专题07 四边形（两大考点，56题）（福建专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

专题07 四边形（两大考点，56题） 考点01：平行四边形 1．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（    ） A．96 B． C．192 D． 2．（2023·福建·中考真题）如图，在中，为的中点，过点且分别交于点．若，则的长为 ．    3．（2022·福建·中考真题）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．若BC＝12，则DE的长为 ． 考点02：特殊的平行四边形 4．（2023·福建·中考真题）如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数和的图象的四个分支上，则实数的值为（　　）    A． B． C． D．3 5．（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为 ． 6．（2024·福建·中考真题）如图，正方形的面积为4，点，，，分别为边，，，的中点，则四边形的面积为 ．    7．（2023·福建·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为 ．    8．（2021·福建·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点．现给出以下结论： ①与一定互补； ②点G到边的距离一定相等； ③点G到边的距离可能相等； ④点G到边的距离的最大值为． 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 9．（2025·福建·中考真题）如图，矩形中，． (1)求作正方形，使得点E，G分别落在边上，点F，H落在上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，求（1）中所作的正方形的边长． 10．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，求证：． 11．（2022·福建·中考真题）已知，AB＝AC，AB＞BC． (1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形； (2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明； (3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数． 12．（2022·福建·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线． (1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求的值． 一、单选题 13．（2025·福建南平·三模）如图，是线段所在直线上的一动点，点在的两侧，，，，，，连接，分别取的中点，连接．随着点的运动，线段的长（   ） A．随着点的位置变化而变化 B．保持不变，长为 C．保持不变，长为 D．保持不变，长为 14．（2025·福建福州·三模）如图，已知在四边形中，对角线交于点O，且，要使四边形是矩形，添加一个条件可以是（   ） A． B． C． D． 15．（2025·福建泉州·三模）若的对角线，，则边的长可以是（    ） A．2 B．7 C．8 D．9 16．（2025·福建福州·二模）如图，已知圆心角为的扇形的面积为，为上一点，D，E分别为，上的点，连接，，．若四边形为矩形，则的长是（    ） A．2 B． C．4 D． 17．（2025·福建厦门·二模）如图，已知平行四边形的顶点，分别在轴和轴的正半轴上，顶点，分别落在反比例函数的图象上，过点作轴的垂线，垂足为点，且．若平行四边形的面积为，则的值为(   ) A．6 B．9 C．12 D．18 18．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知，点A是射线上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足．点C在线段的延长线上，且．点D在线段上，且，连接，．则（   ） A． B． C． D． 19．（2025·福建龙岩·二模）如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，且E为的中点，则的值是（   ） A． B． C． D． 20．（2025·福建厦门·三模）如图，在平行四边形中，点F是延长线上一点，连接交于点E，下列选项中与相等的是（    ） A． B． C． D． 21．（2025·福建泉州·二模）《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且．若田埂与矩形两组对边所夹锐角为，当增大时，重叠部分四边形的面积（　　） A．变大 B．变小 C．不变 D．先变大后变小 22．（2025·福建漳州·二模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点是的中点，连接，若，则下列结论错误的是（   ） A． B． C．菱形的面积为48 D．点到的距离为 23．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（    ） A．20 B．24 C．28 D．32 24．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得是菱形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 25．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形 26．（2025·福建·一模）如图，菱形的顶点A，C都在反比例函数的图象上（A，C 在不同象限）轴，原点为菱形的对称中心，若点的坐标为，则的值为（   ） A．8 B．12 C．16 D．18 二、填空题 27．（2025·福建泉州·二模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点A的坐标为 ． 28．（2025·福建三明·二模）如图，两点被一个池塘隔开，分别是的中点，测量的长度为150米，那么的长度为 米． 29．（2025·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形，点A在y轴上，点C在x轴上．正方形交双曲线于两点，点E在上，点F在上．连接，若，则点B的坐标为 ． 30．（2025·福建宁德·二模）用两个含角的完全相同的菱形拼成如图所示的正多边形，则该正多边形的内角和是 ． 31．（2025·福建福州·二模）四边形外角和的度数是 ． 32．（2025·福建泉州·二模）如图，点是边长为的正八边形围成的区域（包括各边）内的一点，分别延长边和边相交于点，点分别在射线和上，过点分别作交于点，交于点．设，，令，则的取值范围是 ． 33．（2025·福建莆田·二模）如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为 ． 34．（2025·福建福州·二模）中国传统建筑蕴含着丰富的数学知识，是中华民族智慧的结晶．如图是一个由某种窗格抽象出的正六边形，其部分对角线在内部围成一个六边形，则的值是 ． 35．（2025·福建龙岩·一模）如图，一个正六边形和一个正方形各有一边在直线上，且只有一个公共顶点．若，则的长为 ． 36．（2025·福建三明·二模）如图，矩形的顶点，分别在轴，轴的正半轴上．反比例函数的图象过矩形的对称中心，交于点．现给出以下结论： ①； ②的面积为； ③点，可能关于直线对称； ④若平分，则 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 37．