专题14 四边形（基础题，70题）（广西专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

专题14 四边形（基础题，70题） 一、单选题 1．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（    ） A．1 B．2 C．5 D．10 2．（2023·广西·中考真题）如图，过的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交的图象于B，D两点，以，为邻边的矩形被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为，，，，若，则的值为（    ）    A．4 B．3 C．2 D．1 3．（2022·广西河池·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是(   ) A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠DAC＝∠BAC 4．（2022·广西贵港·中考真题）如图，在边长为1的菱形中，，动点E在边上（与点A、B均不重合），点F在对角线上，与相交于点G，连接，若，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 5．（2022·广西玉林·中考真题）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是(   ) A．4 B． C．2 D．0 6．（2021·广西河池·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，，，则AF的长是（   ） A． B． C． D． 7．（2021·广西百色·中考真题）下列四个命题：①直径是圆的对称轴；②若两个相似四边形的相似比是1：3，则它们的周长比是1：3，面积比是1：6；③同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行；④对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形．其中真命题有（    ） A．①③ B．①④ C．③④ D．②③④ 8．（2021·广西梧州·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（　　） A．34 B．12 C．6+3 D．6 9．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（　　） A．6 B．12 C．24 D．48 10．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且EF＝2AE＝2CF，连接DE并延长交AB于点M，连接DF并延长交BC于点N，连接MN，则（    ）    A． B． C．1 D． 11．（2021·广西贵港·中考真题）下列命题是真命题的是（    ） A．同旁内角相等，两直线平行 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．两角分别相等的两个三角形相似 12．（2021·广西柳州·中考真题）如图，在菱形中，对角线，则的面积为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 13．（2021·广西·中考真题）如图，矩形纸片，，点，分别在，上，把纸片如图沿折叠，点，的对应点分别为，，连接并延长交线段于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 14．（2021·广西玉林·中考真题）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形： a.两组对边分别相等        b.一组对边平行且相等 c.一组邻边相等        d.一个角是直角 顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c 则正确的是：（    ） A．仅① B．仅③ C．①② D．②③ 二、填空题 15．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ． 16．（2023·广西·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ．    17．（2022·广西柳州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 ． 18．（2022·广西河池·中考真题）如图，把边长为1：2的矩形ABCD沿长边BC，AD的中点E，F对折，得到四边形ABEF，点G，H分别在BE，EF上，且BG＝EH＝BE＝2，AG与BH交于点O，N为AF的中点，连接ON，作OM⊥ON交AB于点M，连接MN，则tan∠AMN＝ ． 19．（2022·广西梧州·中考真题）如图，在中，，点D，E分别是边上的中点，连接．如果，，那么的长是 m． 20．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为 ． 21．（2022·广西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，对角线相交于点O．点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作，分别交于点F、G，连接BF，交AC于点H，将沿EF翻折，点H的对应点恰好落在BD上，得到若点F为CD的中点，则的周长是 ． 22．（2022·广西玉林·中考真题）如图，点A在双曲线上，点B在直线上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形是菱形时，有以下结论： ①     ②当时， ③     ④ 则所有正确结论的序号是 ． 23．（2022·广西玉林·中考真题）数学课上，老师将如图边长为1的正方形铁丝框变形成以A为圆心，为半径的扇形（铁丝的粗细忽略不计），则所得扇形的面积是 ． 24．（2021·广西桂林·中考真题）如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 ． 25．（2021·广西梧州·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是 cm． 26．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为E，连接CE，若，则tan∠DEC的值是 ． 27．（2021·广西贺州·中考真题）如图，在矩形中，，分别为，的中点，以为斜边作，，连接，．若，则 ． 28．（2021·广西贺州·中考真题）如图．在边长为6的正方形中，点，分别在，上，且，，垂足为，是对角线的中点，连接、则的长为 ． 三、解答题 29．（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”． (1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”． 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 _________ ②平行六边形的三组主对角分别相等 _________ ③平行六边形的三条主对角线互相平分 _________ 【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”． (2)如图2，已知平行六边形满足． 求证：平行六边形是菱六边形： (3)如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长． 30．（2024·广西·中考真题）如图，已知是的外接圆，．点D，E分别是，的中点，连接并延长至点F，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：与相切； (3)若，，求的半径． 31．（2022·广西河池·中考真题）如图，点A，F，C，D在同一直线上，AB＝DE，AF＝CD，BC＝EF． (1)求证：∠ACB＝∠DFE； (2)连接BF，CE，直接判断四边形BFEC的形状． 32．（2022·广西桂林·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E和点F是对角线BD上的两点，且BF＝DE．    (1)求证：BE＝DF； (2)求证：ABE≌CDF． 33．（2022·广西梧州·中考真题）如图，在中，E，G，H，F分别是上的点，且．求证：． 34．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O． (1)求证：四边形AFCE是平行四边形； (2)若AC平分，，求四边形AFCE的面积． 35．（2022·广西·中考真题）如图，在中，BD是它的一条对角线， (1)求证：； (2)尺规作图：作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）； (3)连接BE，若，求的度数． 36．（2022·广西玉林·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作交的延长线于点F，设． (1)求的长（用含a的代数式表示）； (2)连接交于点G，连接，当时，求证：四边形是菱形． 37．（2021·广西桂林·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，EF过点O，交AB于点E，交CD于点F． （1）求证：∠1＝∠2； （2）求证：△DOF≌△BOE． 38．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH． （1）求证：BE＝CF； （2）若AB＝6，BEBC，求GH的长． 39．（2021·广西贺州·中考真题）如图，在四边形中，，，，交于点，过点作，垂足为，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的面积． 40．（2021·广西·中考真题）如图①，在中，于点，，，点是上一动点（不与点，重合），在内作矩形，点在上，点，在上，设，连接． （1）当矩形是正方形时，直接写出的长； （2）设的面积为，矩形的面积为，令，求关于的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； （3）如图②，点是（2）中得到的函数图象上的任意一点，过点的直线分别与轴正半轴，轴正半轴交于，两点，求面积的最小值，并说明理由． 