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

专题10四边形 一、考点01多边形内角和问题 1．（2025·云南·中考真题）一个六边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 2．（2024·云南·中考真题）一个七边形的内角和等于（   ） A． B． C． D． 3．（2023·云南·中考真题）一个五边形的内角和的度数为 ． 4．（2021·云南·中考真题）一个十边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 二、考点02三角形的中位线 5．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 6．（2023·云南·中考真题）如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（    ）    A．4米 B．6米 C．8米 D．10米 三、考点03矩形的性质和判定 7．（2025·云南·中考真题）如图，在中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，的周长为，的周长为，四边形的周长为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 8．（2022·云南·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90° (1)求证：四边形ABDF是矩形； (2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S． 四、考点04菱形的性质和判定 9．（2025·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点．若，，则菱形的面积是 ． 10．（2023·云南·中考真题）如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的面积等于，求平行线与间的距离． 11．（2021·云南·中考真题）如图，四边形是矩形，E、F分别是线段、上的点，点O是与的交点．若将沿直线折叠，则点E与点F重合． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的值． 五、考点05正方形的性质 12．（2022·云南·中考真题）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣狐BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE． (1)请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论； (2)若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得，当P既不与C重合也不与B重合时，是否成立？请证明你的结论． 13．（2021·云南·中考真题）已知的三个顶点都是同一个正方形的顶点，的平分线与线段交于点D．若的一条边长为6，则点D到直线的距离为 ． 14．（2025·云南昆明·三模）如图，在中，D，E分别为线段，的中点，设的周长为，的周长为，则（    ） A． B． C． D． 15．（2025·云南玉溪·二模）下列多边形中，内角和等于的是（    ） A． B． C． D． 16．（2025·云南昆明·三模）如图，在中，点D，E分别是，的中点，则（    ） A．1 B．2 C． D． 17．（2025·云南文山·模拟预测）一个多边形的内角和为，它是（    ）边形． A．七 B．八 C．九 D．十 18．（2025·云南楚雄·二模）如图，一个正n边形被树叶遮掩了一部分，若直线a，b所夹锐角的度数为，则n的值是（ ） A．8 B．7 C．6 D．5 19．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，在矩形中，对角线与相交于点．若，则的面积为（   ） A． B．16 C．32 D． 20．（2025·云南昆明·三模）如图，E是平行四边形边BC的延长线上一点，若，，则的长为（   ） A．4 B．6 C．8 D．9 21．（24-25九年级下·云南昆明·阶段练习）若一个正多边形的每个内角都与其相邻外角度数相等，则这个正多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 22．（2025·云南昭通·二模）如图，在中，，分别为线段，的中点，若的周长为10，则的周长为（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 23．（2025·云南·模拟预测）如图，在中，为边的中点，连接，与交于点，若，则的长为（   ） A． B．2 C． D．3 24．（2025·云南大理·二模）如图，1角硬币是1992年6月1日中国人民银行发行的第三套金属流通币之一，该硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则正九边形内角和为（　　） A． B． C． D． 25．（2025·云南大理·二模）如图，的中线与交于点，连接，若的周长为8，则的周长为（　　） A．2 B．4 C．8 D．16 26．（2025·云南楚雄·一模）一个十三边形的外角和等于（   ） A． B． C． D． 27．（2025·云南楚雄·一模）如图，在平行四边形ABCD中，将沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处，若，，则平行四边形ABCD的面积为（ ） A．8 B． C． D． 28．（2025·云南昆明·三模）二十二边形的内角和的度数为 ． 29．（2025·云南玉溪·三模）一个n边形的每个外角都是，则 ． 30．（2025·云南楚雄·二模）如图，在矩形中，E是边的中点，连接交对角线于点F，则和的周长比为 ． 31．（2025·云南昆明·二模）如图，在中，点分别是，的中点，则 ． 32．（2025·云南·模拟预测）如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 33．（2025·云南昆明·三模）如图，四边形是平行四边形，，垂足为E，延长至点F，使，连接、． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 34．（2025·云南玉溪·一模）如图，反比例函数的图象经过点，过点A作垂直y轴于点B， 的面积为5． (1)求k和m的值； (2)已知点在反比例函数图象上，直线交x轴于点M，求的面积； (3)过点C作轴于点D，连结，证明：四边形是平行四边形． 35．（2025·云南临沧·一模）如图，在平行四边形中，延长至点，使得，连接，，与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，，，求四边形的面积 36．（2025·云南临沧·一模）如图，是的外接圆，是的直径，平分交于点，连接，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线． (2)若，求证：四边形是平行四边形． (3)设与交于点，若的半径为，，求的长． 37．（2025·云南玉溪·二模）如图，已知M，N，P，Q分别是矩形的边的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 38．（2025·云南昆明·三模）如图，在菱形中，，相交于点O，过点C作，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为18，，求平行线与间的距离． 39．（2025·云南昆明·三模）如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点D，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接与交于点O，过点D作交的延长线于E点，连接，若，求的长． 40．