3，若变为等腰直角三角形，， ，将沿边翻折得到，点为边上一点，且，将线段绕点逆时针方向旋转得到线段．当点落在直线上时，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2），理由见解析；（3）或 【分析】（1）连接交于点，根据翻折的性质易得四边形为菱形，可知，再证得四边形为平行四边形，即可得到结论； （2）过点作交于点，根据等边三角形的性质和平行线的性质易证为等边三角形，即得，在证得，即得，再根据线段的和差即可得到结论； （3）当与重合时；当在的延长线上时，易证，求得，根据等腰三角形的性质可得，再证得，根据相似比即可得到的长度． 【详解】解：（1）四边形是菱形，理由如下： 方法一：连接交于点， 等边翻折得到，，，， ，四边形为菱形， ，，， 又， ，即， 又， 四边形为平行四边形， 又， 四边形为菱形； 方法二： 等边翻折得到， ，，，， 又， ，， 同理，， ，，， ， ， ， 四边形为菱形． （2）方法一： 证明：过点作交于点， 为等边三角形， ， ， ， ，， ， 为等边三角形， ， 四边形为菱形， ， 又，，， 又，， ， ，， ， 即； 方法二： 证明：连接， 等边翻折得到， ，，，， ，， ， ， 四边形为菱形， ， 又，， ， ， ，， ， ， ， 又， ，即， 又，为等边三角形， ， ，即， 又， ， ． （3）解：当与重合时， 当在的延长线上时，易证， ， 由为等腰直角三角形，可得， 易证为等腰直角三角形，， ， 又， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，翻折的性质，旋转的性质，熟练掌握以上知识，合理作出辅助线是解题的关键． 64．（2025·山西吕梁·二模）综合与探究 问题情境： “综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的直角三角形纸片（）沿所在直线折叠，使点的对应点落在边上，折痕分别交于点．再将该纸片沿所在直线折叠，使点的对应点落在的延长线上，折痕分别交于点，如图2所示，试判断四边形的形状，并说明理由． 数学思考： （1）请你解答老师提出的问题． 深入探究： （2）“善思小组”将图2展开后，连接，得到图3．若为的中点，试猜想线段与的数量关系和位置关系，并说明理由． （3）“智慧小组”提出问题：若点的对应点落在射线上，其他条件不变，当时，请直接写出面积的最大值和此时的长． 【答案】（1）四边形是矩形，见解析；（2），见解析；（3）面积的最大值为6， 【分析】（1）由折叠的性质，得，结合，即可证明四边形是矩形； （2）连接，由（1），知四边形是矩形，证明，推出，由折叠的性质，得，，证明即可得出结论； （3）先求出，设，则．易得，则，求出，即可得到，根据二次函数的性质即可解答． 【详解】（1）解：四边形是矩形． 理由：由折叠的性质，得． 又， 四边形是矩形； （2）解：，， 理由：如解图，连接． 由（1），知四边形是矩形，则． 为的中点， ． ． ． 由折叠的性质，得． ． ． ． 又， ． ． ． ，． （3）解：如图， ， ， 由（1）知四边形是矩形， 设， ∴，， ∴， ∴， ． ． ， 当时，的最大值为6， 此时． 【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的判定与性质，相似三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，二次函数的性质综合性较强，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键． 65．（2025·山西大同·模拟预测）阅读与思考 “算两次”原理 富比尼原理（），也称为“算两次”原理，是数学中一种重要的思想方法，其核心在于通过两种不同的方式计算同一量，从而建立等量关系． 例1：计算图1所示图形的面积，既可以将其看成一个大正方形，也可以将其看成是由2个长方形和2个小正方形组成的，通过不同的方法计算这个图形的面积可以得到一个乘法公式． 例2：如图2，有一块锐角三角形余料，，高．现把它加工成正方形零件，其中正方形的一边在上，它的两个顶点，分别在，上，高与交于点，求加工成的正方形的边长是多少厘米． 思路：我们可以利用“算两次”原理用两种方式计算的面积来求解． 方式一：． 方式二：． 解：设正方形的边长为，则． ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴四边形是矩形． ∴． ∴． …… 任务： (1)例1中得到的乘法公式是 （用含，的式子表示）． (2)请将例2中的剩余过程补充完整． (3)请尝试使用“算两次”原理解决下面的问题．如图3，在纸片中，对角线，相交于点，，，将纸片沿折叠，点的对应点为点，连接．若，则点到的距离为 ． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据题意分两种方法表示大正方形的面积即可求解； （2）根据题意，利用面积公式分别用表示出、、的面积，并由求得面积，然后建立方程，解方程，即可求解； （3）作于点，作于点，根据折叠以及平行四边形的性质，先的得出，，，通过角的和差可证明，进而证明四边形是矩形，得到，然后在和中，利用勾股定理求得和，最后在利用等面积法，即可求解． 【详解】（1）解：将其看成一个大正方形则面积为， 将其看成是由2个长方形和2个小正方形组成的，面积为， ； 故答案为：． （2）解：， ， ， ， ， ， 解得， 正方形的边长为． （3）解：作于点，作于点，如图所示， 四边形是平行四边形，，， ，， 将纸片沿折叠，点的对应点为点， ，， ， 为等腰三角形，， ， ， ， 在中，， ， ， 又在中，， ， ， 又，， ，， 四边形为矩形， ，， ， 在中，， 设点到的距离为， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了完全平方公式的几何背景，正方形的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，折叠的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，三角形的内角和定理等，读懂题意利用等面积法求解是解题的关键． 