41．（2021·广西·中考真题）如图，四边形中，，，连接． （1）求证：； （2）尺规作图：过点作的垂线，垂足为（不要求写作法，保留作图痕迹）； （3）在（2）的条件下，已知四边形的面积为，，求的长． 四、单选题 42．（2025·广西来宾·模拟预测）如图，在边长为8的菱形中，为锐角，是边上一点，过点作与边交于点F，与边交于点，且，连接，若，菱形的面积为48，则的长为（   ） A．6 B．8 C． D． 43．（2025·广西·一模）如图所示，在矩形中，，观察图中尺规作图的痕迹，则的度数是（   ） A． B． C． D． 44．（2025·广西南宁·三模）在中，，平分且交于点E，点F在边上，．则的度数为（   ） A． B． C． D． 45．（2025·广西南宁·模拟预测）如图是一个掐丝珐琅方胜式盒盖的纹样，由两个全等的菱形叠压组成．寓意优胜，优美和同心，若两个菱形的对角线分别为和，重叠部分是一个面积为的菱形，则这个图案的总面积为（   ） A． B． C． D． 46．（2025·广西梧州·二模）如图，在中，点，分别是，的中点，，则的长为（   ） A．6 B．4 C．3 D．2 47．（2025·广西梧州·二模）如图，当驾驶员的眼睛点与地面的距离为米时，是驾驶员的视觉盲区，车头近似的看成是矩形，且，若的长度为米，则车宽的长度大约是（） A．米 B．米 C．米 D．米 48．（2025·广西梧州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点C的对应点M在线段上，交于点H，则与四边形的面积比为（   ） A． B． C． D． 49．（2025·广西南宁·一模）如图，将矩形绕点A逆时针旋转，得到矩形，点的对应点落在上，且，则长为（    ） A． B． C． D． 50．（2025·广西南宁·一模）如图，四边形是菱形，，，以为圆心，的长为半径画弧，则阴影部分面积为（    ） A． B． C． D． 51．（2025·广西贵港·一模）如图，在矩形中，，．连接，按下列方法作图；以点C为圆心，适当长为半径画弧．分别交于点E，F；分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G；连接交于点H，则的面积是（    ）    A． B． C．15 D． 五、填空题 52．（2025·广西桂林·三模）某校举办的科技节活动中，“纸牌承重”项目受到同学们的广泛关注．小德所在小组用若干图①中的纸牌搭建成可承重的两条桌腿，制成如图②所示的“纸牌承重桌”（桌面与地面平行，桌面厚度和纸牌厚度忽略不计）．“纸牌承重桌”的高度为 ． 53．（2025·广西南宁·三模）如图，菱形的周长为8，O是对角线的中点，将菱形沿向右平移的长得到菱形，与相交于点E，与相交于点F，则四边形的周长是 ． 54．（2025·广西玉林·三模）如图，为正方形内一点，，垂足为，连接，，分别是，的中点，若，则的最小值是 ． 55．（2025·广西柳州·三模）如图，在矩形中，已知，P是边上一动点（点P不与点B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，则线段的最小值为 ． 56．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，将边长为6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9时，阴影部分的周长等于 ． ∵四边形是边长为6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9， ∴， 解得，符合题意， 57．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，三条相互平行的直线和分别经过正方形的三个顶点，交边于点．若与之间的距离为6，与之间的距离为14，则的长为 58．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，已知正方形的边长为，对角线，交于点，是的中点，线段（点在点的左边）在上运动，连接，，若，则的最小值是 ． 59．（2025·广西南宁·二模）如图，在中，，点，分别在边上运动，满足，连接，当四边形的周长最小时，则的长为 ． 60．（2025·广西梧州·二模）如图，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕；将纸片展平，连接，把沿翻折得到，点恰好落在的中点处．若，则的长为 ． 61．（2025·广西玉林·三模）如图，在矩形中，点为的中点，为边上的任意一点，把沿折叠，得到，连接．若，，则的最小值为 ． 62．（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，以点B为圆心，长为半径画弧交于F点，再分别以点A，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接并延长交于E点，连接，，相交于O点，若，，则的长为 ． 63．（2025·广西梧州·一模）如图，D、E分别是边的中点，连接．若，，则BD的长为 ． 64．（2025·广西南宁·一模）如图，的对角线，相交于点，若，则 ． 六、解答题 65．（2025·广西桂林·二模）如图，在中（），以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接． (1)用尺规作图法，作的平分线，且点在线段上，与相交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：． 66．（2025·广西·二模）如图所示，中，． (1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（）所作的图中，延长至点，使，连接，求证：四边形是矩形． 67．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，在矩形中，是边上的点，连接． (1)尺规作图：以为边，为顶点作，交线段于点；（要求：保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)求证：四边形是平行四边形． 68．（2025·广西梧州·二模）如图，四边形是平行四边形，是边上的一点，且． (1)尺规作图：作的平分线，交于点（不写作法，保留作图痕迹）． (2)连接．求证：四边形是菱形． 69．（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段的垂直平分线，垂足为点O，交于点E，交于点F，连接．（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：试猜想四边形是什么图形，并加以证明． 70．（2025·广西桂林·一模）如图，在中，，于点E，过点A作，连接并延长，交于点C． (1)求证：． (2)连接，求证：四边形是平行四边形． 试卷第76页，共77页 试卷第77页，共77页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题14 四边形（基础题，70题） 一、单选题 1．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（    ） A．1 B．2 C．5 D．10 【答案】C 【分析】先证明四边形是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出，，证明得出，则可得出，同理，得出平行四边形是矩形，证明，得出，进而得出，得出矩形是正方形，在中，利用勾股定理求出，然后利用正方形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵E，F，G，H分别为各边中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， 同理， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，同理， ∴平行四边形是矩形， ∵，，， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴矩形是正方形， 在中，， ∴， ∴， ∴正方形的面积为5， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键． 2．（2023·广西·中考真题）如图，过的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交的图象于B，D两点，以，为邻边的矩形被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为，，，，若，则的值为（    ）    A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】设，则，，，根据坐标求得，，推得，即可求得． 【详解】设，则，， ∵点A在的图象上 则， 同理∵B，D两点在的图象上， 则 故， 又∵， 即， 故， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了反比例函数的性质，矩形的面积公式等，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键． 3．（2022·广西河池·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是(   ) A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠DAC＝∠BAC 【答案】C 【分析】根据菱形的性质逐项分析判断即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，AC⊥BD，∠DAC＝∠BAC，故A、B、D选项正确， 不能得出，故C选项不正确， 故选：C. 【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键． 4．