（2025·福建南平·二模）如图，正方形与菱形有一条共同的对角线，若，，则正方形的边长是 ． 38．（2025·福建厦门·二模）如图，在正方形中，，点在边上，．若，分别是，的中点，则的长为 ． 39．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则 ． 40．（2025·福建·一模）如图，在菱形中，，，是菱形的高．若是的中点，连接，则的周长是 ． 41．（2025·福建厦门·二模）我们知道圆内任意直径即可将圆面积二等分．受此启发，如图，正方形的边长为9，点M在上，且．过点M作直线与交于点N，作直线分别与交于点P，Q．若将正方形的面积四等分，则的长度是 ． 三、解答题 42．（2025·福建南平·三模）如图，点是半圆的圆心，直径． (1)分别在半圆上取点和点（点在点右侧），顺次连接点，，，，使得以这四点为顶点的四边形是菱形．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)求（1）中所作菱形的面积． 43．（2025·福建福州·三模）如图，为锐角且． (1)尺规作图：在内部找一点，使得且．（不要求写作法，保留作图痕迹） (2)连接，，求证：，垂直且互相平分． 44．（2025·福建三明·三模）如图，在矩形中，，对角线，，相交于点，是上一点，，垂足为，点在延长线上，． (1)求证：； (2)若，，求的面积． 45．（2025·福建泉州·三模）我国明朝数学家程大位写过一本数学著作《直指算法统宗》，其中有一道与荡秋千有关的数学问题是使用《西江月》词牌写的： 平地秋千未起，踏板一尺离地． 送行二步与人齐，五尺人高曾记． 仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉． 良工高士素好奇，算出索长有几？ 翻译成现代汉语大意是：如图所示，有一个秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推进10尺（5尺为一步），秋千踏板就和某人一样高，这个人的身高为5尺．如果秋千的绳索拉得很直，试问它有多长？（要求：根据题意画出图形并解答） 46．（2025·福建厦门·三模）在七年级学习实数时，我们通过裁剪和拼接说明的存在，如图1所示． (1)将五个边长为1的正方形按图2所示的方式摆放成一个矩形，沿图2的虚线裁剪，并按图3进行拼接． ①在图2中，________； ②在图3中，求证：． (2)经历了以上活动，我们猜想：大小不同的两个正方形，也可以通过裁剪拼接成一个大正方形． 如图4，已知正方形和正方形，点在一条直线上，．请你设计一种裁剪拼接方案验证上述猜想． 要求： ①在图4中需要裁剪的边上标出裁剪点的位置以及线段长度（用含的式子表示）； ②在图4中画出裁剪线，标出各个裁剪后的图形序号（类似图2）； ③在图5的方框中画出拼接后的大正方形的示意图（标上各个图形的序号，类似图3）． 说明： ①裁剪前和裁剪后拼接地不重叠、无缝隙、无剩余； ②本题将综合考虑“裁剪次数”给分，裁剪次数最少的才能得满分． 47．（2025·福建厦门·三模）在等腰中，，点分别为的中点． (1)尺规作图：在边上作一点F，使得点F到的距离相等；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，连接．求证：． 48．（2025·福建龙岩·一模）根据国际标准，系列纸为矩形，其中纸的面积为．将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸…… 将纸按如图1所示的方式折叠． (1)观察图1的折叠过程，可知纸矩形的宽与长的比值为___________； (2)某兴趣小组在实践活动中尝试用纸板做一个无盖的长方体纸盒，要求如下：把一张纸板分割成个矩形纸板，用其中一个作为底面，其余个作为侧面，恰好能粘接成一个无盖的长方体纸盒，小鑫同学画出了如图2所示的设计示意图，该长方体纸盒底面的面积为． 请你在图3，图4所示的纸板中画出两种与小鑫同学不同的设计示意图，并在图中直接标出长方体纸盒的底面和底面的面积． 49．（2025·福建福州·二模）已知矩形中，为边上一点，连接，，为上一点，且． (1)如图，作，满足圆心在上，且经过点（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（）的条件下，如图，若点在上，求证：． 50．（2025·福建莆田·二模）如图，将沿AC翻折得到，． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作交延长线于点E，连接．若，，求的长． 51．（2025·福建莆田·二模）问题探究 （1）如图1，在四边形中，点在直线上，且，求作，使得点，在直线上，边，，分别经过点，，（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出的值； 问题解决 （2）如图2，某市郊野公园现有一块四边形草坪，顶点，，，处均有一棵荔枝古树，点处有一座八角观景亭，园林管理部门准备扩建草坪，想使草坪面积扩大一倍，又想保持棵荔枝古树、八角观景亭在草坪边不动，并要求扩建后的草坪成平行四边形的形状．请问能否实现这一设想？若能，请你设计出所要画的图形；若不能，请说明理由． 52．（2025·福建厦门·二模）如图所示，三边的长分别为，，，是的中线，过点作且，连接．求证：四边形是菱形． 53．（2025·福建厦门·二模）一个矩形可不重叠且不留空隙地分割为个正方形，称该矩形为“阶容正矩形”： (1)图1是一个3阶容正矩形．请再画出一个形状不同的3阶容正矩形，若该矩形的周长为，求它的边长； (2)若要求4阶容正矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，判断4阶容正矩形按此方式是否可分割为4个大小不等的正方形，并证明； (3)若一个矩形可按图2所示的方式分割为9个大小不等的正方形，请探究该9阶容正矩形的一个性质定理．（说明：“大小不等”指两两不全等） 54．（2025·福建·二模）如图，已知四边形是矩形，连接对角线，过点B作于点E，过点D作于点F．求证：． 55．（2025·福建南平·二模）在中，于点于点．求证：． 56．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，点E，F分别在边上，．求证：．    试卷第64页，共65页 试卷第65页，共65页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 四边形（两大考点，56题） 考点01：平行四边形 1．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（    ） A．96 B． C．192 D． 【答案】B 【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形的面积为，即可求解． 【详解】解：依题意为平行四边形， ∵，，AB＝8，． ∴平行四边形的面积= 故选B 【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键． 2．（2023·福建·中考真题）如图，在中，为的中点，过点且分别交于点．若，则的长为 ．    【答案】10 【分析】由平行四边形的性质可得即，再结合可得可得，最进一步说明即可解答． 【详解】解：∵中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴,即． 故答案为：10． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证明三角形全等是解答本题的关键． 3．（2022·福建·中考真题）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．若BC＝12，则DE的长为 ． 【答案】6 【分析】利用中位线的性质计算即可． 【详解】∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， 又BC=12， ∴， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，中位线平行且等于第三边的一半，熟记中位线的性质是解题的关键． 