66．（2024·山西运城·三模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们利用准备好的两个矩形纸片进行探究活动． 智慧小组准备了两张矩形纸片和，其中，将它们按如图所示的方式放置，点落在上，点落在的延长线上，连接和． 观察发现： （1）如图连接，则和的位置关系是__________，___________． 操作探究： （2）如图，将矩形绕点按顺时针方向旋转（），试探究（1）中和的数量关系是否仍然成立，并说明理由． 拓展延伸： （3）在矩形旋转的过程中，当三点共线时，直接写出线段的长． 【答案】（1）；；（2）成立，见解析；（3）或 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，计算较复杂，做出正确的辅助线是解题的关键． （1）由矩形性质得到的长度，求的长度，用勾股定理求解的长度，可得，用勾股定理逆定理可判定是直角三角形，故． （2）连接和，结合矩形性质和勾股定理可求的长度，求得，且，故，可得、，求得，故，得证； （3）有两种情况，若当点在的延长线上，在直角三角形中求，则，结合（2）中，可求；若点在线段上，在直角三角形中求，则，结合（2）中，可求． 【详解】解：如下图，连接，延长相交于， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴，， ∴在中，， 同理：， ， ∴ ∵， ∴是直角三角形， ∴，． 故答案为：垂直，； （2）成立 理由：如下图，连接和． 四边形是矩形，， ∴，， ∴ 四边形是矩形，， ∴， ∴ 在和中， ，， ∴． ， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴ （3）的长为或 情况一：如下图，当点在的延长线上时， ， ∴为直角三角形， ∴，即， ∴， ∴． 由（2）得， ∴． 情况二：如图，当点在线段上时， ， ∴为直角三角形， ∴，即， ∴， ∴． 由（2）得， ∴． 综上所述，当三点共线时，线段的长为或． 【点睛】本体考查图像旋转问题，用到旋转的性质、矩形的性质、勾股定理、三角形全等的判定和性质，孰料掌握知识点、正确做出辅助线是解题关键． 67．（2025·山西大同·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） 【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． 68．（2025·山西·模拟预测）综合与探究 问题情境 如图1，在正方形中，，点E为线段上的一个动点，连接，以为边，在右上方作正方形，连接． 探索发现 （1）猜想与的数量关系，并说明理由． 猜想证明 （2）如图2，在图1的基础上连接，交于点H，连接．猜想的形状，并说明理由． 拓展延伸 （3）若点E为射线上的一个动点，连接与射线交于点H，连接，其他条件不变．当点H落在的平分线上时，请直接写出的值． 【答案】（1），理由见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3） 【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得； （2）过点作的平行线，交的延长线于点，先证出点在同一条直线上，再根据平行线的性质可得，，然后证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据等腰直角三角形的性质即可得； （3）分两种情况：①当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作，交延长线于点，连接，先证出，，再根据等腰三角形的性质可得，根据角平分线的性质定理可得，然后设，则，解直角三角形可得，从而可得，利用三角形的面积公式计算即可得；②当点在的延长线上时，过点作，交延长线于点，同理可得，根据平行线的判定可得，则此时点不可能落在的平分线上，由此即可得． 【详解】解：（1），理由如下： ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． （2）是等腰直角三角形，理由如下： 如图，过点作的平行线，交的延长线于点， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， 由（1）已证：， ∴，， ∴， ∴点在同一条直线上， ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形． （3）①如图，当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作，交延长线于点，连接， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∵平分， ∴， 由正方形的性质可知，正方形的对角线互相垂直且平分， ∴， 由（2）已证：， ∴， ∴，， ∴，（等腰三角形的三线合一）， 又∵，， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴，即平分， ∴（角平分线的性质定理）， 设，则， 在中，， ∴， ∴， 即的值为； ②如图，当点在的延长线上时，过点作，交延长线于点， 同理可证：， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴， ∴此时点不可能落在的平分线上， 综上，的值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、角平分线的性质定理等知识，较难的是题（3），正确分两种情况讨论，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰直角三角形是解题关键． 69．（2025·山西朔州·一模）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，点的坐标为，连接． (1)求抛物线的函数解析式． (2)如图，过点作轴，交抛物线于点，连接，判断四边形的形状，并说明理由． (3)在（2）的条件下，若是所在直线下方抛物线上的一个动点，当的面积最大时，求点的坐标，并直接写出面积的最大值． 