（2022·广西贵港·中考真题）如图，在边长为1的菱形中，，动点E在边上（与点A、B均不重合），点F在对角线上，与相交于点G，连接，若，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 【答案】D 【分析】先证明△BAF≌△DAF≌CBE，△ABC是等边三角形，得DF=CE，判断A项答案正确，由∠GCB+∠GBC=60゜，得∠BGC=120゜，判断B项答案正确，证△BEG△CEB得 ，即可判断C项答案正确，由，BC=1，得点G在以线段BC为弦的弧BC上，易得当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，由勾股定理求得AG=，即可判断D项错误． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，， ∴AB=AD=BC=CD，∠BAC=∠DAC=∠BAD= =， ∴△BAF≌△DAF≌△CBE，△ABC是等边三角形， ∴DF=CE，故A项答案正确， ∠ABF=∠BCE， ∵∠ABC=∠ABF+∠CBF=60゜， ∴∠GCB+∠GBC=60゜， ∴∠BGC=180゜-（∠GCB+∠GBC）=120゜，故B项答案正确， ∵∠ABF=∠BCE，∠BEG=∠CEB， ∴△BEG∽△CEB， ∴ ， ∴， ∵， ∴，故C项答案正确， ∵，BC=1，点G在以线段BC为弦的弧BC上， ∴当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，如下图，    ∵△ABC是等边三角形，BC=1， ∴，AF=AC=，∠GAF=30゜， ∴AG=2GF，AG2=GF2+AF2， ∴ 解得AG=，故D项错误， 故应选：D 【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、等边三角形的判定及性质、圆周角定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 5．（2022·广西玉林·中考真题）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是(   ) A．4 B． C．2 D．0 【答案】B 【分析】由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解． 【详解】解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022， ∴， ∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处， 连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示： 在正六边形中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选B． 【点睛】本题主要考查图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质是解题的关键． 6．（2021·广西河池·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，，，则AF的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过作的垂线分别交于,由，证明，设，根据，求得，在中，利用勾股定理即可求得． 【详解】如图，过作的垂线分别交于， 四边形是正方形， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， 在和中， （AAS）， ， 设，则， ， 即， 解得， ， 四边形是正方形，， ， ， ． 故选B 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，求得是解题的关键． 7．（2021·广西百色·中考真题）下列四个命题：①直径是圆的对称轴；②若两个相似四边形的相似比是1：3，则它们的周长比是1：3，面积比是1：6；③同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行；④对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形．其中真命题有（    ） A．①③ B．①④ C．③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据有关性质，对命题逐个判断即可． 【详解】解：①直径是圆的对称轴，直径为线段，对称轴为直线，应该是直径所在的直线是圆的对称轴，为假命题； ②若两个相似四边形的相似比是1：3，面积比是1：9，而不是1：6，为假命题； ③根据平行和垂直的有关性质，可以判定为真命题； ④根据正方形的判定方法，可以判定为真命题； 故答案选C． 【点睛】此题考查了命题的判定，熟练掌握命题有关内容的基础知识是解题的关键． 8．（2021·广西梧州·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（　　） A．34 B．12 C．6+3 D．6 【答案】A 【分析】如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形，再证明是等边三角形，再分别求解即可得到答案. 【详解】解：如图，作的外接圆 连接 过作轴于 作轴于 则四边形是矩形， 是等边三角形， 故选： 【点睛】本题考查的是坐标与图形，三角形的外接圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理分应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键. 9．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（　　） A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】B 【分析】利用三角形的中位线定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可. 【详解】解： 点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 故选： 【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键. 10．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且EF＝2AE＝2CF，连接DE并延长交AB于点M，连接DF并延长交BC于点N，连接MN，则（    ）    A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】设，首先证明，再利用平行线分线段成比例定理求出，推出，，可得结论． 【详解】解：设， 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 故选：A．    【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数，设正方形的边长为，求出，． 11．（2021·广西贵港·中考真题）下列命题是真命题的是（    ） A．同旁内角相等，两直线平行 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．两角分别相等的两个三角形相似 【答案】D 【分析】利用平行线的判定方法、矩形及菱形的判定方法、相似三角形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、同旁内角互补，两直线平行，故原命题错误，是假命题，不符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，是假命题，不符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意； D、两角分别相等的两个三角形相似，正确，是真命题，符合题意， 故选：D． 【点睛】本题考查了命题与定理及相似三角形的知识，解题的关键是了解平行线的判定方法、矩形及菱形的判定方法、相似三角形的判定方法，难度不大． 12．（2021·广西柳州·中考真题）如图，在菱形中，对角线，则的面积为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】B 【分析】菱形的对角线互相垂直平分，故的面积为对角线的一半的乘积的． 【详解】是菱形 的面积 故选B． 【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形面积，理解是直角三角形是解题的关键． 13．（2021·广西·中考真题）如图，矩形纸片，，点，分别在，上，把纸片如图沿折叠，点，的对应点分别为，，连接并延长交线段于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据折叠性质则可得出是的垂直平分线，则由直角三角形性质及矩形性质可得∠AEO=∠AGD，∠FHE＝∠D＝90°，根据相似三角形判定推出△EFH∽△GAD，再利用矩形判定及性质证得FH＝AB，即可求得结果． 【详解】解：如图，过点F作FH⊥AD于点H， ∵点，的对应点分别为，， ∴，， ∴EF是AA＇的垂直平分线． ∴∠AOE=90°． ∵四边形是矩形， ∴∠BAD＝∠B＝∠D＝90°． ∴∠OAE＋∠AEO=∠OAE＋∠AGD， ∴∠AEO=∠AGD． ∵FH⊥AD， ∴∠FHE＝∠D＝90°． ∴△EFH∽△GAD． ∴． ∵∠AHF＝∠BAD＝∠B＝90°， ∴四边形ABFH是矩形． ∴FH＝AB． ∴； 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，掌握折叠的性质、矩形及相似三角形的判定与性质是解题的关键． 14．（2021·广西玉林·中考真题）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形： a.两组对边分别相等        b.一组对边平行且相等 c.一组邻边相等        d.一个角是直角 顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c 则正确的是：（    ） A．仅① B．仅③ C．①② D．②③ 【答案】C 【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项． 【详解】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意； ②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意； ③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，故错误，不符合题意； ∴正确的有①②； 故选C． 