专题10 四边形（数学竞赛真题汇编）八年级全国通用

专题10 四边形 1．（2023八年级·广东深圳·竞赛）如图，平行四边形中，点O是对角线上的任意一点，，，则面积一定相等的四边形有（   ）对． A．2 B．3 C．4 D．5 2．（2023八年级下·四川宜宾·竞赛）如图，有一块矩形纸片，，，将纸片折叠，使得边落在边上，折痕为，再将沿边翻折，与的交点为F，则的面积为（  ） A．2 B．4 C．6 D．8 3．（2024八年级下·浙江杭州·竞赛）如图，将四边形纸片沿过点A的直线折叠，使得点B落在上的点M处，折痕为；再将分别沿折叠，此时点落在上的同一点N处．则关于结论：①；②当四边形是平行四边形时，．下列说法正确的是（   ） A．①②都错误 B．①②都正确 C．①正确②错误 D．①错误②正确 4．（2023八年级下·浙江宁波·竞赛）如图，四边形是菱形，，且，M为对角线上任意一点，则的最小值为 ． 5．（2023八年级下·浙江宁波·竞赛）如图，正方形的顶点B在y轴上的正半轴上，将其以点A为旋转中心顺时针旋转得到正方形，顶点，在x轴负半轴上，若，则点A的坐标为 ． 6．（2023八年级下·浙江宁波·竞赛）如图，在直角梯形中，（），，E是上一点，且，则直角梯形的面积为 ． 7．（2023九年级上·湖南郴州·竞赛）正方形，，，…，按如图方式放置，点，…和点，…，分别在直线和x轴上．已知点，，请写出点的坐标是 ． 8．（2023八年级下·甘肃平凉·竞赛）如图，，则n等于多少？ 9．（2024九年级下·广东茂名·竞赛）如图，将正方形沿图中虚线（其中）剪成①②③④四块图形，用这四块图形恰能拼成一个矩形（非正方形）．             (1)画出拼成的矩形的简图； (2)求的值． 10．（2023七年级下·江苏无锡·竞赛）已知线段． (1)已知线段垂直于线段．设图1，图2和图3中的四边形的面积分别为和，则__________，__________，__________； (2)如图4，对于线段与线段垂直相交（垂足不与点重合）的任意情形，请你就四边形面积的大小提出猜想，并证明你的猜想； (3)当线段与（或）的延长线垂直相交时，猜想顺次连接点所围成的封闭图形的面积是多少？ 11．（2023九年级下·广东佛山·竞赛）在四边形中，点在的延长线上，且，点为直线上一点，连接．作交直线于点． (1)连接，当四边形为正方形时； ①如图1，当点为中点时，证明：． ②如图2，当点在线段上，且不为中点时，试探究线段，三者之间的数量关系，并证明你的结论． (2)如图3，当四边形为矩形，点在的延长线上时，请先补全图形，试探究线段三者之间的数量关系，并证明你的结论． 12．（2023八年级下·辽宁大连·竞赛）如图，在平行四边形中 (1)如图1 ，若， 则 (2)如图2，P是平行四边形内一点，若， 探究之间的数量关系，并证明． (3)如图3，P是平行四边形外一点，，连接，点G是的中点，交于E点，若，探究之间存在何种等量关系，并证明． 1．（2024九年级·全国·竞赛）在正五边形中，连接对角线，其中相交于点，连接，交于点，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024九年级·全国·竞赛）如图，将边长为正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形，边相交于点，则四边形的面积为（    ）． A． B． C． D． 3．（2023七年级上·全国·竞赛）三个正方形连成如图图形，则 °． 4．（2023八年级·全国·竞赛）邻边不相等的长方形纸片，剪去一个正方形，余下一个四边形，称为第1次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个正方形，又余下一个四边形，称为第2次操作依此类推，若第n次操作余下的四边形仍是正方形，则称原长方形为n阶方形．如图1，邻边长分别为1和2的长方形只需第1次操作（虚线为剪裁线），余下的四边形就是正方形，则这个长方形为1阶方形；显然，图2是一个2阶方形．若长方形的邻边长分别为a和b，且满足，则这个长方形是 阶方形． 5．（2024九年级·全国·竞赛）如图，在边长为的正方形中，将绕点按顺时针方向旋转后得到，与相交于点，则的长度为 ．    6．（2024九年级·全国·竞赛）如图，将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形交于点，则图中阴影部分的面积为 ． 7．（2024八年级上·全国·竞赛）如图，在▱中，点分别是的中点，点在线段上，则与的面积的比值是 ． 8．（2023八年级上·全国·竞赛）如图，在边长为6的菱形中，于点，并且点是的中点，点在线段上运动，则的最小值是 ，最大值是 ． 