（2025·云南昆明·三模）如图，四边形是平行四边形，延长至点，使，连接、和，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)已知，，求矩形的周长． 41．（2025·云南昆明·三模）在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展教学活动．如图1，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和，并且量得，． 操作发现： （1）将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，判断四边形的形状，并证明； （2）创新小组将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使、、三点在同一条直线上，得到如图所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接、，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论； 实践探究： （3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将沿着方向平移，使点与点重合，此时点平移至点，与相交于点，如图所示，连接，求的值． 42．（2025·云南·模拟预测）如图，AB是的直径，C是上一点，连接AC，E是AC的中点，且EF⊥AB交AB于点H，交于点F，延长AC至点K，连接BK，BC，CF，CF交AB于点D． (1)若，求∠A的度数； (2)若，，，求证：BK是的切线； (3)若，则线段DH与HF之间存在关系，求m的值． 43．（24-25九年级下·云南昆明·阶段练习）如图，四边形是菱形，分别延长和到点D和A，使得，，顺次连接A，B，C，D四点，得到四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为，面积为，求菱形的周长． 44．（2025·云南文山·二模）如图，在菱形中，与相交于点，点是中点，连接并延长至点，使得，连接，，点在线段上，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点到的距离． 45．（2025·云南玉溪·三模）如图，矩形中，连接，于点，交于，于点，，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若菱形的周长为，求的值． 46．（2025·云南昆明·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，点为中点，连接并延长至点，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为40，平行线与间的距离为7，求四边形的周长． 47．（2025·云南昭通·模拟预测）如图1，四边形内接于，平分．在的延长线上取一点，使得，交于点． (1)求证：； (2)若，求证：，，三点共线； (3)如图2，连接并延长交延长线于点，连接，若，，求的半径． 48．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在四边形中，，，点在上，且，两点关于对称，连接交于点．，的延长线相交于点，点，分别为，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形的长和宽． 49．（2025·云南楚雄·二模）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A，C，分别作，，垂足分别为E，F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求平行线与间的距离． 50．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，是的直径，C,D为上两点，连接，过点分别作于点交的延长线于点，且． (1)求证：是的切线； (2)连接，若，求四边形的面积． 51．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，在中，，是边的中点，过点D作，且，连接交于F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为24，求的长． 52．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，，是的中线，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是20，两条对角线的和等于14，求四边形的面积． 53．（2025·云南大理·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，点，分别为，中点，顺次连接点，，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)当，时，求的面积． 54．（2025·云南楚雄·二模）如图，四边形是矩形，分别是线段，上的点，点是与的交点．若将沿直线折叠，则点与点重合． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的值． 55．（2025·云南曲靖·二模）如图，在四边形中 ，，平分，过点A作， 交延长线于点E．四边形对角线交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 56．（2025·云南楚雄·一模）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为18，，求平行线与间的距离． 57．（2025·云南玉溪·二模）如图，在菱形中，与相交于点，点是中点，连接并延长至点，使得，连接，，点在线段上，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点到的距离． 试卷第2页，共16页 试卷第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10四边形 一、考点01多边形内角和问题 1．（2025·云南·中考真题）一个六边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，掌握边形内角和为是解题的关键． 根据多边形的内角和公式直接计算即可． 【详解】解：由题意得：， 故选：C． 2．（2024·云南·中考真题）一个七边形的内角和等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查多边形的内角和，根据边形的内角和为求解，即可解题． 【详解】解：一个七边形的内角和等于， 故选：B． 3．（2023·云南·中考真题）一个五边形的内角和的度数为 ． 【答案】540 【分析】本题考查多边形的内角和，根据边形的内角和为计算即可． 【详解】解：五边形的内角和为． 故答案为：540 4．（2021·云南·中考真题）一个十边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据多边形的内角和计算公式（n-2）×180°进行计算即可． 【详解】解：十边形的内角和等于：（10-2）×180°=1440°． 故选C． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，关键是掌握多边形的内角和的计算公式． 二、考点02三角形的中位线 5．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到． 【详解】（1）解：连接，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 矩形的周长为22， ， 四边形是菱形， 即， 四边形的面积为10， ，即， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键． 6．（2023·云南·中考真题）如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（    ）    A．