【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 二、填空题 15．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键． 【详解】解：过点作于，于，则， ∵两张纸条的对边平行， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵两张纸条的宽度相等， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，，， ∴， ∴四边形的周长为， 故答案为：． 16．（2023·广西·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ．    【答案】 【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可． 【详解】如图所示，连接，    ∵M，N分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴当最大时，最大，此时最大， ∵点E是上的动点， ∴当点E和点C重合时，最大，即的长度， ∴此时， ∴， ∴的最大值为． 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 17．（2022·广西柳州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明（SAS）， 可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案． 【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， ∵正方形ABCD， ∴ ∴ ∵DE=DF， ∴（SAS）， ∴ ∴当三点共线时，最短，则最短， ∵位BC 中点， ∴ 此时 此时 所以CF的最小值为： 故答案为： 【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键． 18．（2022·广西河池·中考真题）如图，把边长为1：2的矩形ABCD沿长边BC，AD的中点E，F对折，得到四边形ABEF，点G，H分别在BE，EF上，且BG＝EH＝BE＝2，AG与BH交于点O，N为AF的中点，连接ON，作OM⊥ON交AB于点M，连接MN，则tan∠AMN＝ ． 【答案】/0.625 【分析】先判断出四边形ABEF是正方形，进而判断出△ABG≌△BEH，得出∠BAG=∠EBH，进而求出∠AOB=90°，再判断出△AOB~△ABG，求出，再判断出△OBM～△OAN，求出BM=1，即可求出答案． 【详解】解：∵点E，F分别是BC，AD的中点， ∴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=90°，AD∥BC，AD=BC， ∴， ∴四边形ABEF是矩形， 由题意知，AD=2AB， ∴AF=AB， ∴矩形ABEF是正方形， ∴AB=BE，∠ABE=∠BEF=90°， ∵BG=EH， ∴△ABG≌△BEH（SAS）， ∴∠BAG=∠EBH， ∴∠BAG+∠ABO=∠EBH+∠ABO=∠ABG=90°， ∴∠AOB=90°， ∵BG＝EH＝BE＝2， ∴BE=5， ∴AF=5， ∴， ∵∠OAB=∠BAG，∠AOB=∠ABG， ∴△AOB∽△ABG， ∴，即， ∴， ∵OM⊥ON， ∴∠MON=90°=∠AOB， ∴∠BOM=∠AON， ∵∠BAG+∠FAG=90°，∠ABO+∠EBH=90°，∠BAG=∠EBH， ∴∠OBM=∠OAN， ∴△OBM～△OAN， ∴， ∵点N是AF的中点， ∴， ∴，解得：BM=1， ∴AM=AB-BM=4， ∴． 故答案为： 【点睛】此题主要考查了矩形性质，正方形性质和判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，求出BM是解本题的关键． 19．（2022·广西梧州·中考真题）如图，在中，，点D，E分别是边上的中点，连接．如果，，那么的长是 m． 【答案】4 【分析】由D、E分别是AB和AC的中点得到DE是△ABC的中位线，进而得到，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，由此即可求出． 【详解】解：∵D、E分别是AB和AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴， ∵， ∴由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：， ∴， 故答案为：4． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，属于基础题，熟练掌握中位线定理是解决本题的关键． 20．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为 ． 【答案】/ 【分析】在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，可得DG垂直平分EH，从而得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，再分别求出EF和FH，即可求解． 【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K， 在矩形ABCD中，∠A=∠ADC=90°，AD=BC=6，CD=AB=8， ∴△DEH为等腰直角三角形， ∵DG平分∠ADC， ∴DG垂直平分EH， ∴PE=PH， ∴的周长等于PE+PF+EF=PH+PF+EF≥FH+EF， ∴当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF， ∵E，F分别是AD，AB的中点， ∴AE=DE=DH=3，AF=4， ∴EF=5， ∵FK⊥CD， ∴∠DKF=∠A=∠ADC=90°， ∴四边形ADKF为矩形， ∴DK=AF=4，FK=AD=6， ∴HK=1， ∴， ∴FH+EF=，即的周长最小为． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了最短距离问题，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，明确题意，准确得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF是解题的关键． 21．（2022·广西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，对角线相交于点O．点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作，分别交于点F、G，连接BF，交AC于点H，将沿EF翻折，点H的对应点恰好落在BD上，得到若点F为CD的中点，则的周长是 ． 【答案】/ 【分析】过点E作PQAD交AB于点P，交DC于点Q，得到BP=CQ，从而证得≌，得到BE=EF，再利用，F为中点，求得，从而得到，再求出，再利用ABFC，求出，得到，求得，，从而得到EH=AH-AE=，再求得得到，求得EG=，OG=1， 过点F作FM⊥AC 于点M，作FN⊥OD于点N，求得FM=2，MH=，FN=2，证得Rt≌Rt得到，从而得到ON=2，NG=1， ，从而得到答案． 【详解】解：过点E作PQAD交AB于点P，交DC于点Q， ∵ADPQ， ∴AP=DQ，， ∴BP=CQ， ∵， ∴BP=CQ=EQ， ∵EF⊥BE， ∴ ∵ ∴， 在与中   ∴≌， ∴BE=EF， 又∵，F为中点， ∴， ∴， ∴， 又∵，   ∴， ∴AE=AO-EO=4-2=2， ∵ABFC， ∴， ∴， ∴， ∵，   ∴， ， ∴EH=AH-AE=， ∵， ， ∴， 又∵，   ∴ ∴， ， ∴EG=，OG=1， 过点F作FM⊥AC 于点M， ∴FM=MC==， ∴MH=CH-MC=，   作FN⊥OD于点N， ， 在Rt与Rt中 ∴Rt≌Rt ∴， ∴ON=2，NG=1， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质应用，重点是与三角形相似和三角形全等的结合，熟练掌握做辅助线是解题的关键． 22．（2022·广西玉林·中考真题）如图，点A在双曲线上，点B在直线上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形是菱形时，有以下结论： ①     ②当时， ③     ④ 则所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【分析】根据一次函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理即可求出，即可判断①错误；根据反比例函图象上的点的特征即可求出，当时，即可求出k的值，即可判断②正确；将点代入直线，即可求出m的值，即可判断③正确；再根据底乘高即可计算，继而判断④错误． 【详解】直线， 当时，， ， ， 四边形是菱形， ， A与B关于x轴对称，设AB交x轴于点D， 在中，， ，故①错误； 在双曲线上， ， ， 当时，，故②正确； ， ， 点B在直线上， ， ， ，故③正确； ，故④错误； 综上，正确结论的序号是②③， 故答案为：②③． 【点睛】本题考查了一次函数图象上的点的坐标特征、反比例函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键． 23．（2022·广西玉林·中考真题）数学课上，老师将如图边长为1的正方形铁丝框变形成以A为圆心，为半径的扇形（铁丝的粗细忽略不计），则所得扇形的面积是 ． 【答案】1 【分析】根据题意结合图象得出AB=AD=1，，利用扇形面积与弧长的关系式进行求解即可． 【详解】解：根据图象可得：AB=AD=1， ， ∴， 故答案为：1． 【点睛】题目主要考查正方形的性质，弧长及扇形面积公式，熟练掌握弧长及面积公式是解题关键． 24．（2021·广西桂林·中考真题）如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 ． 【答案】 【分析】连接OB，过点O作OE⊥C'B于E，则∠OEC'=∠OEB=90°，由正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，所以∠OC'E=45°，OA=OC'=AB=2，∠A=90°，根据勾股定理得到BE的长，从而得到BC'. 