考点02：特殊的平行四边形 4．（2023·福建·中考真题）如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数和的图象的四个分支上，则实数的值为（　　）    A． B． C． D．3 【答案】A 【分析】如图所示，点在上，证明，根据的几何意义即可求解． 【详解】解：如图所示，连接正方形的对角线，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，点在上，    ∵，， ∴． ∴． ∴ ． ∵点在第二象限， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，反比例函数的的几何意义，熟练掌握以上知识是解题的关键． 5．（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为 ． 【答案】1 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质求出，，然后证明即可求解． 【详解】解：∵菱形，， ∴，，， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：1． 6．（2024·福建·中考真题）如图，正方形的面积为4，点，，，分别为边，，，的中点，则四边形的面积为 ．    【答案】2 【分析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到，进而得到，同理可得，最后利用四边形的面积正方形的面积个小三角形面积求解，即可解题． 【详解】解：正方形的面积为4， ，， 点，，，分别为边，，，的中点， ， ， 同理可得， 四边形的面积为． 故答案为：2． 7．（2023·福建·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为 ．    【答案】10 【分析】由菱形中，，易证得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 故答案为：10． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记菱形的性质并推出等边三角形是解题的关键． 8．（2021·福建·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点．现给出以下结论： ①与一定互补； ②点G到边的距离一定相等； ③点G到边的距离可能相等； ④点G到边的距离的最大值为． 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 【分析】①利用四边形内角和为即可求证；②过作，证明即可得结论；③方法一、延长交于N，延长交于P，则四边形、是矩形，根据题意得出，，结合②中结果即可判断；方法二、分别求出G到边的距离的范围，再进行判断；④点G到边的距离的最大值为当时，GE即为所求． 【详解】解： ①四边形是矩形 ,四边形内角和为 ①正确． ②如图：过作 ， 又 即点G到边的距离一定相等 ②正确． ③方法一：延长交于N，延长交于P，则四边形、是矩形，   ∴，，，， 又∵，， ∴， ∴， 即点G到边，的距离不可能相等，故③错误； 方法二、如图：过作 而 所以点G到边的距离不可能相等 ③不正确． ④如图： 当时，点G到边的距离的最大 ④正确． 综上所述：①②④正确． 故答案为①②④． 【点睛】本题考查了动点问题，四边形内角和为，全等三角形的证明，点到直线的距离，锐角三角函数，矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键． 9．（2025·福建·中考真题）如图，矩形中，． (1)求作正方形，使得点E，G分别落在边上，点F，H落在上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，求（1）中所作的正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的中垂线交于点，交于点，以为直径画圆，交于点，即可得到正方形； （2）勾股定理求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，再根据正方形的性质，结合勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：如图，四边形就是所求作的正方形． 由作图可知，，， ∵矩形， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由作图可知，， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形； （2）由（1）知：，， 四边形是矩形， ， 在中，， ， ． ， ． 又， ， ，即， ． 在中，， ， ∴正方形EFGH的边长为． 【点睛】本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 10．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明，再证明，从而可得结论． 【详解】证明：在菱形中， ，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴． 11．（2022·福建·中考真题）已知，AB＝AC，AB＞BC． (1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形； (2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明； (3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3)30° 【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出，再根据三角形内角和，得到，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得，得到，设，，则，得到α+β的关系即可． 【详解】（1）∵， ∴AC＝DC， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC， ∵CB平分∠ACD， ∴， ∴， ∴， ∴四边形ABDC是平行四边形， 又∵AB＝AC， ∴四边形ABDC是菱形； （2）结论：． 证明：∵， ∴， ∵AB＝AC， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM， ∵AB＝CD，， ∴， ∴BM＝BD，， ∴， ∵， ∴， 设，，则， ∵CA＝CD， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，   ∴， ∴，即∠ADB＝30°． 【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键． 12．（2022·福建·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线． (1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求的值． 【答案】(1)作图见解析 (2) 【分析】（1）先过点A作BD的垂线，进而找出半径，即可作出图形； （2）根据题意，作出图形，设，⊙A的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG是正方形，然后在Rt△ABE中，根据勾股定理建立方程求解，再判定，根据，，在Rt△ADE中，利用，得到，求解得到tan∠ADB的值为． 