4米 B．6米 C．8米 D．10米 【答案】B 【分析】根据三角形中位线定理计算即可． 【详解】解∶∵的中点分别为， ∴是的中位线， ∴米， 故选∶B． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 三、考点03矩形的性质和判定 7．（2025·云南·中考真题）如图，在中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，的周长为，的周长为，四边形的周长为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明对角线互相平分，继而得到四边形是平行四边形，再由即可证明为矩形； （2）由矩形的性质得到，，得到二元一次方程组，求出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴的长为10． 8．（2022·云南·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90° (1)求证：四边形ABDF是矩形； (2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S． 【答案】(1)见解析； (2)18． 【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得≌，即可得到AB=DF，从而证明四边形ABDF是平行四边形，再根据∠BDF=90°即可证明四边形ABDF是矩形； （2）根据全等的性质、矩形性质及勾股定理得到AB=DF=3，AF=4，由平行四边形性质求得CF=6，最后利用梯形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，即AB∥CF， ∴∠BAE=∠FDE， ∵E为线段AD的中点， ∴AE=DE， 又∵∠AEB=∠DEF， ∴≌（ASA）， ∴AB=DF， 又∵AB∥DF， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∵∠BDF=90°， ∴四边形ABDF是矩形； （2）解：由（1）知，四边形ABDF是矩形， ∴AB=DF=3，∠AFD=90°， ∴在中，， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD=3， ∴CF=CD+DF=3+3=6， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握各性质及判定定理进行推理是解题的关键． 四、考点04菱形的性质和判定 9．（2025·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点．若，，则菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形面积等于对角线积的一半进行计算即可，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴菱形的面积是， 故答案为：． 10．（2023·云南·中考真题）如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的面积等于，求平行线与间的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，再证，从而四边形是平行四边形，又，于是四边形是菱形； （2）连接，先求得，再证，，于是有，得，再证，从而根据面积公式即可求得． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵分别是的平分线， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，    ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵的面积等于， ∴， ∴平行线与间的距离． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键． 11．（2021·云南·中考真题）如图，四边形是矩形，E、F分别是线段、上的点，点O是与的交点．若将沿直线折叠，则点E与点F重合． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的值． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据折叠的性质得到BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB，根据矩形的性质证明∠EDB=∠FBD，可得∠FDB=∠FBD，则有BF=DF，根据四边相等的四边形是菱形即可证明； （2）根据ED=2AE，得出菱形BEDF的面积为EF·BD=AD·AB，结合AB·AD=即可求出结果． 【详解】解：（1）证明：∵△BED沿直线BE折叠，点E与点F重合， ∴BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB， 又∵四边形ABCD是矩形，且E、F分别是线段AD、BC上的点， ∴DE∥DF， ∴∠EDB=∠FBD， ∴∠FDB=∠FBD， ∴BF=DF， ∴BE=BF=DF=DE， ∴四边形BEDF是菱形； （2）∵ED=2AE，点E是线段AD上的点， ∴ED=AD， ∵四边形BEDF是菱形，四边形ABCD是矩形， ∴S菱形BEDF=EF·BD=ED·AB=AD·AB， ∵AB·AD=， ∴EF·BD=， 解得：EF·BD=． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，菱形面积的求法，折叠的性质，难度不大，解题的关键是根据折叠得到线段和角相等，掌握菱形的面积计算方法． 五、考点05正方形的性质 12．（2022·云南·中考真题）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣狐BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE． (1)请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论； (2)若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得，当P既不与C重合也不与B重合时，是否成立？请证明你的结论． 【答案】(1)DE是⊙O的切线，证明见解析； (2)成立，证明见解析 【分析】（1）证明△BDC∽△BED，推出∠BCD=∠BDE=90°，即可证明DE是⊙O的切线； （2）延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，证明△QAD≌△PCD(SAS)，再推出△PQD是等腰直角三角形，即可证明结论成立． 【详解】（1）解：DE是⊙O的切线；理由如下： ∵BD²=BC⋅BE， ∴， ∵∠CBD=∠DBE， ∴△BDC∽△BED， ∴∠BCD=∠BDE， ∵BD为⊙O的直径， ∴∠BCD=90°， ∴∠BDE=90°， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：当P既不与C重合也不与B重合时，成立，理由如下： 延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=CD，∠ADC=90°， ∵四边形APCD是圆内接四边形， ∴∠PAD+∠PCD=180°， ∵∠QAD+∠PAD=180°， ∴∠QAD=∠PCD， ∴△QAD≌△PCD(SAS)， ∴∠QDA=∠PDC，QD=PD， ∴∠QDA+∠PDA =∠PDC+∠PDA=90°， ∴△PQD是等腰直角三角形， ∴PQ=PD，即PA+PC=PD， ∴成立． 【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 13．（2021·云南·中考真题）已知的三个顶点都是同一个正方形的顶点，的平分线与线段交于点D．若的一条边长为6，则点D到直线的距离为 ． 