【详解】解：如图，连接OB，过点O作OE⊥C'B于E，则∠OEC'=∠OEB=90°， ∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，点A′恰好落在线段BC′上， ∴∠OC'E=45°，OA=OC'=AB=2，∠A=90°， ∴ ，OE=EC'=， 在Rt△OBE中，由勾股定理得： ， ∴BC'=BE+EC'=． 故答案为： 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是作辅助线构造特殊三角形． 25．（2021·广西梧州·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是 cm． 【答案】 【分析】如图，连接 过作于 再求解正六边形的边长为 证明 再求解 再利用三角形的中位线定理可得答案. 【详解】解：如图，连接 过作于 正六边形ABCDEF的周长是24cm， 分别为的中点， 同理： 六边形GHKLMN的周长是 故答案为： 【点睛】本题考查的是三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，正多边形的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键. 26．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为E，连接CE，若，则tan∠DEC的值是 ． 【答案】 【分析】过点作于点，易证，从而可求出，，设AB＝a，则AD＝2a，根据三角形的面积可求出AE，然后根据锐角三角函数的定义即可求出答案． 【详解】解：如图，过点作于点，设， 在与中， ， ， ，， ，tan∠ADB＝＝， 设AB＝a，则AD＝2a， ∴BD＝a， ∵S△ABD＝BD•AE＝AB•AD， ∴AE＝CF＝a， ∴BE＝FD＝a， ∴EF＝BD﹣2BE＝a﹣a＝a， ∴tan∠DEC＝＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及锐角三角函数等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键． 27．（2021·广西贺州·中考真题）如图，在矩形中，，分别为，的中点，以为斜边作，，连接，．若，则 ． 【答案】 【分析】根据矩形及等腰三角形的性质先求出，再利用中点定义及矩形性质可得，则可求出，，即可求得结果． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，． ∵，， ∴． ∴． ∵，分别为，的中点， ∴，． ∵， ∴． ∴，． ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握矩形与等腰三角形的性质是解答此题的关键． 28．（2021·广西贺州·中考真题）如图．在边长为6的正方形中，点，分别在，上，且，，垂足为，是对角线的中点，连接、则的长为 ． 【答案】 【分析】以B为原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，根据已知求出A、E、F、D、O的坐标，从而得AE、BF解析式，可求G坐标，即可得到OG的长度．． 【详解】解：以B为原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图： ∵四边形ABCD是正方形，边长为6， ∴AB=BC=6，∠ABE=∠BCF=90°， ∵BC=3BE，BE=CF， ∴BE=CF=2， ∴E（2，0），F（6，2），A（0，6），D（6，6）， 设直线AE解析式为y=ax+b，则， 解得， ∴直线AE解析式为y=-3x+6， 设直线BF解析式为y=cx，则2=6c， 解得c=， ∴直线BF解析式为y=x， 由得 ∴， ∵O为BD中点， ∴O（3，3）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质及应用，解题的关键是以B为原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，求出O和G的坐标． 三、解答题 29．（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”． (1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”． 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 _________ ②平行六边形的三组主对角分别相等 _________ ③平行六边形的三条主对角线互相平分 _________ 【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”． (2)如图2，已知平行六边形满足． 求证：平行六边形是菱六边形： (3)如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长． 【答案】(1)错误；正确；错误 (2)详见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及解方程：（1）连接，根据相似三角形和平行线的性质即可判断；（2）先证明为平行四边形，再证明为平行四边形，即可证明是菱六边形；（3）根据菱六边形得到，设，根据解得，代入即可． 【详解】（1）解：连接，交于点，由图可知： ①平行于，只能知道，其他对边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误的； ②平行于，，同理可得，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分别相等是正确的； ③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的． （2）证明：过点作平行且相等于，连接， 则平行四边形是平行四边形， 平行于，， 在平行六边形中，平行于，， 平行且相等于， 为平行四边形， 平行于，， 在平行六边形中，平行于，平行于， 平行于，平行于， 为平行四边形， ， ， ， ， 平行六边形是菱六边形． （3）解：设三角形纸片为， 裁剪后的纸片为菱六边形， 平行于，平行于 ，平行于，， ， ， 设， 则， ， ， ， 解得：， ． 30．（2024·广西·中考真题）如图，已知是的外接圆，．点D，E分别是，的中点，连接并延长至点F，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：与相切； (3)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先证明，，再证明，可得，，再进一步解答即可； （2）如图，连接，证明，可得过圆心，结合，证明，从而可得结论； （3）如图，过作于，连接，设，则，可得，求解，可得，求解，设半径为，可得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点D，E分别是，的中点， ∴，， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：如图，连接， ∵，为中点， ∴， ∴过圆心， ∵， ∴， 而为半径， ∴为的切线； （3）解：如图，过作于，连接， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 设半径为， ∴， ∴， 解得：， ∴的半径为． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，切线的判定，垂径定理的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键． 31．（2022·广西河池·中考真题）如图，点A，F，C，D在同一直线上，AB＝DE，AF＝CD，BC＝EF． (1)求证：∠ACB＝∠DFE； (2)连接BF，CE，直接判断四边形BFEC的形状． 【答案】(1)见解析 (2)四边形BFEC是平行四边形 【分析】（1）证△ABC≌△DEF（SSS），再由全等三角形的性质即可得出结论； （2）由（1）可知，∠ACB=∠DFE，则BC∥EF，再由平行四边形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵AF=CD， ∴AF ＋ CF = CD ＋ CF， 即AC＝DF， 在△ABC和△DEF中， △ABC≌△DEF（SSS） （2）如图，四边形BFEC是平行四边形，理由如下： 由（1）可知，∠ACB=∠DFE， ∴BC EF， 又∶ BC = EF， 四边形BFEC是平行四边形． 【点睛】本题考查了平行网边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解题的关键． 32．（2022·广西桂林·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E和点F是对角线BD上的两点，且BF＝DE．    (1)求证：BE＝DF； (2)求证：ABE≌CDF． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据，得到，得到； （2）根据，，，得到ABE≌CDF． 【详解】（1）∵ ∴ ∴ （2）∵四边形ABCD是平行四边形 ∴, ∴ ∵ ∴ABE≌CDF（SAS）． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形、全等三角形的相关知识． 33．（2022·广西梧州·中考真题）如图，在中，E，G，H，F分别是上的点，且．求证：． 【答案】证明过程见解析 【分析】先由四边形ABCD为平行四边形得到∠A=∠C，AB=CD，进而根据BE=DH得到AE=CH，最后再证明△AEF≌△CHG即可． 【详解】证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠A=∠C，AB=CD， 又已知BE=DH， ∴AB-BE=CD-DH， ∴AE=CH， 在△AEF和△CHG中 ， ∴△AEF≌△CHG(SAS)， ∴EF=HG． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形全等的判定方法，属于基础题，熟练掌握平行四边形的性质是解决本题的关键． 34．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O． (1)求证：四边形AFCE是平行四边形； (2)若AC平分，，求四边形AFCE的面积． 