【答案】(1) (2)四边形为菱形，理由见解析 (3)点时， 的面积最大为 【分析】本题考查了二次函数和几何综合，菱形的判定，正确做出辅助线表示出的面积是解题的关键． （1）把代入函数解析式即可解答； （2）求得点的坐标，得到的长度，即可解答； （3）过点作的平行线交直线于点，设的横坐标为，求得的长，进而表示出的面积，利用二次函数的性质，即可解答． 【详解】（1）解：把代入函数解析式， 可得， 解得， 抛物线的函数解析式为； （2）解：当时，， 解得， ， ， ， ， 轴， ， 四边形为平行四边形， 根据勾股定理可得， ， 平行四边形为菱形； （3）解：设直线的解析式为， 把代入可得， 解得， 直线的解析式为， 如图，过点作的平行线交直线于点， 设点，则点， ， ， 当，即时， 的面积最大为． 70．（2025·山西·一模）综合与实践 问题情境：山西窑洞是山西省的传统民居之一，窑洞窗户上部是圆窗（可近似看成抛物线的一部分），下部是座窗及门，圆窗的窗棂设计通常具有对称的特点，综合实践小组计划为一款外形为抛物线的圆窗内部设计窗棂，已知圆窗的跨度，高． 设计效果1：如图1，四边形，四边形，四边形为正方形，且点I，C，D，L在上，点H，F，E，K在 抛物线上，点G在上，点J在上，整体图形关于抛物线的对称轴直线成轴对称图形． 问题解决1：以所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）在图1中画出平面直角坐标系，并求抛物线的函数表达式； （2）分别求出线段，的长； 设计效果2：在正方形内部，通过增加12条窗棂构造出如图2所示的图案，其中以点C，D，E，F为顶点的四边形为全等的正方形，中间是一个较大的正方形，交叉部分为四个全等的小正方形， 问题解决2：如图2，最小正方形的边长为0.5的整数倍，请直接写出12条窗棂长度和的最小值． 【答案】问题解决1：（1）画图见解析，；（2），；问题解决2： 【分析】问题解决1：（1）以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，由题意可得，，，，设抛物线的函数表达式为，利用待定系数法求解即可； （2）设，，由正方形的性质结合对称性可得则，，，，再代入抛物线的解析式计算即可得解； 问题解决2：由（2）可得正方形的边长为，设已知图2中最小正方形的边长为（为整数），中间一个较大的正方形的边长为，条窗棂长度和为，由题意可得它们是全等的正方形，边长为，这里，从而得出，再由一次函数的性质即可得解． 【详解】问题解决1：（1）以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示： ， ∵圆窗的跨度，高， ∴，，，， 设抛物线的函数表达式为， 把代入得：， 解得：， ∴抛物线的函数表达式为； （2）∵四边形、为正方形，且圆窗的窗棂设计具有对称的特点， ∴设，，则，，，， ∵、在抛物线上， ∴，， 解得：或（不符合题意，舍去）；或（不符合题意，舍去） ∴，； 问题解决2：由（2）可得正方形的边长为， 设已知图2中最小正方形的边长为（为整数），中间一个较大的正方形的边长为，条窗棂长度和为， ∵在正方形内部，以点C，D，E，F为顶点的四边形为全等的正方形， ∴它们是全等的正方形，边长为，这里， ∴， ∵，为正整数， ∴随着的增大而增大， ∴当时，取得最小值，最小值为， 即条窗棂长度和的最小值为． 【点睛】本题考查了二次函数的应用、一次函数的应用、正方形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10特殊四边形（原卷版） 考点1 多边形的相关计算 1．（2023·山西·中考真题）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． 考点2 利用平行四边形的性质求解 1．（2025·山西·中考真题）如图，在平行四边形中，点是对角线的中点，点是边的中点，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为 ．    3．（2020·山西·中考真题）如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，为半径的与相切于点，与相交于点，的延长线交于点，连接交于点，求和的度数． 4．（2022·山西·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）， (2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明． 5．（2025·山西·中考真题）阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．   【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．   问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．   求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …    任务：(1)问题1中的________，问题2中的依据是________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段． （要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）．   考点3 证明四边形是平行四边形 1．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务：(1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．      考点4 利用平行四边形性质与判定求解 1．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为 ． 2．（2025·山西·中考真题）项目学习 项目背景：“源池泉涌”为我省某景区的一个景点，主体设计包括外栏墙与内栏墙，外栏墙高于内栏墙，两栏中间为步道，内栏墙内为泉池，池内泉水清澈见底．