【答案】3或或或 【分析】将△ABC放入正方形中，分∠ABC=90°，∠BAC=90°，再分别分AB=BC=6，AC=6，进行解答． 【详解】解：∵△ABC三个顶点都是同一个正方形的顶点， 如图，若∠ABC=90°， 则∠ABC的平分线为正方形ABCD的对角线，D为对角线交点， 过点D作DF⊥AB，垂足为F， 当AB=BC=6， 则DF=BC=3； 当AC=6， 则AB=BC==， ∴DF=BC=； 如图，若∠BAC=90°，过点D作DF⊥BC于F， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD，AD=DF， 又∠BAD=∠BFD=90°，BD=BD， ∴△BAD≌△BFD（AAS）， ∴AB=BF， 当AB=AC=6， 则BC=， ∴BF=6，CF=， 在正方形ABEC中，∠ACB=45°， ∴△CDF是等腰直角三角形，则CF=DF=AD=； 当BC=6， 则AB=AC==， 同理可得：， 综上：点D到直线AB的距离为：3或或或， 故答案为：3或或或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，知识点较多，解题时要结合题意画出符合题意的图形，分情况解答． 14．（2025·云南昆明·三模）如图，在中，D，E分别为线段，的中点，设的周长为，的周长为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质等知识，根据题意得到是的中位线，得到，易证，得到相似比为，再根据两个相似三角形的周长比等于相似比，据此解题即可． 【详解】解：∵D，E分别为线段，的中点， 是的中位线， ， ， ∴， ∵的周长为，的周长为， ∴， 故选：D． 15．（2025·云南玉溪·二模）下列多边形中，内角和等于的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形内角，熟练掌握多边形内角和公式是解题关键． 设该多边形的边数为n，根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：设该多边形为n边形， 由条件可得， ∴， ∴， 故选：C． 16．（2025·云南昆明·三模）如图，在中，点D，E分别是，的中点，则（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中位线的性质．熟练掌握中位线的性质是解题的关键． 、由题意知，，，则． 【详解】解：∵点、分别为、上的中点， ∴，， ∴， 故选：D． 17．（2025·云南文山·模拟预测）一个多边形的内角和为，它是（    ）边形． A．七 B．八 C．九 D．十 【答案】B 【分析】本题考查了根据多边形内角和求边数，解题关键是熟悉多边形内角和公式． 根据多边形内角和公式列出方程求解． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 则，解得：， 故选：B． 18．（2025·云南楚雄·二模）如图，一个正n边形被树叶遮掩了一部分，若直线a，b所夹锐角的度数为，则n的值是（ ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】D 【分析】根据已知条件和三角形内角和定理得出，根据正多边形的每个外角相等即可得出，再根据多边形的外角和即可求出这个正多边形的边数．本题考查了三角形内角和定理，正多边形的内角与外角，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图， 由题意得， ， ， 正多边形每个外角都相等， ， 正多边形的外角和是， 它的边数为：， 即， 故选：D 19．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，在矩形中，对角线与相交于点．若，则的面积为（   ） A． B．16 C．32 D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形面积，掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的对角线相等且互相平分，可得，根据勾股定理可得，可求得矩形的面积，即得． 【详解】四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为， ∴的面积为． 故选：C． 20．（2025·云南昆明·三模）如图，E是平行四边形边BC的延长线上一点，若，，则的长为（   ） A．4 B．6 C．8 D．9 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，先证明，根据面积比等于相似比的平方，进行求解即可． 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选B． 21．（24-25九年级下·云南昆明·阶段练习）若一个正多边形的每个内角都与其相邻外角度数相等，则这个正多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】本题主要考查了正多边形内角和与外角和综合问题， 设正多边形的内角度数为x，其外角的度数为y，根据题意得出，然后再用多边形外角和为除以即可求出这个正多边形的边数． 【详解】解：设正多边形的一个内角度数为x，其外角的度数为y， 根据题意可知：， 解得：， ∵多边形外角和为， ∴， 则这个正多边形的边数为4， 故选：A 22．（2025·云南昭通·二模）如图，在中，，分别为线段，的中点，若的周长为10，则的周长为（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】D 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，根据三角形中位线定理得到，则可证明，再根据相似三角形的周长之比等于相似比即可得到答案． 【详解】解：∵，分别为线段，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴的周长：的周长， ∵的周长为10， ∴的周长为20， 故选：D． 23．（2025·云南·模拟预测）如图，在中，为边的中点，连接，与交于点，若，则的长为（   ） A． B．2 C． D．3 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似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．先根据平行四边形的性质得，，再证明，结合线段的中点得出，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 则 ∵为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：D 24．（2025·云南大理·二模）如图，1角硬币是1992年6月1日中国人民银行发行的第三套金属流通币之一，该硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则正九边形内角和为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了求正多边形内角和，正n边形的内角和为，据此求解即可． 【详解】解：， ∴正九边形内角和为， 故选：C． 25．（2025·云南大理·二模）如图，的中线与交于点，连接，若的周长为8，则的周长为（　　） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】B 【分析】根据题意，是中位线，得到，得到，根据相似三角形的性质，得，解答即可． 本题考查了三角形中位线定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】解：根据题意，是中位线， ∴， ∴， ∴， ∵的周长为8， ∴， 故选：B． 26．（2025·云南楚雄·一模）一个十三边形的外角和等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的外角和为，掌握这一知识点是解题的关键；根据多边形的外角和为即可求解． 【详解】解：多边形的外角和为； 故选：D． 27．