【答案】(1)详见解析； (2)24． 【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答； （2）由平行线的性质可得，再根据角平分线的性质解得，继而证明，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到，结合正切函数的定义解得，最后根据三角形面积公式解答． 【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形 ，即． 四边形AFCE是平行四边形． （2）解：， ． 平分， ． ． ，由（1）知四边形AFCE是平行四边形， 平行四边形AFCE是菱形． ， 在中，， ． ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键． 35．（2022·广西·中考真题）如图，在中，BD是它的一条对角线， (1)求证：； (2)尺规作图：作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）； (3)连接BE，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)50° 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，可利用“SSS”证明三角形全等； （2）根据垂直平分线的作法即可解答； （3）根据垂直平分线的性质可得，由等腰三角形的性质可得，再根据三角形外角的性质求解即可． 【详解】（1）四边形ABCD是平行四边形， ， ， （2）如图，EF即为所求； （3） BD的垂直平分线为EF， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的作法和性质，等腰三角形的性质及三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 36．（2022·广西玉林·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作交的延长线于点F，设． (1)求的长（用含a的代数式表示）； (2)连接交于点G，连接，当时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1) (2)见详解 【分析】（1）根据矩形的性质可得，然后可证，进而根据相似三角形的性质可求解； （2）如图，连接AC，由题意易证四边形是平行四边形，然后可得，进而可证，则可证，最后问题可求证． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； （2）证明：由题意可得如图所示： 连接AC， 在矩形中，，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定是解题的关键． 37．（2021·广西桂林·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，EF过点O，交AB于点E，交CD于点F． （1）求证：∠1＝∠2； （2）求证：△DOF≌△BOE． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB//CD，根据平行线的性质即可得结论； （2）由（1）可知∠1=∠2，根据中点的性质可得OD=OB，利用AAS即可证明△DOF≌△BOE． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB//CD， ∴∠1＝∠2． （2）∵点O是对角线BD的中点， ∴OD=OB， 在△DOF和△BOE中，， ∴△DOF≌△BOE． 【点睛】本题考查平行四边形的性质及全等三角形的判定，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 38．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH． （1）求证：BE＝CF； （2）若AB＝6，BEBC，求GH的长． 【答案】（1）见详解；（2）． 【分析】（1）由ASA证明△ABE≌△BCF，即可得到BE＝CF； （2）由题意，得到，，然后证明△ABE∽△BPE，求出，，再证明△APG∽△BPH，求出，得到，然后利用勾股定理即可求出GH的长度． 【详解】解：（1）在正方形ABCD中， AB=BC，∠ABC=∠C=90°， ∵AE⊥BF， ∴∠BPE=90°， ∴∠BAP+∠ABP=∠FBC+∠ABP=90°， ∴∠BAP=∠FBC， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴BE＝CF； （2）由题意，在正方形ABCD中， ∵AB＝6，BEBC， ∴，， ∴， ∵G为AD的中点， ∴， ∵∠BAE=∠PBE，∠AEB=∠BEP， ∴△ABE∽△BPE， ∴，即， ∴， ∵∠APB=90°， ∴， ∵∠APG+∠APH=∠APH+∠HPB=90°， ∴∠APG =∠HPB， ∵∠GAP+∠PAB=∠PAB+∠ABP=90°， ∴∠GAP=∠ABP， ∴△APG∽△BPH， ∴，即， ∴， ∴， 在直角三角形AGH中，由勾股定理，则 ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，以及余角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握上述知识，正确找出证明三角形相似的条件，从而进行解题． 39．（2021·广西贺州·中考真题）如图，在四边形中，，，，交于点，过点作，垂足为，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的面积． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）先利用角平分线判定定理证得，再由已知角的等量关系推出，并可得，则可证明四边形是平行四边形，最后由得，即可证得结论； （2）由菱形的性质可得，再根据角的等量关系求出，则可利用三角函数求得，此题得解． 【详解】（1）证明：如图， ∵， ∴， 又∵，且， ∴为的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：由（1）得四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键． 40．（2021·广西·中考真题）如图①，在中，于点，，，点是上一动点（不与点，重合），在内作矩形，点在上，点，在上，设，连接． （1）当矩形是正方形时，直接写出的长； （2）设的面积为，矩形的面积为，令，求关于的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； （3）如图②，点是（2）中得到的函数图象上的任意一点，过点的直线分别与轴正半轴，轴正半轴交于，两点，求面积的最小值，并说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3）6 【分析】（1）直接根据等腰直角三角形性质及正方形性质可以得出：，进一步计算即可； （2）先根据等腰直角三角形以及直角三角形得出，，代入化简即可； （3）设l：，则，当面积的最小时，两个函数图像仅有一个交点，列出面积的表达式求解即可． 【详解】解：（1）根据题意：可知 均为等腰直角三角形，则， ∵，，， ∴DC=8， ∴AC=， ∴； （2）∵四边形EFGH为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）由（2）得P在上， 设l：，则， 当面积的最小时，两个函数图像仅有一个交点， 令，得， 则， ∴， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查正方形性质，矩形的性质，勾股定理，特殊角锐角三角函数，反比例函数与一次函数综合问题，能够根据题意列出相应的方程是解决本题的关键． 41．（2021·广西·中考真题）如图，四边形中，，，连接． （1）求证：； （2）尺规作图：过点作的垂线，垂足为（不要求写作法，保留作图痕迹）； （3）在（2）的条件下，已知四边形的面积为，，求的长． 【答案】（1）证明见详解；（2）作图见详解；（3）CE=4． 【分析】（1）根据，得到∠BAC=∠DCA，结合，AC=CA，利用“AAS”即可证明； （2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E； （3）证明四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形面积公式即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴∠BAC=∠DCA， 又∵，AC=CA， ∴； （2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E； （3）∵， ∴AB=CD， ∵， ∴四边形ABCD为平行四边形， ∴, 即5CE=20， ∴CE=4． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，过直线外一点作已知直线的垂线等知识，综合性较强，熟知相关知识点，并根据题意灵活应用是解题关键． 四、单选题 42．（2025·广西来宾·模拟预测）如图，在边长为8的菱形中，为锐角，是边上一点，过点作与边交于点F，与边交于点，且，连接，若，菱形的面积为48，则的长为（   ） A．6 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的面积公式可求，等腰直角三角形的判定和性质可得出，由可证，可得，通过证明四边形是矩形，可得，，，由勾股定理可求的长，即可求解 【详解】解：如图，延长交的延长线于M，过点E作与H，于N， ∵菱形的面积为48，， ∴， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ， ， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 故选：C 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质添加恰当辅助线是解题的关键． 43．（2025·广西·一模）如图所示，在矩形中，，观察图中尺规作图的痕迹，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质证明，根据作图痕迹可得是的平分线，进而利用角平分线的性质即可解决问题． 