【详解】（1）解：如图所示，⊙A即为所求作： （2）解：根据题意，作出图形如下： 设，⊙A的半径为r， ∵BD与⊙A相切于点E，CF与⊙A相切于点G， ∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°， ∵CF⊥BD， ∴∠EFG＝90°， ∴四边形AEFG是矩形， 又， ∴四边形AEFG是正方形， ∴， 在Rt△AEB和Rt△DAB中，，， ∴， 在Rt△ABE中，， ∴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴，AB＝CD， ∴，又， ∴， ∴， ∴， 在Rt△ADE中，，即， ∴，即， ∵， ∴，即tan∠ADB的值为． 【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题的关键． 一、单选题 13．（2025·福建南平·三模）如图，是线段所在直线上的一动点，点在的两侧，，，，，，连接，分别取的中点，连接．随着点的运动，线段的长（   ） A．随着点的位置变化而变化 B．保持不变，长为 C．保持不变，长为 D．保持不变，长为 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，连接，过点作，交的延长线于，可得四边形为矩形，即得，，得到，进而由勾股定理得，再根据三角形中位线的性质得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，过点作，交的延长线于， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点分别为的中点， ∴为的中位线， ∴， 即的长保持不变， 长为， 故选：． 14．（2025·福建福州·三模）如图，已知在四边形中，对角线交于点O，且，要使四边形是矩形，添加一个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定，根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形，添加条件即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形是矩形， 故选：B． 15．（2025·福建泉州·三模）若的对角线，，则边的长可以是（    ） A．2 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的三边关系定理和平行四边形的性质，注意：平行四边形的对角线互相平分． 根据平行四边形的性质求出和，在中，根据三角形三边关系定理即可得出结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， 在中，由三角形三边关系定理得： ， 即， ∴的长可以是7， 故选：B． 16．（2025·福建福州·二模）如图，已知圆心角为的扇形的面积为，为上一点，D，E分别为，上的点，连接，，．若四边形为矩形，则的长是（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算及矩形的性质，熟知矩形的性质及扇形的面积公式是解题的关键； 根据扇形的面积公式求出半径长，再结合矩形的性质，得出，即可解决问题． 【详解】解：连接， 因为圆心角为的扇形的面积为， 所以， 则． 因为四边形是矩形， 所以． 故选：C． 17．（2025·福建厦门·二模）如图，已知平行四边形的顶点，分别在轴和轴的正半轴上，顶点，分别落在反比例函数的图象上，过点作轴的垂线，垂足为点，且．若平行四边形的面积为，则的值为(   ) A．6 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【分析】本题考查反比例函数的性质，平行四边形的性质，由平移方式确定点的坐标，能通过点的平移方式和反比例函数上点的坐标特征表示点的坐标是解决本题的关键．连接，设，则，则，，，设点的横坐标为，则，由平行四边形的平移可知，，再根据点在反比例函数上，则，即，最后根据建立方程即可可解得． 【详解】解：如图，连接， 由题意可得：的面积为， 设，则， ∴，， 点在反比例函数上， ∴， 设点的横坐标为，则， 由平行四边形的性质可知，，， ∵由到向上移动，向右移动， 由到向上移动，向右移动， ∴ 又∵点在反比例函数上， ， 解得：， ∵， ∴， 解得：． 故选：C． 18．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知，点A是射线上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足．点C在线段的延长线上，且．点D在线段上，且，连接，．则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的综合问题，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，过点B作，过点C作，交于点F，在上截取，使，连接，，得出四边形是矩形．由矩形的性质进一步证明，由全等三角形的性质进一步推出是等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质得出，再证明，由全等三角形的性质得出，进而可得出答案． 【详解】解：如图，过点B作，过点C作，交于点F，在上截取，使，连接，， ∵， ∴． ∴四边形是矩形． ∴，，． ∵， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． 故选：D． 19．（2025·福建龙岩·二模）如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，且E为的中点，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角形函数等；连接，由线段垂直平分线的性质得，结合菱形的性质及等边三角形的判定方法得是等边三角形，由特殊角的三角形函数即可求解；掌握菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角形函数是解题的关键． 【详解】解：连接， 于点E，E为的中点， ， 四边形是菱形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 故选：D． 20．（2025·福建厦门·三模）如图，在平行四边形中，点F是延长线上一点，连接交于点E，下列选项中与相等的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形对边平行结合平行线的性质即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 根据现有条件无法证明，，与的大小关系， 故选：C． 21．（2025·福建泉州·二模）《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且．若田埂与矩形两组对边所夹锐角为，当增大时，重叠部分四边形的面积（　　） A．变大 B．变小 C．不变 D．先变大后变小 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的判定，解直角三角形的实际应用，连接、、、，过点作于，先根据两条等宽的平行四边形田埂交错证明四边形是正方形，再在中，求出，最后根据重叠部分四边形的面积为判断即可． 【详解】解：连接、、、，过点作于， ∵两条等宽的平行四边形田埂交错， ∴，， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，都是两条等宽的平行四边形田埂的宽， ∴， ∴四边形是正方形， 中，，，， ∴， ∴重叠部分四边形的面积为， ∴当增大时，增大，也增大， ∴重叠部分四边形的面积增大， 故选：A． 22．（2025·福建漳州·二模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点是的中点，连接，若，则下列结论错误的是（   ） A． B． C．菱形的面积为48 D．