从正上方看，外栏墙呈正八边形，内栏墙呈圆形．综合实践小组的同学围绕“景物的测量与计算”开展项目学习活动，形成了如下活动报告． 项目主题 景物的测量与计算 驱动问题 如何测量内栏墙围成泉池的直径 活动内容 利用视图、三角函数等有关知识进行测量与计算 活动过程 方案说明 图为该景，点俯视图的示意图，点，是正八边形中一组平行边的中点，为圆的直径图中点在同一条直线上． 图为测量方案示意图，直径所在水平直线与外栏墙分别交于，点，，外栏墙与均与水平地面垂直，且．，均表示步道的宽，．图中各点都在同一竖直平面内． 数据测量 在点处测得，点和点的俯角分别为，，米．图中墙的厚度均忽略不计 计算 …… 交流展示 …… 请根据上述数据，计算内栏墙围成泉池的直径的长（结果精确到米．参考数据： ，，，，，）． 3．（2023·山西·中考真题）2023年3月，水利部印发《母亲河复苏行动河湖名单（2022－2025年）》，我省境内有汾河、桑干河、洋河、清漳河、浊漳河、沁河六条河流入选．在推进实施母亲河复苏行动中，需要砌筑各种驳岸（也叫护坡）．某校“综合与实践”小组的同学把“母亲河驳岸的调研与计算”作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告计算和的长度（结果精确到．参考数据：，）． 课题 母亲河驳岸的调研与计算 调查方式 资料查阅、水利部门走访、实地查看了解 功能 驳岸是用来保护河岸，阻止河岸崩塌或冲刷的构筑物 驳岸剖面图        相关数据及说明，图中，点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，与均与地面平行，岸墙于点A，，，，， 计算结果 交流展示 考点5 利用菱形的性质求解 1．（2021·山西·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，交于点，则的长为 ． 考点6 证明四边形是菱形 1．（2024·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究：（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． ①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积． 考点7 利用菱形的性质与判定求解 1．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 考点8 利用正方形的性质证明 1．（2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为 2．（2020·山西·中考真题）综合与实践 问题情境：如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 猜想证明： （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，请直接写出的长． 考点9 证明四边形是正方形 1．（2023·山西·中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．    (1)数学思考：谈你解答老师提出的问题； (2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．      ①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；    ②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．        一、单选题 1．（2025·山西大同·三模）如图，线段，，是一个正多边形的三条边，延长，交于点M，若，则这个正多边形是（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形 2．（2025·山西吕梁·二模）如图，在正六边形的边处放置一块平面镜，一束光线从点发出，照射到镜面上的点处，经反射后恰好经过边上的点．若正六边形的边长为，，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·山西运城·二模）如图，两根细绳将一物体E挂在两面互相垂直的墙面与上，若，，，则的度数（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山西临汾·一模）若一个多边形的内角和是，则此多边形的边数是（   ） A．10 B．9 C．8 D．7 5．（2025·山西晋中·一模）如图，正五边形的对角线相交于点，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·山西长治·二模）如图，已知，在边的同侧作正、正和正，连接，，则下列选项中不正确的是（   ） A．一定会出现平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当，且时四边形为正方形 D．当，且时，四边形为菱形 7．（2025·山西大同·模拟预测）如图，在四边形中，，，，E，F分别是的中点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（2025·山西朔州·三模）如图，在中，平分，于点，交于点，交的延长线于点，若，，则的长度为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 9．（2025·山西·一模）如图，取两根长度不等的细木棒，，将它们的中点重合固定（记为点）．转动木棒，在由锐角变成钝角的过程中，分析以木棒四个端点为顶点的四边形，下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 10．（2025·山西吕梁·二模）如图，在中，对角线，相交于点，是的中点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 11．（2025·山西太原·一模）如图，将沿着的方向平移得到，其中与交于，连接，则下列结论一定成立的是（　　） A． B． C． D． 