（2025·云南楚雄·一模）如图，在平行四边形ABCD中，将沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处，若，，则平行四边形ABCD的面积为（ ） A．8 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．由折叠的性质可得，，，由平行四边形的性质可得，，，，由直角三角形的性质可求，即可求解． 【详解】解：将沿AC折叠， ，，， 四边形ABCD是平行四边形， ，，，， ， ， 平行四边形ABCD的面积， 故选：C 28．（2025·云南昆明·三模）二十二边形的内角和的度数为 ． 【答案】/3600度 【分析】本题主要考查了多边形内角和公式，根据多边形内角和定理求解即可． 【详解】解：二十二边形的内角和的度数为：， 故答案为： 29．（2025·云南玉溪·三模）一个n边形的每个外角都是，则 ． 【答案】8 【分析】本题考查了多边形的外角和定理，熟练掌握多边形的外角和是是解题的关键．根据多边形的外角和是即可得到答案． 【详解】解：∵边形的每一个外角都是， ∴， 故答案为：8． 30．（2025·云南楚雄·二模）如图，在矩形中，E是边的中点，连接交对角线于点F，则和的周长比为 ． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，根据矩形可得，从而有，再根据性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵是边的中点， ∴， ∴， ∴和的周长比为， 故答案为：． 31．（2025·云南昆明·二模）如图，在中，点分别是，的中点，则 ． 【答案】2 【分析】本题考查了中点的定义和中位线定理，熟练掌握中位线定理是解题的关键； 根据三角形中位线定理求出与的关系，再结合中点的性质，进而求出的值． 【详解】∵点，分别是，的中点， ∴是的中位线，， ∴ ． 将，，代入到中，得： ． 故答案为：2． 32．（2025·云南·模拟预测）如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理、解直角三角形等知识；正确的识别图形是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）设，则，先求出，，则有，得到，继而求出（负值已舍去），根据，即可解答． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， ， 即， ， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：设，则， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ，，， ，即， 即， 解得：或（不符合题意，舍去）， ， 即OE的长为． 33．（2025·云南昆明·三模）如图，四边形是平行四边形，，垂足为E，延长至点F，使，连接、． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理及其逆定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可； （2）利用面积法求出，再利用勾股定理求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． ， ，即． 延长至点， ，． 四边形是平行四边形． ，垂足为， ， 四边形是矩形． （2）解：四边形是平行四边形，， ． 在中，有，即． 是直角三角形，． ，即， 解得，． 在中，． 的长为． 34．（2025·云南玉溪·一模）如图，反比例函数的图象经过点，过点A作垂直y轴于点B， 的面积为5． (1)求k和m的值； (2)已知点在反比例函数图象上，直线交x轴于点M，求的面积； (3)过点C作轴于点D，连结，证明：四边形是平行四边形． 【答案】(1)， (2)7.5 (3)见解析 【分析】此题考查了反比例综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，平行四边形的判定与性质，待定系数法确定函数解析式，以及三角形的面积求法，灵活运用待定系数法是解本题的关键． （1）由的面积求出m的值，由m的值确定出A的坐标，将A的坐标代入反比例解析式中，即可求出k的值； （2）先求出，再根据待定系数法求出直线的解析式为，进而确定，即可求解； （3）推出，，即可证明． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴． （2）解：由（1）得反比例函数解析式为, 点代入得 解得， ∴, 设直线的解析式为， 将，代入得， 解得， ∴， 令得， ∴， ∴, ∴． （3）证明：∵轴， ∴， ∵, ∴ ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． 35．（2025·云南临沧·一模）如图，在平行四边形中，延长至点，使得，连接，，与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，，，求四边形的面积 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识的综合，掌握平行四边形，矩形的判定和性质是关键． （1）根据平行四边形的判定和性质求解即可； （2）根据题意得到是等边三角形，平行四边形是矩形，由勾股定理得到，结合矩形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，即， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， 是等边三角形， ， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ，， ，， 平行四边形是矩形， ， ， ． 36．（2025·云南临沧·一模）如图，是的外接圆，是的直径，平分交于点，连接，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线． (2)若，求证：四边形是平行四边形． (3)设与交于点，若的半径为，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，利用角平分线的定义，圆周角定理和垂径定理得到，利用平行线的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可； （2）利用等腰三角形的性质定理，圆周角定理和平行线的判定定理得到，再利用平行四边形的判定定理解答即可； （3）连接与交于点H，利用垂径定理得到，利用三角形的中位线定理得到，，利用相似三角形的判定与性质求得，再利用勾股定理解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图， 平分， ， ， ， ． 为的半径， 是的切线； （2）证明：， ， ， ， 四边形是平行四边形； （3）解：连接，与交于点，如图， 的半径为， ，． 是的直径， ， ． 由（1）知：， ， ，， 为的中位线， ， ． ， ， ， ， ， ． ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的切线的判定定理，垂径定理，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的关键． 37．（2025·云南玉溪·二模）如图，已知M，N，P，Q分别是矩形的边的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形； （2）利用菱形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：连接， 在中，∵， ∴点是的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴． 同理，． 又∵在矩形中，， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴菱形的对角线为，， ∴菱形的面积为：． 