点到的距离为 【答案】C 【分析】由菱形性质，结合勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、菱形面积公式、等面积法求线段长等知识逐项验证即可得到答案． 【详解】解：A、在菱形中，对角线相交于点， ，且，， 则在中，，，由勾股定理可知， 故该选项正确，不符合题意； B、在菱形中，对角线相交于点， ，且，， 则在中，，，由勾股定理可知， 点是斜边的中点， ， 故该选项正确，不符合题意； C、在菱形中，，则菱形的面积为， 故该选项错误，符合题意； D、过点作于点，如图所示： 由等面积可知， 在菱形中，对角线相交于点， ，且，， 则在中，，，由勾股定理可知， ，解得， 则点到的距离为， 故该选项正确，不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查菱形的性质综合，涉及勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、菱形面积公式、等面积法求线段长等知识，熟记菱形性质是解决问题的关键． 23．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（    ） A．20 B．24 C．28 D．32 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理、矩形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意可得，推出，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，再证明四边形是矩形，利用矩形的性质求出、的长，再利用周长公式即可求解． 【详解】解：裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形， ， ，，， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， 木板的周长． 故选：B． 24．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得是菱形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定与性质． 根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质对选项进行逐一判断即可得解． 【详解】解：选项，中有，添加该条件不能证明是菱形，不符合题意，选项错误； 选项，添加后可证是矩形，但不能证明是菱形，不符合题意，选项错误； 选项，添加后可证是菱形，符合题意，选项正确； 选项，添加后可证是矩形，但不能证明是菱形，不符合题意，选项错误． 故选：． 25．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形 【答案】C 【分析】该题考查了矩形、菱形、正方形、等腰三角形的性质，根据四个图形的特征即可解答． 【详解】解：∵正方形的四个角都是直角，四个边相等， 故知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是正方形， 故选：C． 26．（2025·福建·一模）如图，菱形的顶点A，C都在反比例函数的图象上（A，C 在不同象限）轴，原点为菱形的对称中心，若点的坐标为，则的值为（   ） A．8 B．12 C．16 D．18 【答案】B 【分析】本题主要考查了反比例函数与几何综合，菱形的性质，两点距离计算公式，设，则，由菱形的性质可得，，则轴，进而可得，，再利用两点距离计算公式得到，解方程即可得到答案． 【详解】解：设 ∵原点为菱形的对称中心， ∴点C的坐标为，，， ∵轴， ∴轴， ∵点的坐标为， ∴，， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， 故选：B． 二、填空题 27．（2025·福建泉州·二模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点A的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的性质、勾股定理、坐标与图形的变化—旋转规律性问题，首先确定点的坐标，得出每次一个循环，计算出，由此即可得出答案． 【详解】解：连接， ∵边长为2的正六边形的中心与原点O重合， ∴，，与关于轴对称， ∴是等边三角形，， ∴， ， ∴点的坐标为， 第1次旋转结束时，轴于，则，，， ∴， ∴， ∴， ∵每次旋转，则4次一个循环，， ∴第2025次旋转结束时，点A的坐标为为， 故答案为：． 28．（2025·福建三明·二模）如图，两点被一个池塘隔开，分别是的中点，测量的长度为150米，那么的长度为 米． 【答案】300 【分析】本题考查了三角形中位线定理的应用；根据题意知，是三角形的中位线，由中位线定理即可求解． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴米； 故答案为：300． 29．（2025·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形，点A在y轴上，点C在x轴上．正方形交双曲线于两点，点E在上，点F在上．连接，若，则点B的坐标为 ． 【答案】 【分析】设正方形的边长为，则，可求出得到，证明，得到；再证明，得到垂直平分，设交于T，则，根据，得到，求出，得到， 则，则，由勾股定理得，则，解方程即可得到答案． 【详解】解：设正方形的边长为，则， ∴， 在中，当时，，当时，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴垂直平分， 如图所示，设交于T，则， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，反比例函数与几何综合，解直角三角形，勾股定理，线段垂直平分线的性质与判定等等，证明垂直平分是解题的关键． 30．（2025·福建宁德·二模）用两个含角的完全相同的菱形拼成如图所示的正多边形，则该正多边形的内角和是 ． 【答案】/1080度 【分析】本题主要考查了正多边形内角和问题，菱形的性质，根据菱形对边平行结合平行线的性质求出正八边形一个内角的度数即可得到答案． 【详解】解：如图所示，∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵阴影部分是一个正八边形， ∴该正多边形的内角和是， 故答案为：． 31．（2025·福建福州·二模）四边形外角和的度数是 ． 【答案】/360度 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理，多边形的外角和为，据此可得答案． 【详解】解：四边形外角和的度数是， 故答案为：． 32．（2025·福建泉州·二模）如图，点是边长为的正八边形围成的区域（包括各边）内的一点，分别延长边和边相交于点，点分别在射线和上，过点分别作交于点，交于点．设，，令，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查正多边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 根据题意，正八边形的每个内角的度数为，如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，延长交于点，过点作，四边形是平行四边形，是等腰直角三角形，分类讨论：当点与点重合时；当点与点重合时；当点与点重合时；由等腰三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵点是边长为的正八边形围成的区域（包括各边）内的一点， ∴正八边形的每个内角的度数为， 如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，延长交于点，过点作， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， 当点与点重合时， ∴，， ∴； 当点与点重合时， 同理，，， ∴点与点重合，点与点重合，点与点重合， ∴，， ∴； 当点与点重合时， 同理，点与点重合，点与点重合，点与点重合，点与点重合， ∴， ∴； ∴． 