12．（2025·山西临汾·一模）如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（   ） A．6 B． C． D． 13．（2025·山西忻州·模拟预测）如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 14．（2025·山西朔州·一模）如图，四边形是平行四边形，点P是对角线上一点，过点P作的平行线分别交于点M和点N，连接．若，若的面积为2，则的面积为（   ） A．4 B．6 C．8 D．5 15．（2025·山西吕梁·一模）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，弧线分别相交于点M，N，画直线交于点；②连接并延长，以点为圆心，的长为半径画弧交的延长线于点；③连接，．下列说法错误的是（   ） A．四边形是平行四边形 B．若与重合，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若，则四边形是正方形 16．（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在中，是对角线，E，F，G，H分别是的中点，连接，则下列说法中，不正确的是（    ） A．四边形为平行四边形 B．若四边形为矩形，则为菱形 C．若四边形为菱形，则为菱形 D．若四边形正方形，则为正方形 17．（2025·山西吕梁·三模）如图，在矩形中，下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 18．（2025·山西晋城·三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，连接对角线，是上一点，已知点的坐标为，若将线段绕点顺时针旋转，点恰好落在轴上，则点的坐标为（   ）    A． B． C． D． 19．（2025·山西·模拟预测）下列有关特殊四边形的说法正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．邻边相等的矩形是正方形 C．取平行四边形四条边的中点，顺次连接构成的四边形是矩形 D．矩形的每一条对角线平分一组对角 20．（2023九年级·全国·专题练习）家庭折叠型餐桌两边翻开后成圆形桌面（如图①），餐桌两边和平行且相等（如图②），小华用皮尺量出米，米，则阴影部分的面积为（    ）    A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．平方米 21．（2025·山西大同·三模）如图，四边形是正方形，对角线，交于点O，点E在正方形的内部，且．连接并延长交边于点F，线段，分别与，交于点M，N，则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 22．（2025·山西长治·模拟预测）如图，点从矩形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点，点运动时，的面积随时间变化的关系图象是（   ） A．B． C．D． 23．（2025·山西吕梁·二模）如图，将矩形沿翻折，使点C的对应点与点A重合，点D的对应点为，若，，则折痕的长为（   ） A．6 B．4 C． D． 24．（2025·山西吕梁·二模）如图，菱形的顶点B在反比例函数（，）的图象上，顶点A在x轴上，，，则k的值为（   ） A． B． C． D． 25．（2025·山西晋中·三模）如图，在正方形中，点在边上，连接，过点作于点，过点作于点，若，则的长为（    ） A．4 B．5 C．7 D．11 26．（2025·山西大同·二模）如图，先对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕﹐同时得到线段，．观察所得的线段，若，则的长为（   ） A． B．1 C． D．2 27．（2025·山西阳泉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是边长为的正方形，其中，点位于第二象限，点位于第一象限，且与轴正半轴的夹角为，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 28．（2025·山西·模拟预测）已知菱形中，为对角线，点E，F，G，H分别是边，，，上的点．若四边形是正方形，则下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 29．（2024·广东深圳·一模）如图，在的基础上用尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点；②分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．可以直接判定四边形是菱形的依据是（    ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 30．（2025·山西朔州·一模）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，过点O作的垂线分别交于点E和点F，点G是的中点，连接．若，则的度数为（   ）． A． B． C． D． 二、填空题 31．（2025·山西吕梁·三模）图1所示是厨房三角落地置物架，图2是置物架搁物板示意图，其中，，则的度数是 ． 32．（2025·山西临汾·三模）窗棂（如图1）是中国传统木构建筑的框架结构，使窗成为传统建筑中最重要的构成要素之一，也成为建筑的审美中心．图2是从图1中提取的由六条线段组成的图形，若，则 ． 33．（2025·山西大同·模拟预测）如图，制作椅子时，横截面为正五边形的水平木梁必须安装在支撑柱的槽口中，为使木梁能够准确咬合在槽口中，则支撑柱的一个角的度数为 ． 34．（2025·山西太原·二模）中国宴席中的摆盘艺术体现传统美学原则．如图1，将六个全等的正五边形陶瓷盘按照如图1的方式摆放，正五边形的五个顶点代表“五福”，具有美好的寓意．