【点睛】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，矩形的性质以及菱形的判定，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义，②四边相等，③对角线互相垂直平分． 38．（2025·云南昆明·三模）如图，在菱形中，，相交于点O，过点C作，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为18，，求平行线与间的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定及性质，平行线间的距离，勾股定理． （1）由菱形的性质得到，，进而推出，再由，即可得到四边形是平行四边形，再有即可得证结论； （2）由周长得到，根据菱形的性质可得，从而在中，，进而有，由菱形的面积即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ． ， ， 四边形是平行四边形，· ， 四边形是矩形． （2）解：矩形的周长为18， ， 四边形是菱形，， ，，， 在中，， ， ， 设平行线与间的距离为h， ，即 ∴平行线与间的距离为． 39．（2025·云南昆明·三模）如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点D，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接与交于点O，过点D作交的延长线于E点，连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为4.5 【分析】（1）先根据角平分线的定义和平行线的性质得到，根据等角对等边得到，即，可证明四边形是平行四边形，进而根据菱形的判定可得结论； （2）根据菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质得到，再根据勾股定理求得，设，在中，利用勾股定理列方程求得即可． 【详解】（1）证明：平分， ， ， ， ， ，又， ，且， 四边形是平行四边形，又， 四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形； ，， 又， ， ， ， 设，则， ， 在中，， ，解得：， 的长为4.5． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． 40．（2025·云南昆明·三模）如图，四边形是平行四边形，延长至点，使，连接、和，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)已知，，求矩形的周长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】此题主要考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，三角形的面积，理解平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定与性质，三角形的面积公式，完全平方公式的结构特征是解决问题的关键． （1）根据平行四边形性质得，，，再根据得，由此可判定四边形是平行四边形，然后根据得，据此可得平行四边形是矩形； （2）设，，则，矩形的周长为，根据得，根据得，则，由此得，继而可得出矩形的周长． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 平行四边形是矩形； （2）解：设，， ， 矩形的周长为：， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 在中，， 由勾股定理得：， ， ， ， ，不合题意，舍去， ， 即矩形的周长是． 41．（2025·云南昆明·三模）在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展教学活动．如图1，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和，并且量得，． 操作发现： （1）将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，判断四边形的形状，并证明； （2）创新小组将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使、、三点在同一条直线上，得到如图所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接、，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论； 实践探究： （3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将沿着方向平移，使点与点重合，此时点平移至点，与相交于点，如图所示，连接，求的值． 【答案】（1）菱形，证明见解析；（2）见解析；（3） 【分析】本题主要考查平行四边形、菱形和正方形的判定方法，结合图形的变化以及三角函数， （1）根据可以得到,再结合可以得到,而已知可以得到四边形为平行四边形，由于旋转，所以,从而得到四边形为菱形； （2）根据可以得到四边形为平行四边形，而，所以四边形为菱形,那么只需要再证明一个直角即可，当、、三点共线时:，而根据旋转的性质，,可以得到： ,从而证到四边形为正方形； （3）结合第二问可以得到,所以要求，就可以分别求出和得长度，由题意可以得到,那么，结合三角函数分别就可以分别求出和； 【详解】解：（1）在如图1中，是矩形的对角线， ，， ． 在如图中，由旋转知，，， ． ， ， ． ， 四边形是平行四边形． ， 平行四边形是菱形． （）是的中点， '． ， 四边形是平行四边形． 由旋转知，， 平行四边形是菱形． 由旋转知，， ， ， ， 菱形是正方形． （）在中，，， ，，， ． 由（）结合平移知，， 在中，， ， ． 在中，， ． 在中，． 42．（2025·云南·模拟预测）如图，AB是的直径，C是上一点，连接AC，E是AC的中点，且EF⊥AB交AB于点H，交于点F，延长AC至点K，连接BK，BC，CF，CF交AB于点D． (1)若，求∠A的度数； (2)若，，，求证：BK是的切线； (3)若，则线段DH与HF之间存在关系，求m的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查圆周角，相似三角形的判定与性质，切线的判定，中位线的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）根据直径所对的圆周角是，即可解答． （2）由AB是的直径，，，，可得． ，，继而证明，可证明，即可解答． （3）过点C作于点G，可证EH为的中位线，从而求出， 设，则，证明，则， 设，则，证明，有，即， 设，，同理可得，得， 有，即可解答． 【详解】（1）解：∵AB是的直径， ∴． ∵， ∴． （2）证明：∵AB是的直径， ∴． 又∵，，， ∴，， ∴（由线段关系找相似）， ∴，∴， 又∵，∴，即（由直角找相切），∴， ∵AB是的直径， ∴BK是的切线； （3）如图，过点C作于点G， ∵，E是AC的中点， ∴， ∴EH为的中位线， ∴，， ∴， ∴设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，∴，则， 连接AF，BF，∴， 易得， ∴，即， 设， ∴， ∴①， 易得， 同理可得， ∴， ∴②， 联立①②得， ∴， ∴，即， 又∵，即， ∴． 43．（24-25九年级下·云南昆明·阶段练习）如图，四边形是菱形，分别延长和到点D和A，使得，，顺次连接A，B，C，D四点，得到四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为，面积为，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练运用菱形与矩形的性质是解题的关键． （1）由，得到四边形是平行四边形，再由菱形的邻边线段得到，进而有，即可得证； （2）由菱形的性质得到．根据矩形的周长与面积，结合勾股定理求得，进而在中，由勾股定理求出，即可解答． 【详解】（1）证明：， ∴，四边形是平行四边形． ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴是矩形． （2）解：∵四边形是菱形， ． ． 矩形的周长为， ， 矩形的面积为， ， ， 在中，由勾股定理得：， ． 44．（2025·云南文山·二模）如图，在菱形中，与相交于点，点是中点，连接并延长至点，使得，连接，，点在线段上，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点到的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质可得，得到，由点是中点可得，推出四边形是平行四边形，结合，即可得证； （2）由菱形的性质可得：，进而得到，由矩形的性质可得：，，，推出，得到，结合三角形外角的性质和题意可得到，证明，推出，，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， 点是中点， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ， 在中，． 由（1）知，四边形是矩形， ，，， ， ， 是的一个外角， ， ， ， ， 又， ， ，， 点到的距离为线段的长度，， 解得：， 点到的距离为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形的外角性质，解题的关键是掌握相关知识． 45．（2025·云南玉溪·三模）如图，矩形中，连接，于点，交于，于点，，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若菱形的周长为，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据，得出，根据得出四边形是平行四边形，结合，即可得证； （2）连接、、，证明得出则点A在的垂直平分线上，进而根据勾股定理求得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接、、， ∵四边形是菱形， ∴是的垂直平分线， 在矩形中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点A在的垂直平分线上， ∴A、I、F三点共线． ∵菱形的周长为 ∴， ∴ 46．（2025·云南昆明·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，点为中点，连接并延长至点，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为40，平行线与间的距离为7，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，掌握菱形的性质是解题的关键． （1）根据已知条件证明四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，即可得证； （2）根据题意证明是直角三角形，设平行线与间的距离为，即，进而根据菱形的周长公式求得的长，即可求解． 【详解】（1）证明：点为中点， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：菱形的周长为40，， ， ， 是直角三角形， ， 设平行线与间的距离为，， ， 又， ， ， ， 四边形是矩形， ． 47．（2025·云南昭通·模拟预测）如图1，四边形内接于，平分．在的延长线上取一点，使得，交于点． (1)求证：； (2)若，求证：，，三点共线； (3)如图2，连接并延长交延长线于点，连接，若，，求的半径． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)5． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得，由圆的内接四边形的性质得，结合三角形内角和定理得即可得证； （2）连接，可得，由圆的基本性质得是的直径，即可得证； （3）连接，，过点作于点，等腰三角形的判定及性质得，，由菱形的判定方法得四边形是菱形，由菱形的性质得，等腰三角形的判定及性质得，由勾股定理得，由正方形的判定方法得菱形是正方形，可得是的直径，即可求解． 【详解】（1）证明：， ， 四边形内接于， ， ， ， ， 平分， ， ，， ， ； （2）证明：连接， 由（）得， ， ， ， 是的直径， ，，三点共线； （3）解：连接，，过点作于点， 由（1）得， ， ， ． ， ，， 由（2）知，， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ，， ，． 点、、、在上， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， 在中，， ， ． 过作交于， ，， ， ， ， 与、相交于矛盾， 与重合， ． 菱形是正方形． ， 是的直径， ， 的半径是． 【点睛】本题考查了圆的基本性质，圆的内接四边形性质，等腰三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，正方形的判定及性质，勾股定理等．掌握圆的基本性质，圆的内接四边形性质，等腰三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，正方形的判定及性质，能熟练利用勾股定理求解是解题的关键． 48．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在四边形中，，，点在上，且，两点关于对称，连接交于点．，的延长线相交于点，点，分别为，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形的长和宽． 【答案】(1)见解析 (2)矩形的长为，宽为 【分析】（1）通过图形对称的性质结合三角形中位线定理可得，利用直角三角形斜边上的中线定理得，推出，再通过等腰三角形的性质“三线合一”可得，即可求证； （2）根据题意可得，解一元二次方程得，通过三角形的中位线定理得，即可求解矩形的长和宽． 【详解】（1）证明：，， ， ，两点关于对称， ，， ， 为的中点， ，，， ，， ，是等腰直角三角形，且， ， ， 为的中点 ， ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）得：， ， ，， ，解得：或（负值，舍去）， ， 由（1）得：， ， 矩形的长为，宽为． 【点睛】本题主要考查了图形对称的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，解一元二次方程，熟练掌握相关知识点是解题关键． 49．（2025·云南楚雄·二模）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A，C，分别作，，垂足分别为E，F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求平行线与间的距离． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）先由垂直的意义得到，，再根据菱形的对边平行得到，则，即可求证； （2）根据菱形得到，，，，根据勾股定理得，由，得到．而，则，那么，ZE ，设平行线与间的距离为h，再由等面积法求解即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． ∵在四边形中，，，， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴是直角三角形． 根据勾股定理得． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设平行线与间的距离为h， ∴． 50．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，是的直径，C,D为上两点，连接，过点分别作于点交的延长线于点，且． (1)求证：是的切线； (2)连接，若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据题意可得，，结合等边对等角得到，推出，易证，即，即可证明结论； （2）先证明，由（1）可知，易证四边形是平行四边形，求出，进而得到，易证是等边三角形，求出，利用勾股定理求出，，求即可求解． 