本题考查了作图-基本作图、矩形的性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由作图痕迹可知：是的平分线， ∴． 故选：A． 44．（2025·广西南宁·三模）在中，，平分且交于点E，点F在边上，．则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，根据平行四边形的性质，得到，角平分线得到，，证明四边形为平行四边形，得到，角的和差关系求出的度数即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴； 故选B． 45．（2025·广西南宁·模拟预测）如图是一个掐丝珐琅方胜式盒盖的纹样，由两个全等的菱形叠压组成．寓意优胜，优美和同心，若两个菱形的对角线分别为和，重叠部分是一个面积为的菱形，则这个图案的总面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，熟练掌握是解答本题的关键．先求出两个菱形的面积再减去重叠部分． 【详解】解：菱形的面积： ， 这个图案的总面积为： ， 故选：A． 46．（2025·广西梧州·二模）如图，在中，点，分别是，的中点，，则的长为（   ） A．6 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，根据三角形中位线定理计算即可解题． 【详解】解：∵点，分别是，的中点， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 47．（2025·广西梧州·二模）如图，当驾驶员的眼睛点与地面的距离为米时，是驾驶员的视觉盲区，车头近似的看成是矩形，且，若的长度为米，则车宽的长度大约是（） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的应用，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键； 通过作高，利用相似三角形的对应高的比等于相似比，列方程求解即可． 【详解】如图，过点作，垂足为，交于点， 则米， 设米，由得， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 即， ， ， ， 解得，， ∴米 故选：D． 48．（2025·广西梧州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点C的对应点M在线段上，交于点H，则与四边形的面积比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点N，A，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴设， ∴，， 如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G， ∵线段与关于过点O的直线l对称，点C的对应点M在线段上， ∴， ∴ ∴ ∴点N，A，O三点共线 ∴， ∴， ∵ ∴ 由对称可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴． 故选C． 49．（2025·广西南宁·一模）如图，将矩形绕点A逆时针旋转，得到矩形，点的对应点落在上，且，则长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，图形旋转的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质及图形旋转的性质是解题的关键． 根据矩形的性质得，再根据勾股定理求得，然后根据图形旋转的性质可得，即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， 矩形绕点逆时针旋转，得到矩形， ． 故先选：C． 50．（2025·广西南宁·一模）如图，四边形是菱形，，，以为圆心，的长为半径画弧，则阴影部分面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了扇形面积的计算：设圆心角是，圆的半径为的扇形面积为，则也考查了菱形的性质和解直角三角形．连接，如图，先根据菱形的性质得到，，则和都为等边三角形，然后根据等边三角形的面积公式和扇形的面积公式，利用阴影部分面积进行计算． 【详解】解：连接，过点作于点，如图， 四边形是菱形， ， ， ， 和都为等边三角形， ∴ 阴影部分面积 故选：C． 51．（2025·广西贵港·一模）如图，在矩形中，，．连接，按下列方法作图；以点C为圆心，适当长为半径画弧．分别交于点E，F；分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G；连接交于点H，则的面积是（    ）    A． B． C．15 D． 【答案】C 【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，角平分线的作图与角平分线的性质．证明，，，如图，过H点作于M，可得，证明，求解，从而可得答案． 【详解】解：∵矩形中，， ∴，，， 如图，过H点作于M，    由作法得平分， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，而， ∴． ， 故选：C． 五、填空题 52．（2025·广西桂林·三模）某校举办的科技节活动中，“纸牌承重”项目受到同学们的广泛关注．小德所在小组用若干图①中的纸牌搭建成可承重的两条桌腿，制成如图②所示的“纸牌承重桌”（桌面与地面平行，桌面厚度和纸牌厚度忽略不计）．“纸牌承重桌”的高度为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了等边三角形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握它们的性质是解题的关键； 如图，连接，根据题意，得到是等边三角形，边长都为，进而得到四边形是菱形，推出，即“纸牌承重桌”的高度为的长度，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， 根据题意，是等边三角形，边长都为， 四边形是菱形， ， ， ，即“纸牌承重桌”的高度为的长度， ， 故答案为：． 53．（2025·广西南宁·三模）如图，菱形的周长为8，O是对角线的中点，将菱形沿向右平移的长得到菱形，与相交于点E，与相交于点F，则四边形的周长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平移的性质，由菱形的性质和平移的性质可得，则可证明四边形为平行四边形，再证明推出，同理可得，，则可证明四边形为菱形，求出，得到，再根据菱形周长计算公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， 由平移的性质可得， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∴四边形为菱形， ∵菱形的周长为， ∴， ∴， ∴四边形的周长是， 故答案为：． 54．（2025·广西玉林·三模）如图，为正方形内一点，，垂足为，连接，，分别是，的中点，若，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】根据三角形中位线定理得到，又有、、三点共圆，圆心为的中点，当、、三点共线时，的值最小，即的值最小，利用正方形性质和勾股定理得到，进而推出，即可求． 【详解】解：∵，分别是，的中点， 连接， ， ， 、、三点共圆，圆心为的中点， 当、、三点共线时，的值最小，即的值最小， 连接，交于点， ∵四边形为正方形，， ， ， ， 的最小值是． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形性质，勾股定理，三点共圆，三角形中位线定理，解题的关键在于找到最小值情况． 55．（2025·广西柳州·三模）如图，在矩形中，已知，P是边上一动点（点P不与点B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，，由勾股定理可得．由三边关系可得，当且仅当A、M、C三点共线时取等号，即，即可得答案． 【详解】解：连接，，如图1所示， ∵四边形为矩形，， ∴由勾股定理可得． 由折叠可知， 在中，由三边关系可得，当且仅当A、M、C三点共线时取等号， 即， 故的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，线段最值，轴对称的性质，熟练掌握以上内容是解题的关键． 56．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，将边长为6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9时，阴影部分的周长等于 ． 【答案】/ 【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，解方程求得，，再证明都是等腰直角三角形，求出，利用平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：如图，设交点为， ∵四边形是边长为6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9， ∴， 解得，符合题意， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴阴影部分的周长等于， 故答案为：． 57．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，三条相互平行的直线和分别经过正方形的三个顶点，交边于点．若与之间的距离为6，与之间的距离为14，则的长为 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行线间的距离，过点D作于N，过点B作于M，则，，证明得到，再证明求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点D作于N，过点B作于M， ∵，与之间的距离为6，与之间的距离为14， ∴与之间的距离为8， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可证明， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：． 