33．（2025·福建莆田·二模）如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定的性质以，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 由矩形性质可知，，又旋转可知，，，然后通过勾股定理和线段和差即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 由旋转性质可知，，，， ∴， ∴， 故答案为：． 34．（2025·福建福州·二模）中国传统建筑蕴含着丰富的数学知识，是中华民族智慧的结晶．如图是一个由某种窗格抽象出的正六边形，其部分对角线在内部围成一个六边形，则的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．先证出，再证出是等边三角形，然后过点作于点，设，根据等边三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质可得的长，由此即可得． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴，， ∴， 同理可得：， ∴， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 如图，过点作于点， 设， ∵是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， 故答案为：． 35．（2025·福建龙岩·一模）如图，一个正六边形和一个正方形各有一边在直线上，且只有一个公共顶点．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的内角和公式，正方形的性质，30度角所对的边是斜边的一半，三角形内角和性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出每个正六边形的内角为，，再得出，则，最后运用勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：∵一个正六边形和一个正方形各有一边在直线上，且只有一个公共顶点． ∴每个正六边形的内角为，， ∴， ∴， 则， 在中， ∵， ∴ ∴（负值已舍去）， 故答案为： 36．（2025·福建三明·二模）如图，矩形的顶点，分别在轴，轴的正半轴上．反比例函数的图象过矩形的对称中心，交于点．现给出以下结论： ①； ②的面积为； ③点，可能关于直线对称； ④若平分，则 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①④/④① 【分析】连接，设，表示出点、点、点的坐标后即可判断结论①；根据即可判断结论②；连接交于点，求出直线、直线的解析式后即可求出点的坐标，与中点坐标对比后即可判断结论③；作轴交于点，轴，结合矩形的判定与性质推得点是中点，，结合等边对等角、三角形内角和即可判断结论④． 【详解】解：连接，设， 点是矩形的对称中心， 点在对角线的中点上， ，，， 点在反比例函数上， ， 反比例函数解析式为， 当时，， 即， ，， ，结论①正确； ， ， ， ， 又， ，结论②错误； 连接交于点， ，，设直线的解析式为， ， 解得：， 直线的解析式为， ， 同理直线的解析式为， 点是直线和直线的交点， ， 解得， 此时， ， 若点，关于直线对称，则点是中点，矛盾， 结论③错误； 作轴交于点，轴于点， ， 四边形是矩形， ， ， 又矩形中，， ， 点是中点， ∴ 点是中点，即， 平分， ， ， ， ， 中，， 又， ，即， 结论④正确． 综上，正确的结论有①④． 故答案为：①④． 【点睛】本题考查的知识点是矩形的判定与性质、反比例函数与几何综合、求一次函数解析式、等腰三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握反比例函数的图象与性质． 37．（2025·福建南平·二模）如图，正方形与菱形有一条共同的对角线，若，，则正方形的边长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质和正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，连接交于点O，由菱形的性质得，，，再由30度角的直角三角形的性质性质得，，进而得，再根据正方形的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵是菱形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴正方形的边长， 故答案为：． 38．（2025·福建厦门·二模）如图，在正方形中，，点在边上，．若，分别是，的中点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，在中，利用勾股定理求出的长，三角形的中位线定理，求出的长即可． 【详解】解：∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴在中，， ∵，分别是，的中点， ∴； 故答案为：． 39．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则 ． 【答案】2 【分析】本题考查了弦图、正方形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意得，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，求出的长，再利用平行四边形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图， 由题意得，，，， 设，则， 在中，， ， 解得：，（舍去）， ， ． 故答案为：2． 40．（2025·福建·一模）如图，在菱形中，，，是菱形的高．若是的中点，连接，则的周长是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．连接，先根据菱形的性质可得，，，再证出和都是等边三角形，则可求出，然后利用勾股定理可得，证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，由此即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵在菱形中，，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∵是菱形的高，是的中点， ∴，，， ∴， 又∵是菱形的高，， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长是， 故答案为：． 41．（2025·福建厦门·二模）我们知道圆内任意直径即可将圆面积二等分．受此启发，如图，正方形的边长为9，点M在上，且．过点M作直线与交于点N，作直线分别与交于点P，Q．若将正方形的面积四等分，则的长度是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，连接交于O，由正方形的性质和题意可得一定都经过点O，证明，则由三角形面积计算公式可得，同理可得；过点P作于H，可证明四边形是矩形，据此求出的长，则可利用勾股定理求出的长． 【详解】解：如图所示，连接交于O， 由正方形的性质可得，只有经过正方形的中心的直线才会平分正方形面积， 因此当将正方形的面积四等分时，一定都经过点O， ∵， ∴，即， 由正方形的性质可得，点O到正方形四条边的距离相等， ∴由三角形面积计算公式可得，同理可得， ∵正方形的边长为9，， ∴， 如图所示，过点P作于H， 由正方形的性质可得， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 42．