【详解】（1）证明：如答图，连接， ，且， ，， ， ， ， ， ， ，即． 是的半径， 是的切线； （2）解：， ， ． 由（1）可知， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 在中，， ， 在中，， ． 【点睛】本题考查切线的判定，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等，综合运用以上知识点是解题的关键． 51．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，在中，，是边的中点，过点D作，且，连接交于F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为24，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）根据有一组邻边相等的平行四边形证明即可； （2）根据条件证明，利用相似三角形性质即可求出答案． 【详解】（1）解：∵，且， ∴四边形是平行四边形， ∵，是边的中点， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：解：四边形是菱形， ， ∵， ∴， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， ∴， ． ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了与菱形有关问题，涉及到菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线性质，正确做出辅助线是解题关键． 52．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，，是的中线，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是20，两条对角线的和等于14，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，菱形的面积公式，利用完全平方式解决几何问题等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用直角三角形的性质得出，判定出是的垂直平分线，然后利用等角对等边证出相等的边，利用四条边相等的四边形为菱形即可求解； （2）根据菱形的性质得出，然后利用利用勾股定理得出，借助于完全平方式即可求解． 【详解】（1）证明：，是的中线， ． 又于点， ， 是的垂直平分线， ． ， ． ， ， ． 于点， ， ， 四边形是菱形． （2）解：由（1）知四边形是菱形，周长为20，则． 两条对角线的和等于14， ． ，， ， ，① 在中， 由勾股定理得， 将①式两边同时平方得， ， ， 菱形的面积为． 53．（2025·云南大理·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，点，分别为，中点，顺次连接点，，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)当，时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行线的性质，勾股定理，三角形中线的性质，平行四边形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）由平行四边形的性质可得，再由线段中点的定义可得，则可证明，据此可证明结论； （2）可证明，利用勾股定理可求出的长，进而求出的长，求出，再根据三角形中线的性质即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点，分别为，中点， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴在中，由勾股定理得：， ∴ 解得：或（舍去）； ∴， ∴， ∴， ∵点E为中点， ∴． 54．（2025·云南楚雄·二模）如图，四边形是矩形，分别是线段，上的点，点是与的交点．若将沿直线折叠，则点与点重合． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）证明即可求证； （）由菱形的性质得，由矩形的性质得，设，则，在中，由勾股定理得，可得，最后根据即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴ 由折叠可知，，，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：由（）知，四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，掌握矩形的性质、菱形的判定和性质是解题的关键． 55．（2025·云南曲靖·二模）如图，在四边形中 ，，平分，过点A作， 交延长线于点E．四边形对角线交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，证明四边形是菱形是解题的关键． （1）证明，得到四边形是平行四边形；由即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质和直角三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求出答案． 【详解】（1）解：∵ ∴， ∵平分， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形； ∵ ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形 ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 56．（2025·云南楚雄·一模）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为18，，求平行线与间的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先由菱形得到，，然后证明出四边形是平行四边形，然后结合即可得到四边形是矩形； （2）首先得到，然后由菱形求出，然后勾股定理求出，然后利用完全平方公式的变形得到，然后利用菱形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：矩形的周长为18， ． 四边形是菱形， ，，， ，根据勾股定理得， ， ． 设平行线与间的距离为h， ， ． 【点睛】此题考查了矩形的判定，勾股定理，菱形的性质，完全平方公式的变形等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 57．（2025·云南玉溪·二模）如图，在菱形中，与相交于点，点是中点，连接并延长至点，使得，连接，，点在线段上，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点到的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据四边形是菱形，得出，根据点是中点，得出．结合，证出四边形是平行四边形．结合．证出四边形是矩形． （2）根据四边形是菱形，得出，在中，勾股定理求出．由（1）知，四边形是矩形，得出，，，，证明，得出，，求出，即可得点到的距离． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ． 点是中点， ． ， 四边形是平行四边形． 又． 四边形是矩形． （2）解：四边形是菱形， ， 在中，． 由（1）知，四边形是矩形， ，，， ， ， 是的一个外角， ， ． ， ． 又， ， ，， 点到的距离为线段的长度，， 解得：， 点到的距离为． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、等腰三角形的性质等知识，掌握以上知识点解题的关键． 试卷第1页，共3页 试卷第2页，共65页 学科网（北京）股份有限公司 $$