58．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，已知正方形的边长为，对角线，交于点，是的中点，线段（点在点的左边）在上运动，连接，，若，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】取的中点，连接，连接交于点，证明四边形是平行四边形，得到，由正方形的性质得到，得到，即与重合时，的值最小，最小值为的长，求出，即可得到答案． 【详解】解：正方形，正方形的边长为， ，， ， ，， ， 如图，取的中点，连接，连接交于点， 是的中点， 是的中位线， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 垂直平分， ， ，即与重合时，的值最小，最小值为的长， ， ， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质、平行四边形的判定和性质、两点之间线段最短、三角形中位线以及勾股定理，能够将两线段和的最小值用一条线段的长来表示是解题的关键． 59．（2025·广西南宁·二模）如图，在中，，点，分别在边上运动，满足，连接，当四边形的周长最小时，则的长为 ． 【答案】2.5 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，先推出当四边形的周长最小时，最小，此时，过点A作于点M，推出四边形是矩形，得，，根据含30度角的直角三角形的性质得，再由可计算出的长． 【详解】解：∵， ∴， 四边形的周长， ∴当四边形的周长最小时，最小，此时， 如图，过点A作于点M， ∴， 又∵在中，，即， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2.5． 60．（2025·广西梧州·二模）如图，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕；将纸片展平，连接，把沿翻折得到，点恰好落在的中点处．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】连接，设，根据矩形的性质得出，根据折叠可得，则，在中，勾股定理求出，在中，勾股定理表示出，根据折叠可得，又点是中点，得出垂直平分，根据垂直平分线的性质得出，在中，勾股定理表示出，列出等式，即可得出，即． 【详解】解：连接， 设， 则在矩形中，， 根据折叠可得， 则， 在中，， 即， 解得：， 在中，， 根据折叠可得， 又点是中点， ∴垂直平分， ∴， ∵， 在中，， ∴， ∴， 即， 故答案为：． 【点睛】该题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质和判定等知识点，解题的关键是根据勾股定理列出方程． 61．（2025·广西玉林·三模）如图，在矩形中，点为的中点，为边上的任意一点，把沿折叠，得到，连接．若，，则的最小值为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，点在以为圆心为半径的圆上运动，当共线时时，此时的值最小，根据折叠的性质得到，进一步得到，根据勾股定理求出，即可求解，灵活应用相关知识是解答本题的关键． 【详解】解：如图所示，点在以为圆心为半径的圆上运动，当共线时时，此时的值最小， 根据折叠的性质，， ， ， ∵是边的中点，， ， ， ， ， 故答案为：． 62．（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，以点B为圆心，长为半径画弧交于F点，再分别以点A，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接并延长交于E点，连接，，相交于O点，若，，则的长为 ． 【答案】16 【分析】本题主要考查了尺规作角平分线，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，判断四边形是菱形是解题的关键． 根据尺规作图的步骤可知是的平分线，，再证明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出，最后根据菱形的性质即可解答． 【详解】解：根据题意，可知是的平分线，， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴是菱形， ∴，． ∴在中，， ∴在菱形中，． 故答案为：16． 63．（2025·广西梧州·一模）如图，D、E分别是边的中点，连接．若，，则BD的长为 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，由三角形中位线定理得，证明得出 【详解】解：∵D、E分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴． 故答案为：6． 64．（2025·广西南宁·一模）如图，的对角线，相交于点，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，证明是矩形是解题的关键．先证明是矩形，再根据勾股定理求出即可． 【详解】解： 的对角线，相交于点，若， ， 是矩形， ， ， 故答案为：． 六、解答题 65．（2025·广西桂林·二模）如图，在中（），以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接． (1)用尺规作图法，作的平分线，且点在线段上，与相交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，尺规作角平分线，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）利用尺规作角平分线的步骤即可作图； （2）先根据等腰三角形三线合一得到，再根据平行四边形的对边平行导角证明即可． 【详解】（1）解：如图，射线即为所求： （2）证明：如图： ∵，平分， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 66．（2025·广西·二模）如图所示，中，． (1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（）所作的图中，延长至点，使，连接，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【分析】（）作的垂直平分线，垂足为点，连接，则线段即为所求； （）由对角线互相平分的四边形可得四边形是平行四边形，进而由即可求证； 本题考查了线段垂直平分线的作法，平行四边形的判定，矩形的判定，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，线段为所求； （2）证明：∵点是的中点， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形． 67．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，在矩形中，是边上的点，连接． (1)尺规作图：以为边，为顶点作，交线段于点；（要求：保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查作图-基本作图，矩形的性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定解决问题． （1）以为边，为顶点作，交线段于点进行尺规作图即可； （2）利用矩形性质得出，，进一步等量代换得出，即可通过两组对边分别平行得出结论． 【详解】（1）解：尺规作图如下： （2）证：∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形． 68．（2025·广西梧州·二模）如图，四边形是平行四边形，是边上的一点，且． (1)尺规作图：作的平分线，交于点（不写作法，保留作图痕迹）． (2)连接．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)画图见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据角平分线的画图步骤作图即可； （2）如图，连接，证明，可得，结合，可得，，证明四边形是平行四边形，进一步可得结论. 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）证明：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由作图可得：， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形. 【点睛】本题考查的是作角平分线，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，平行线的性质，等角对等边，熟记判定定理是解本题的关键. 69．（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段的垂直平分线，垂足为点O，交于点E，交于点F，连接．（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：试猜想四边形是什么图形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，见解析 【分析】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解答本题的关键． （1）根据线段垂直平分线的作法作图即可； （2）根据证明得，进而可证四边形是平行四边形，由线段垂直平分线的性质得，可得四边形是菱形． 【详解】（1）如图直线、线段为所求 （2）四边形是菱形． 证明：四边形是平行四边形， ． ，． 为的垂直平分线， ． ． ． 又． ． 四边形是平行四边形 为的垂直平分线， ． 四边形是菱形． 70．（2025·广西桂林·一模）如图，在中，，于点E，过点A作，连接并延长，交于点C． (1)求证：． (2)连接，求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解答本题的关键． （1）根据三线合一证明即可； （2）根据证明得，进而可证四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：，， ． （2）证明：， ． 在和中， ， ． ， 四边形是平行四边形． 试卷第76页，共77页 试卷第77页，共77页 学科网（北京）股份有限公司 $$