若将其抽象成如图2的图形，则的度数为 °． 35．（2025·山西阳泉·模拟预测）如图1，小亮在公园发现一条由一些不规则的多边形拼接而成的道路．小亮由此抽象出如图2所示的多边形，则这个多边形的内角和为 ． 36．（2025·山西长治·二模）如图：中，，，平分，交于点E，若，则长为 ． 37．（2025·山西吕梁·二模）如图，在中，，是的中位线，为上一点，连接，将沿折叠得到，点的对应点落在线段上，若，则的长为 ． 38．（2025·山西朔州·三模）如图，在中，，于点，点在边上，且，，若，则的长为 ． 39．（2025·山西临汾·三模）如图，已知正方形的边长为6，E是正方形的边上的一点，沿将折叠，点A落在点F处，连接，，若，则的长为 ． 40．（2025·山西吕梁·三模）如图，用一根绳子检查一个平行四边形书架的侧边是否和底边垂直，只需要用绳子比较书架的两条对角线的长就可以判断，其中证明“四边形是矩形”的依据是： ． 41．（2025·山西晋城·三模）如图，在中，，，平分，连接，满足，若，则的长为 ． 42．（2025·山西临汾·二模）如图，在菱形中，点是边的中点，动点在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则的最小值是 ． 43．（2025·山西长治·三模）勾股定理是数学史上非常重要的一个定理，2000多年来，人们对它进行了大量的研究，《几何原本》第47个命题为：在直角三角形中，以直角所对的边为边的正方形的面积等于以在直角的两边为边的正方形的面积和，从而证明出了勾股定理．小明同学深受启发，作了如下探究：如图，过的顶点作的垂线与相交于点，设正方形的面积为，正方形的面积为，正方形的面积为，若，则 ． 44．（2025·山西·模拟预测）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，的长为半径画弧，交边于点；②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；③作射线交于点，连接．若，则的度数为 ． 45．（2025·山西大同·二模）如图，正方形的边长为6，点分别是边上的点，且，连接的垂直平分线分别交于点，则的长为 ． 46．（2025·山西运城·模拟预测）菱形的对角线长分别为和，则菱形的面积为 ． 47．（2025·山西忻州·模拟预测）在矩形中，，，对角线，交于点，过点作，垂足为，为中点，连接交于点，则的长为 ． 48．（2025·山西忻州·一模）如图，在正方形中，，点E是对角线的中点，点F在线段上，且．以F为旋转中心，将线段逆时针旋转得到，此时点G恰好落在线段上，则的长为 ． 三、解答题 49．（2025·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是勤思小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等角准正多边形”的研究报告 勤思小组 研究对象：等角准正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念一性质一判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）一猜想一推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其所有的各角都相等，且有两条边不等于其他相等的边，我们称这个凸多边形为等角准正多边形．如图1，我们学习过的矩形（正方形除外）就是等角准正四边形，类似地，还有等角准正六边形、等角准正八边形…… 【特例研究】根据等角准正多边形的定义，等角准正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果在六边形中，，且，那么六边形是等角准正六边形． 性质探索：根据定义，探索等角准正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等角准正六边形的每个内角均等于___________．每个外角均等于___________． 对角线．．．．．． 任务： (1)直接写出研究报告中空缺的内容：___________，___________． (2)在图2中，等角准正六边形的三组正对边与与与分别有什么位置关系？请证明你的结论． (3)如图3，已知八边形中，，，且．求证：八边形是等角准正八边形 50．（2025·山西长治·三模）阅读与思考 请阅读以下材料并完成相应的任务． 如果一个点把一条线段分割成两部分，其中较长线段与整条线段之比，等于较短线段与较长线段之比，则这个点叫做这条线段的黄金分割点，这个比例叫做黄金比，也叫做中外比，按此比例设计出的图案十分美丽． 如图1，C是线段AB的黄金分割点，或就是黄金比，其比值为． 黄金三角形是一个等腰三角形，常见的黄金三角形有两种：①它的底之长与一腰之长的比为黄金比，此时等腰三角形的两个底角为，顶角为；②它的一腰之长与底之长的比为黄金比，此时等腰三角形的两个底角为，顶角为． 任务： (1)如图2，在中，，．用尺规在AC边上求作一点P，连接，使为黄金三角形．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母） (2)如图3，在的内接正十边形中，是正十边形的一条边，平分．若，求的长． 51．（2025·山西吕梁·三模）阅读与思考 下面是智慧小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“泰森四边形”的研究报告荷兰气候学家A・H・Thicssen为了计算各个区域的平均降雨量，将所有相邻气象站连成三角形，作这些三角形各边的垂直平分线，这些垂直平分线围成一个多边形，这个多边形就是泰森多边形，其顶点是每个三角形外接圆的圆心．如图1，点是四边形内一点，，，，分别是，，，的外心，则四边形是四边形的泰森四边形，点叫做相关点． 如图2，当四边形对角线的交点是相关点时，其泰森四边形是平行四边形． 如图3，当四边形对角线的交点是相关点，且时，其泰森四边形是菱形．理由如下： 设与交于点，与交于点，与交于点，与交于点． 点，，，分别是，，，的外心， ． 又  ． 又四边形是平行四边形 四边形是菱形． 如图4，当四边形对角线的交点是相关点，且时，其泰森四边形是矩形．