9．（2024九年级·全国·竞赛）如图，四边形为正方形，点分别在边上，如果的周长为．求正方形的边长．    10．（2024九年级·全国·竞赛）如图，在五边形中，，点F为的中点，连接，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 11．（2023九年级·全国·竞赛）如图，在中，，，在中，，，连接，取的中点，连接，． 求证：且． 12．（2023八年级·全国·竞赛）如图，在中，是的中点，，是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段．线段的延长线与射线交于点，连接．若点不与点B、M重合，试猜想的大小（用含的代数式表示），并加以证明． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 四边形 1．（2023八年级·广东深圳·竞赛）如图，平行四边形中，点O是对角线上的任意一点，，，则面积一定相等的四边形有（   ）对． A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】本题考查的是平行四边形的性质，平行四边形的一条对角线可以把平行四边形分成两个全等的三角形，两条对角线把平行四边形的面积一分为四，同时充分利用等量相加减是解题的关键．由于在平行四边形中，已给出条件，，因此，、把一个平行四边形分割成四个小平行四边形，我们知道，一条对角线可以把一个平行四边形的面积一分为二，据此可从图中获得，，，根据等量相减原理知，从而得到结论． 【详解】解：∵平行四边形中为对角线，，， ∴四边形、、、均为平行四边形， ∴，，． ， ∴， ∴，，，， 综上，面积一定相等的四边形有5对． 故选：D． 2．（2023八年级下·四川宜宾·竞赛）如图，有一块矩形纸片，，，将纸片折叠，使得边落在边上，折痕为，再将沿边翻折，与的交点为F，则的面积为（  ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质，由矩形的性质可得，由折叠的性质可得，，证明出为等腰直角三角形，求出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴的面积为， 故选：A． 3．（2024八年级下·浙江杭州·竞赛）如图，将四边形纸片沿过点A的直线折叠，使得点B落在上的点M处，折痕为；再将分别沿折叠，此时点落在上的同一点N处．则关于结论：①；②当四边形是平行四边形时，．下列说法正确的是（   ） A．①②都错误 B．①②都正确 C．①正确②错误 D．①错误②正确 【答案】D 【分析】本题主要考查了翻折变换、平行四边形的性质、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握相关知识点并灵活运用这些性质是解题的关键． 由折叠的性质可得，由平角的性质可得，可证，由平行线的性质可得，若，则，即四边形为矩形，而题目中无条件证明此结论，即可判断①；由平行四边形和折叠的性质可得，由直角三角形的性质可得即可判断②． 【详解】解：由折叠的性质可得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 若，则，即四边形为矩形，而题目中无条件证明此结论，故结论①不正确； ∵， ∴， 由折叠的性质可得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故结论②正确． 故选：D． 4．（2023八年级下·浙江宁波·竞赛）如图，四边形是菱形，，且，M为对角线上任意一点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质（对角线平分内角、各边相等）、直角三角形的性质（角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理），解题的关键是通过构造将待求式转化为，再利用点M位于边上时取等号确定的最小值，进而求出的最小值． 由菱形性质得；过M作，在中，由角性质得，故；过A作，在中，由得，故，再用勾股定理算得；又（点M位于边上时取等号），因此，即的最小值为． 【详解】解：如图，过点A作于T，过点M作于H． ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，又由知， ∴， ∴， （点M位于边上时取等号） ， ， ∴的最小值为， 故答案为． 5．