（2025·福建南平·三模）如图，点是半圆的圆心，直径． (1)分别在半圆上取点和点（点在点右侧），顺次连接点，，，，使得以这四点为顶点的四边形是菱形．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)求（1）中所作菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质、菱形的判定等相关知识点，熟记相关结论是解题关键． （1）根据菱形的四条边都相等，以点和点为圆心，长为半径画弧，与半圆交于点、，连接即可完成作图． （2）连接，则，过点作于点，得出是等边三角形，进而求得的长，即可求出菱形的面积． 【详解】（1）解：①以为圆心，为半径作弧，交半圆于点, ②以为圆心，为半径作弧，交半圆于点, ③连接，，，从而得到菱形 （2）连接，则，过点作于点， ∵， ∴是等边三角形， ∴，, ∴, ∴， ∴． 43．（2025·福建福州·三模）如图，为锐角且． (1)尺规作图：在内部找一点，使得且．（不要求写作法，保留作图痕迹） (2)连接，，求证：，垂直且互相平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了尺规作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质. （1）以A为圆心，作一个等于的角，用圆规截取即可； （2）由（1）证明四边形为平行四边形，进而证明为菱形，即可证明. 【详解】（1）解：在内部找一点，如图所示. （2）连接， 且， 四边形为平行四边形， ， 为菱形， ，垂直且互相平分． 44．（2025·福建三明·三模）如图，在矩形中，，对角线，，相交于点，是上一点，，垂足为，点在延长线上，． (1)求证：； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，正切函数等； （1）与交于，由矩形的性质得，由等腰三角形的性质得，由余角的性质得，即可求解； （2）过作交于，由正切函数得 ，结合等腰三角形的性质可求 ，，设，，可得，由三角形的面积即可求解； 掌握矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，能熟练利用正切函数进行求解是解题的关键． 【详解】（1）证明：与交于， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ； （2）解：过作交于， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，， ， ， ， 解得：， ， ， ． 45．（2025·福建泉州·三模）我国明朝数学家程大位写过一本数学著作《直指算法统宗》，其中有一道与荡秋千有关的数学问题是使用《西江月》词牌写的： 平地秋千未起，踏板一尺离地． 送行二步与人齐，五尺人高曾记． 仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉． 良工高士素好奇，算出索长有几？ 翻译成现代汉语大意是：如图所示，有一个秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推进10尺（5尺为一步），秋千踏板就和某人一样高，这个人的身高为5尺．如果秋千的绳索拉得很直，试问它有多长？（要求：根据题意画出图形并解答） 【答案】秋千绳索尺 【分析】本题考查理解题意能力，关键是能构造出直角三角形，用勾股定理来解． 设绳索有x尺长，此时绳索长，向前推出的10尺，和秋千的上端为端点，垂直地面的线可构成直角三角形，根据勾股定理可求解． 【详解】解：依题意，画出图形如图所示； 作于D，则尺，尺，设秋千绳索长度尺， 则尺，（尺）． 在中， 即 解得（或） 答：秋千绳索14.5尺． 46．（2025·福建厦门·三模）在七年级学习实数时，我们通过裁剪和拼接说明的存在，如图1所示． (1)将五个边长为1的正方形按图2所示的方式摆放成一个矩形，沿图2的虚线裁剪，并按图3进行拼接． ①在图2中，________； ②在图3中，求证：． (2)经历了以上活动，我们猜想：大小不同的两个正方形，也可以通过裁剪拼接成一个大正方形． 如图4，已知正方形和正方形，点在一条直线上，．请你设计一种裁剪拼接方案验证上述猜想． 要求： ①在图4中需要裁剪的边上标出裁剪点的位置以及线段长度（用含的式子表示）； ②在图4中画出裁剪线，标出各个裁剪后的图形序号（类似图2）； ③在图5的方框中画出拼接后的大正方形的示意图（标上各个图形的序号，类似图3）． 说明： ①裁剪前和裁剪后拼接地不重叠、无缝隙、无剩余； ②本题将综合考虑“裁剪次数”给分，裁剪次数最少的才能得满分． 【答案】(1)①；②证明见解析； (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）①由题意可得：，根据勾股定理即可求解； ②根据题意证明，得到，进一步得到，即可得出结论； （2）根据题意画出裁剪线，然后拼接即可． 【详解】（1）解：①由题意可得：， ∴， 故答案为：； ②， ． 又， ， ， ， ， ； （2）解：方法一，如图： 方法二，如图： 47．（2025·福建厦门·三模）在等腰中，，点分别为的中点． (1)尺规作图：在边上作一点F，使得点F到的距离相等；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，连接．求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查等腰三角形的性质（三线合一）、角平分线的性质与判定、三角形中位线性质、菱形的判定与性质以及尺规作图．解题关键是利用等腰三角形特性确定满足条件的点，并依据相关几何性质定理完成的证明． （1）解题思路利用等腰三角形“三线合一”性质或角平分线性质，通过尺规作图作出的平分线、的中垂线或高，其与$BC$的交点即为到、距离相等的点． （2）由点到两边距离相等得平分，结合等腰三角形三线合一证；再利用、为中点得，通过平行线性质或菱形性质（四边相等）证． 【详解】（1）如图点F即为所求． 解法一（作线段的中垂线交于点F）： 解法二（作的平分线交于点F）： 解法三（以D为圆心，为半径作弧交于点F）： 解法四（过点A作的垂线交于点F）： 解法五（以B和C分别为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点H，连结交于点F）： （2）解法一：点F到的距离相等 平分 又 于F 点分别为中点 解法二：点F到的距离相等 平分 又 于F 在与中，点分别为中点 ∴四边形为菱形 解法三：点F到的距离相等 平分 又且点分别为中点 又平分 48．（2025·福建龙岩·一模）根据国际标准，系列纸为矩形，其中纸的面积为．将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸…… 将纸按如图1所示的方式折叠． (1)观察图1的折叠过程，可知纸矩形的宽与长的比值为___________； (2)某兴趣小组在实践活动中尝试用纸板做一个无盖的长方体纸盒，要求如下：把一张纸板分割成个矩形纸板，用其中一个作为底面，其余个作为侧面，恰好能粘接成一个无盖的长方体纸盒，小鑫同学画出了如图2所示的设计示意图，该长方体纸盒底面的面积为． 请你在图3，图4所示的纸板中画出两种与小鑫同学不同的设计示意图，并在图中直接标出长方体纸盒的底面和底面的面积． 【答案】(1) (2)作图见解析，不唯一 【分析】本题考查长方体的认识，二次根式的运算，正方形的判定与性质，矩形的性质，熟练掌握长方体的侧面和底面的关系是解题的关键． （1）设纸的长为，宽为，第一次翻折：由图可知，，得出，第一次翻折中，则，即可求解； （2）纸宽为，先利用图2的底面积得出，分别利用长方体的特征得到如图3和图4，再将底面积分别用含的代数式表示出来，再将代入即可求解． 【详解】（1）解：设纸的长为，宽为， 第一次翻折：由图可知，， ∴四边形是正方形， ∴， 第一次翻折：， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：∵纸的宽与长的比值为， ∴如图，设，， 由题可知， ∴底面积为， 得， 作法不唯一，如图3，按此方法分割，其中，，可以接成无盖的长方体， 此时，， ∴， ∴底面积为， 此时如图： 如图4，按此方法分割，其中，，可以接成无盖的长方体， 此时，， ∴， ∴底面积为， 此时如图： 49．