理由如下： ，… 学习任务： (1)在图1中，，，的数量关系是________； (2)请在图2中证明四边形是平行四边形； (3)当四边形对角线的交点是相关点时，矩形的泰森四边形是________，菱形的泰森四边形是________．（填“矩形”“菱形”或“正方形”） (4)如图5，在四边形和中，，，分别垂直平分，，．在平面内求作点，使四边形是四边形的泰森四边形，且点是相关点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，标明字母，不写作法．） 52．（2025·山西吕梁·三模）如图，点、、、在一条直线上，，，．求证：． 53．（2025·山西吕梁·三模）综合与实践问题情境： 综合与实践课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线，将沿射线方向平移得到．点的对应点分别为． 猜想证明： （1）如图②，当线段经过点时，连接、．请判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）若中，．将图②中的继续沿射线方向平移，得到．点的对应点分别为．老师让同学们提出问题并解答． 如图③，“创新小组”画出的四边形是菱形，提出问题是：求此时菱形的对角线与的长． 54．（2025·山西吕梁·三模）阅读下面材料，完成相应任务． 四边形的中位线 我们学习过三角形的中位线，类似的，把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线． 如图1，在四边形中，点分别是的中点，则就是四边形的中位线．求四边形的中位线的长度，可以通过找中点，将其转化为三角形的中位线解决． 例：如图2，在四边形中，点分别是的中点．若，求． 解：如图2，取的中点，连接． ∵点、分别是的中点， ∴．（依据） …… 任务：(1)上述材料中的依据是指___________． (2)将材料中的解题过程补充完整． (3)如图3，在四边形中，点分别是的中点，，延长交于点，延长交于点，且．请直接写出的长度___________． 55．（2025·四川眉山·二模）如图，线段相交于点，且，于点． (1)尺规作图：过点作的垂线，垂足为点，连接，；（不写作法，保留作图痕迹，并标明相应的字母） (2)若，请证明四边形是平行四边形． 56．（2025·山西运城·一模）综合与探究 问题背景 数学课上、同学们以“直角三角形的旋转”为主题展开数学活动，如图1，在中，，点是的中点，过点作交于点，连接，点是的中点，点是的中点，连接． 初步探究：（1）与的数量关系为________； 深入探究（2）如图2将绕点逆时针旋转得到，点的对应点是点，点的对应点是点，连接，点是的中点，点是的中点，连接，，和． ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②求证：； 拓展延伸（3）如图3，在中，，，，点是的中点，过点作于点，将绕点顺时针旋转一周，在旋转的过程中，当是以为底边的等腰三角形时，请直接写出所有满足条件的的值． 57．（2025·山西长治·二模）阅读与思考 小颖在一篇数学杂志中看到“在尺规作图中，三等分任意角是著名的古希腊三大几何难题之一．19世纪数学家通过代数方法（如伽罗瓦理论）证明：仅用无刻度直尺和圆规三等分任意角是不可能的．”小颖想着尺规作图不能三等分任意角，那能不能三等分任意线段呢？她作了如下两种作法，请认真阅读她的笔记，并完成下列任务． 问题：已知：线段（如图）．求作：在线段上找一点C，使得．（尺规作图） 方法一： 作法步骤： （1）以A为端点作射线． （2）在射线上依次截取线段． （3）连接，过点E作的平行线交AB于点C． 证明：，． （依据） 方法二： 作法步骤： （1）以为一边作出等边． （2）以为的一半为一边作出等边． （3）连接交于点C． 证明：由作图可知和均为正三角形 且 ∴…… 任务一：上述阅读材料中的方法一中的依据为：_________ 任务二：请你帮助小颖完成方法二中剩余的证明过程． 任务三：请你再用一种不同的方法，在线段上找一点，使得．（尺规作图，保留痕迹，不写作法，不用证明） 58．（2025·山西·模拟预测）如图，在正方形中，为对角线延长线上一点，连接． (1)实践操作：利用尺规在线段下方作，射线与的延长线交于点．（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想与证明：试猜想线段，的位置关系，并加以证明． 59．（2025·山西·模拟预测）【动手实践】阅读与思考 下面是小刚同学的数学笔记，请仔细阅读并完成相应的任务． 确定过道可通过的物体的最大长度我家过道宽度都为．一个长方体盒子（高度低于楼高）的宽为，则这个盒子的长最长为多少时，能顺利通过过道？ 建立模型：如图1为过道示意图，为直角顶点，经测量过道宽度都是．矩形是某物品经过该过道时的俯视图，宽为． 操作步骤： 1．靠边：将图1中矩形的一边靠在上； 2．推移：矩形沿方向推移一定距离，使点在边上； 3．旋转：如图2，将矩形绕点旋转； 4．推移：将矩形沿方向继续推移． 尝试思考：如图2，已知，当时，我求得，则该物体能顺利通过直角过道． …… 任务： (1)在“尝试思考”环节，你赞同小刚得出的结论吗？请通过计算说明理由． (2)请你帮小刚算出该过道可以通过的长方形盒子的最大长度，即求的最大值．（精确到） 60．（2025·山西长治·三模）问题背景 如图1，四边形是一个正方形花园，，分别是它的两个门，且，要修建两条路和，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？为什么？ 问题探究 (1)如图2，在正方形中，若，试证明． 知识迁移 (2)如图3，在矩形中，点，，，分别在线段，，，上，且．若，，求的值．（用含，的代数式表示） 知识运用 (3)如图4，，是两个直角三角形，，，，交于点，经过的中点，交于点，，且，请直接写出的值． 61．（2025·山西长治·模拟预测）综合与实践 【问题背景】 菱形作为装饰图案，相环相连取，有高贵、稳重、延绵不断的意思．菱形最早只是青铜器和陶器的装饰纹样，到后来，菱形不仅具有整齐划一的特点，而且绵延丰富．更重要的是，后世的菱形具有吉祥的寓意，在综合实践课上，老师组织班上的同学开展了关于菱形的探究活动． 