（2023八年级下·浙江宁波·竞赛）如图，正方形的顶点B在y轴上的正半轴上，将其以点A为旋转中心顺时针旋转得到正方形，顶点，在x轴负半轴上，若，则点A的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定和性质，旋转的性质， 先作，作，可得四边形是矩形，进而得，再由旋转得，，然后设，则，表示，接下来说明，再求出，建立方程求出解即可. 【详解】解：过点A作，交于点E，过点A作，于点F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴. 由旋转得，， ∴， 根据勾股定理，得， 设，则， ∴. 在四边形中，， 在中，， ∴， 根据勾股定理，得， ∴， 解得， 则， ∴点. 故答案为：. 6．（2023八年级下·浙江宁波·竞赛）如图，在直角梯形中，（），，E是上一点，且，则直角梯形的面积为 ． 【答案】27 【分析】过C作，交延长线于G，延长至F，使，连接，证得四边形为正方形，证明，得到，从而证明，则有，由勾股定理可求得，即可求得直角梯形的面积． 【详解】解：过C作，交延长线于G，延长至F，使，连接． 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在直角梯形中， ∵， ∴， ∴四边形为正方形． ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 又， ∴， ∴， 设， 则， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴． 故答案为：27． 7．（2023九年级上·湖南郴州·竞赛）正方形，，，…，按如图方式放置，点，…和点，…，分别在直线和x轴上．已知点，，请写出点的坐标是 ． 【答案】 【分析】首先求得直线的解析式，分别求得的坐标，总结出规律，再分别求得 的坐标，总结出规律即可求解． 【详解】解：∵点，， ∴正方形边长为1，正方形边长为2， ∴，，代入得 ， 解得：， ∴直线的解析式是：． ∵，， ∴的纵坐标是：，的横坐标是：， ∴的纵坐标是：，的横坐标是：， ∴的纵坐标是：，的横坐标是：， ∴的纵坐标是：，的横坐标是：， ∴的纵坐标是：，横坐标是：． ∵，， ∴点的坐标为， ∴的横坐标是：，纵坐标是：，即的坐标是． 故答案是：． 8．（2023八年级下·甘肃平凉·竞赛）如图，，则n等于多少？ 【答案】 【分析】连接，由三角形内角和，以及对顶角相等，可将，转化为五边形内角和，即可列式求解，本题考查了三角形内角和，多边形内角和，解题的关键是：找到已知角的等角，作出辅助线． 【详解】解：连接，设与交于点， ，， ， 五边形内角和， 由多边形内角和公式可得：， 解得：． 9．（2024九年级下·广东茂名·竞赛）如图，将正方形沿图中虚线（其中）剪成①②③④四块图形，用这四块图形恰能拼成一个矩形（非正方形）．             (1)画出拼成的矩形的简图； (2)求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形和正方形的概念理解，换元法解一元二次方程等知识点． （1）拼图利用面积不变的特性即可； （2）由拼图前后的面积相等得，整理得到，再利用换元法求解． 【详解】（1）解：拼成的矩形的简图如解图所示： （2）解：由拼图前后的面积相等得， 因为，整理得， 令， ∴原方程化为， 解得，（舍） ∴ ． 10．（2023七年级下·江苏无锡·竞赛）已知线段． (1)已知线段垂直于线段．设图1，图2和图3中的四边形的面积分别为和，则__________，__________，__________； (2)如图4，对于线段与线段垂直相交（垂足不与点重合）的任意情形，请你就四边形面积的大小提出猜想，并证明你的猜想； (3)当线段与（或）的延长线垂直相交时，猜想顺次连接点所围成的封闭图形的面积是多少？ 【答案】(1)，， (2)，证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】本题考查对角线互相垂直的四边形面积问题，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）将四边形面积分为两个三角形面积之和，根据三角形的面积公式进行计算； （2）根据（1）中的计算结果，发现三个图形的面积都是．将四边形面积分为两个三角形面积之和，根据三角形的面积公式进行计算； （3）把四边形的面积分割成两个三角形面积之差，按三角形的面积公式进行计算． 【详解】（1）解：对于图1， ， ，， ， ， ， ， ； 同理可得，图2和图3中的四边形的面积，， 故答案为：，，； （2）解：对于线段与线段垂直相交（垂足不与点，，，重合）的任意情形，四边形的面积为定值． 证明如下： ， ，， ， ， ， ， ； （3）解：顺次连接点，，，，所围成的封闭图形的面积仍为24． 