（2025·福建福州·二模）已知矩形中，为边上一点，连接，，为上一点，且． (1)如图，作，满足圆心在上，且经过点（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（）的条件下，如图，若点在上，求证：． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【分析】（）连接，作线段的垂直平分线，交于点，再以点为圆心，的长度为半径画圆即可； （）连接，利用圆周角定理和矩形的性质可证，可得，又由平行线的性质得，即得，进而即可求证． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：连接， ∵是直径， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，圆周角定理，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识点是解题的关键． 50．（2025·福建莆田·二模）如图，将沿AC翻折得到，． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作交延长线于点E，连接．若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）根据翻折，得到，，平行得到，进而推出，即可得证； （2）在中，勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：由翻折，得，，． ∵， ， ， ， ， 四边形是菱形． （2）四边形是菱形，， ． ，， 中，， ， 中，． 51．（2025·福建莆田·二模）问题探究 （1）如图1，在四边形中，点在直线上，且，求作，使得点，在直线上，边，，分别经过点，，（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出的值； 问题解决 （2）如图2，某市郊野公园现有一块四边形草坪，顶点，，，处均有一棵荔枝古树，点处有一座八角观景亭，园林管理部门准备扩建草坪，想使草坪面积扩大一倍，又想保持棵荔枝古树、八角观景亭在草坪边不动，并要求扩建后的草坪成平行四边形的形状．请问能否实现这一设想？若能，请你设计出所要画的图形；若不能，请说明理由． 【答案】（1）图见解析，；（2）能，图见解析． 【分析】本题考查了作图——基本作图，平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识． （1）连接，过点作的平行线，再过点、点分别作的平行线，四条线的交点为、、、，则四边形即为所求，根据平行四边形的性质可得出的值； （2）连接，过点和分别作的平行线，再连接分别交过点、过点的直线于点、，最后过点作的平行线分别交过点、过点的直线于点、，则四边形即为所求． 【详解】解（1）如图，即为所求， ，， 四边形和四边形均是平行四边形， ， 直线与间的距离处处相等，与间的距离处处相等， ，， ， ； （2）能实现这一设想，如图，连接，过点和分别作的平行线，再连接分别交过点、过点的直线于点、，最后过点作的平行线分别交过点、过点的直线于点、，则四边形即为所求， 理由如下： ，， 四边形、四边形和四边形均是平行四边形， ， 直线与间的距离处处相等，与间的距离处处相等， ，， ， ． 52．（2025·福建厦门·二模）如图所示，三边的长分别为，，，是的中线，过点作且，连接．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定及性质、勾股定理逆定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． 先根据勾股定理逆定理得出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，然后根据一组对边平行且相等可得出四边形是平行四边形，最后根据邻边相等的平行四边形为菱形即可得证． 【详解】证明：∵，，， ∴，． ∴． ∴． ∵在中，是中线， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． 53．（2025·福建厦门·二模）一个矩形可不重叠且不留空隙地分割为个正方形，称该矩形为“阶容正矩形”： (1)图1是一个3阶容正矩形．请再画出一个形状不同的3阶容正矩形，若该矩形的周长为，求它的边长； (2)若要求4阶容正矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，判断4阶容正矩形按此方式是否可分割为4个大小不等的正方形，并证明； (3)若一个矩形可按图2所示的方式分割为9个大小不等的正方形，请探究该9阶容正矩形的一个性质定理．（说明：“大小不等”指两两不全等） 【答案】(1)画图见解析；2，3，2，3 (2)不可分割；理由见解析 (3)该9阶容正矩形的一组邻边长的比值为 【分析】本题考查了正方形的性质的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； （1）设，然后得到，再根据四边形为正方形，可得，然后即可求解； （2）设4个正方形边长分别为，，，，然后根据正方形性质可得，然后即可求解； （3）先作图，并将9个正方形的边长依次表示为，然后可求得，，，，，，，进而得到，然后可求得该矩形的一组邻边长分别为：，，然后即可求解； 【详解】（1）解：如图，矩形即为所求． 设， ∵四边形与四边形均为正方形， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． ∴该3阶容正矩形边长为2，3，2，3； （2）解：4阶容正矩形按此方式不可分割为4个大小不等的正方形，理由如下： 根据（1）中的线段和差关系推理， 若设4个正方形边长分别为，，，， ∵矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点， ∴矩形的一组对边的长为与，另一组对边的长为与． ∵矩形对边相等， ∴①且②． ①②得． 可得． ∴4阶容正矩形按此方式不可分割为4个大小不等的正方形； （3）解：如图，按图中标号顺序（正方形标号为①），将9个正方形的边长依次表示为， 设，， ∵， ∴， 同理可得： ，，，， ，， ∵矩形对边相等， ∴，即， ∴， ∴该矩形的一组邻边长分别为：，， ∴该9阶容正矩形的一个性质定理为：该9阶容正矩形的一组邻边长的比值为． 54．（2025·福建·二模）如图，已知四边形是矩形，连接对角线，过点B作于点E，过点D作于点F．求证：． 【答案】见详解 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据，，得，再结合四边形是矩形，证明，即可作答． 【详解】∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 55．（2025·福建南平·二模）在中，于点于点．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 根据平行四边形得到，然后得到，再由垂直的定义得到，即可证明全等． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ． 56．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，点E，F分别在边上，．求证：．    【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，证明四边形为平行四边形，进而得到，根据，即可得出结论． 【详解】证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴，即：． 试卷第64页，共65页 试卷第65页，共65页 学科网（北京）股份有限公司 $$