【基础训练】 (1)如图1．在菱形中，于点，于点．求证：； 【类比迁移】 (2)如图2，在菱形中，为上一点，为上一点，．延长交的延长线于点．求证：； 【拓展应用】 (3)如图3，在菱形中．，为上一点．延长交的延长线于点，连接，延长交于点，已知，求的度数，并直接写出的值．（用含的式子表示） 62．（2025·山西朔州·三模）综合与实践 问题情境：数学课上，老师让同学们以“直角三角形的旋转”为主题展开探究活动，已知在中，，，．将绕点旋转一定角度得到，延长交于点． 初步探究：（1）如图1，勤思小组发现，当时，四边形是正方形，请你证明这一结论． 深入思考：（2）如图2，笃学小组发现，当点正好落在斜边上时，可以求出四边形的面积，你能解决这一问题吗？ 拓展延伸：（3）善思小组继续探究，当和在同一条直线上时，连接．请你在图3中画出图形，并直接写出的长． 63．（2025·山西晋中·二模）综合与探究 问题情境：如图1，将等边沿边翻折得到，点是边上的两点，且，分别连接，，． 猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究：（2）将图1中的线段绕点逆时针方向旋转得到线段，交直线于点．如图2，当点落在线段的延长线上时，猜想线段与的数量关系，并说明理由； 迁移探究：（3）如图3，若变为等腰直角三角形，， ，将沿边翻折得到，点为边上一点，且，将线段绕点逆时针方向旋转得到线段．当点落在直线上时，请直接写出线段的长度． 64．（2025·山西吕梁·二模）综合与探究 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的直角三角形纸片（）沿所在直线折叠，使点的对应点落在边上，折痕分别交于点．再将该纸片沿所在直线折叠，使点的对应点落在的延长线上，折痕分别交于点，如图2所示，试判断四边形的形状，并说明理由． 数学思考：（1）请你解答老师提出的问题． 深入探究：（2）“善思小组”将图2展开后，连接，得到图3．若为的中点，试猜想线段与的数量关系和位置关系，并说明理由． （3）“智慧小组”提出问题：若点的对应点落在射线上，其他条件不变，当时，请直接写出面积的最大值和此时的长． 65．（2025·山西大同·模拟预测）阅读与思考 “算两次”原理 富比尼原理（），也称为“算两次”原理，是数学中一种重要的思想方法，其核心在于通过两种不同的方式计算同一量，从而建立等量关系． 例1：计算图1所示图形的面积，既可以将其看成一个大正方形，也可以将其看成是由2个长方形和2个小正方形组成的，通过不同的方法计算这个图形的面积可以得到一个乘法公式． 例2：如图2，有一块锐角三角形余料，，高．现把它加工成正方形零件，其中正方形的一边在上，它的两个顶点，分别在，上，高与交于点，求加工成的正方形的边长是多少厘米． 思路：我们可以利用“算两次”原理用两种方式计算的面积来求解． 方式一：． 方式二：． 解：设正方形的边长为，则． ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴四边形是矩形． ∴． ∴． …… 任务： (1)例1中得到的乘法公式是 （用含，的式子表示）． (2)请将例2中的剩余过程补充完整． (3)请尝试使用“算两次”原理解决下面的问题．如图3，在纸片中，对角线，相交于点，，，将纸片沿折叠，点的对应点为点，连接．若，则点到的距离为 ． 66．（2024·山西运城·三模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们利用准备好的两个矩形纸片进行探究活动． 智慧小组准备了两张矩形纸片和，其中，将它们按如图所示的方式放置，点落在上，点落在的延长线上，连接和． 观察发现： （1）如图连接，则和的位置关系是__________，___________． 操作探究： （2）如图，将矩形绕点按顺时针方向旋转（），试探究（1）中和的数量关系是否仍然成立，并说明理由． 拓展延伸： （3）在矩形旋转的过程中，当三点共线时，直接写出线段的长． 67．（2025·山西大同·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． 68．（2025·山西·模拟预测）综合与探究 问题情境 如图1，在正方形中，，点E为线段上的一个动点，连接，以为边，在右上方作正方形，连接． 探索发现 （1）猜想与的数量关系，并说明理由． 猜想证明 （2）如图2，在图1的基础上连接，交于点H，连接．猜想的形状，并说明理由． 拓展延伸 （3）若点E为射线上的一个动点，连接与射线交于点H，连接，其他条件不变．当点H落在的平分线上时，请直接写出的值． 69．（2025·山西朔州·一模）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，点的坐标为，连接． (1)求抛物线的函数解析式． (2)如图，过点作轴，交抛物线于点，连接，判断四边形的形状，并说明理由． (3)在（2）的条件下，若是所在直线下方抛物线上的一个动点，当的面积最大时，求点的坐标，并直接写出面积的最大值． 70．（2025·山西·一模）综合与实践 问题情境：山西窑洞是山西省的传统民居之一，窑洞窗户上部是圆窗（可近似看成抛物线的一部分），下部是座窗及门，圆窗的窗棂设计通常具有对称的特点，综合实践小组计划为一款外形为抛物线的圆窗内部设计窗棂，已知圆窗的跨度，高． 设计效果1：如图1，四边形，四边形，四边形为正方形，且点I，C，D，L在上，点H，F，E，K在 抛物线上，点G在上，点J在上，整体图形关于抛物线的对称轴直线成轴对称图形． 问题解决1：以所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）在图1中画出平面直角坐标系，并求抛物线的函数表达式； （2）分别求出线段，的长； 设计效果2：在正方形内部，通过增加12条窗棂构造出如图2所示的图案，其中以点C，D，E，F为顶点的四边形为全等的正方形，中间是一个较大的正方形，交叉部分为四个全等的小正方形， 问题解决2：如图2，最小正方形的边长为0.5的整数倍，请直接写出12条窗棂长度和的最小值． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$