证明：如图，当线段与的延长线垂直相交时， ， ，， ， ， ， ， ； 如图，当线段与的延长线垂直相交时， ， ，， ， ， ， ， ； 综上所述，当线段与（或）的延长线垂直相交时，顺次连接点所围成的封闭图形的面积是． 11．（2023九年级下·广东佛山·竞赛）在四边形中，点在的延长线上，且，点为直线上一点，连接．作交直线于点． (1)连接，当四边形为正方形时； ①如图1，当点为中点时，证明：． ②如图2，当点在线段上，且不为中点时，试探究线段，三者之间的数量关系，并证明你的结论． (2)如图3，当四边形为矩形，点在的延长线上时，请先补全图形，试探究线段三者之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)①见详解；②，理由见详解 (2)或，理由见详解 【分析】（1）先判断出，，进而得出，即可得出结论； （2）构造全等三角形，同（1）的方法判断出，，再出出最后用等量代换即可； （3）由题意可分点在的延长线上时，点在或的延长线上时．同（1）（2）的方法判断出，，再出最后用等量代换即可． 【详解】（1）①证明：如图1，连接， 在中，，， ∴，， ，， ， 记与的交点为， ∵四边形是正方形， ， ，， ， ， 在和中，， ∴， ； ②解：； 理由：如图2，过点作， 由（1）知，， ，，， 同（1）的方法得出，， 在和中，， ， ， ； （2）解：Ⅰ、点在的延长线上时，补全图形如图3所示， ； 理由：过点作交延长线于， 同（2）的方法得出，，，， 在和中，， ， ， ， ， 即：； Ⅱ、点在或延长线上时，补全图形如图④所示， ； 理由：过点作， 同（2）的方法得出，， ， ， ， ， 在和中，， ， ， ． 12．（2023八年级下·辽宁大连·竞赛）如图，在平行四边形中 (1)如图1 ，若， 则 (2)如图2，P是平行四边形内一点，若， 探究之间的数量关系，并证明． (3)如图3，P是平行四边形外一点，，连接，点G是的中点，交于E点，若，探究之间存在何种等量关系，并证明． 【答案】(1) (2)；见解析 (3)，见解析 【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理解三角形，含30度角的直角三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点，作出相应辅助线是解题关键． （1）过A作于H，根据平行四边形的性质得出，确定，再由含30度角的直角三角形的性质得出，结合图形利用勾股定理求解即可； （2）延长交于E，延长交于G，在上取点F，使为等腰直角三角形，根据题意得出，确定为等腰直角三角形，再结合图形及全等三角形的判定和性质即可求解； （3）连接，过C作交于K，则，根据各角之间的关系得出，再由全等三角形的判定和性质得出，，结合图形求解即可． 【详解】（1）解：过A作于H， ∴， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， 故答案为：； （2）延长交于E，延长交于G，在上取点F，使为等腰直角三角形，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴为等腰直角三角形，， ∴， ∵平行四边形，   ∴， ∵，             ∴， ∴，， ， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）连接，过C作交于K，则， 又∵， ∴，          ∵G为中点， ∴， ∵， ∴，            ∴， 又，， ∴，            ∵， ∴， ∵，     ∴， ∴，     ∴，            又，， ∴， ∴， ∴． 即 1．（2024九年级·全国·竞赛）在正五边形中，连接对角线，其中相交于点，连接，交于点，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正五边形的性质，菱形的判定与性质，首先由正五边形的性质可得，，，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证得四边形为菱形，得，即，由菱形的性质和勾股定理得出，即可得到，可证明，即可得出，由正五边形内角和得到，结合菱形的性质得到，． 【详解】解： 是正五边形， ，，， 四边形为菱形， ， ，故A选项正确； ， ，故B选项正确； ， ， ，故C选项正确； ， ，， ，故D选项不正确， 故选：D． 2．（2024九年级·全国·竞赛）如图，将边长为正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形，边相交于点，则四边形的面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，判断出点共线是解答本题的关键． 【详解】解：如图，连接． ∵四边形是正方形， ∴． ∵正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形， ∴， ∴点共线，且， ， ∴四边形的面积为 ． 故选C． 3．（2023七年级上·全国·竞赛）三个正方形连成如图图形，则 °． 【答案】 【分析】本题主要考查三角形边角的关系的知识点，解答本题的关键是作出图．首先作出图形，然后根据多边形的性质和正方形的性质以及三角形内角为，一步步求出x的度数． 【详解】解：作图如右，延长正方形边长与分别交于点E、F、G， ∵， ∴， ∴， ∵五边形内角和为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为． 4．（2023八年级·全国·竞赛）邻边不相等的长方形纸片，剪去一个正方形，余下一个四边形，称为第1次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个正方形，又余下一个四边形，称为第2次操作依此类推，若第n次操作余下的四边形仍是正方形，则称原长方形为n阶方形．如图1，邻边长分别为1和2的长方形只需第1次操作（虚线为剪裁线），余下的四边形就是正方形，则这个长方形为1阶方形；显然，图2是一个2阶方形．若长方形的邻边长分别为a和b，且满足，则这个长方形是 阶方形． 【答案】8 【分析】本题考查对新定义的理解，正方形的性质，代数式的代入与化简，掌握n阶方形的定义是解题的关键． 根据题意先将长方形的邻边长分别为a和b用同一个字母表示，再利用正方形性质进行剪裁即可． 【详解】解：因为， 所以， 作图如下： 所以这个长方形是8阶方形． 故答案为：8． 5．（2024九年级·全国·竞赛）如图，在边长为的正方形中，将绕点按顺时针方向旋转后得到，与相交于点，则的长度为 ．    【答案】/ 【分析】根据正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，，由此得D、E、B 三点共线，进而可求出的长，再证 ，根据勾股定理即可求出的长度． 本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质，以及勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】∵四边形是正方形，且边长为， ，，， ， ∵将绕点按顺时针方向旋转后得到， ，， ∴D、E、B 三点共线， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 6．（2024九年级·全国·竞赛）如图，将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形交于点，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】由题意可知，从而可求出．连接，构造全等三角形，即，从而得出．根据含度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出的长，从而可求出，最后利用计算面积即可． 【详解】如图，连接， 由题意可知， ∴， ∵在与中，， ∴， ∴，． ∵在中，，，， ∴ 解得：（舍去负值）， ∴， ∴． ∵， ∴， 故答案为：． 7．（2024八年级上·全国·竞赛）如图，在▱中，点分别是的中点，点在线段上，则与的面积的比值是 ． 【答案】 【分析】通过连接辅助线，利用三角形中位线、平行四边形的判定与性质，分析三角形与平行四边形的面积关系来求解比值．本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理，熟练掌握相关定理与性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键． 【详解】解：连接，，． ∵ 、分别是、的中点， ∴ 是的中位线， ∴ ，． 同理，是的中位线，，， ∴ ，， ∴ 四边形是平行四边形． ∵ 点、、、分别是、、、的中点， ∴ 平行四边形的面积是平行四边形面积的． 又∵ 与平行四边形等底等高， ∴ 的面积是平行四边形面积的， ∴ 的面积是平行四边形面积的． 故答案为：． 8．（2023八年级上·全国·竞赛）如图，在边长为6的菱形中，于点，并且点是的中点，点在线段上运动，则的最小值是 ，最大值是 ． 【答案】 【分析】利用菱形的对称性，将转化为，则，根据两点之间线段最短，当、、共线时取得最小值；再通过证明三角形为等边三角形，结合勾股定理等知识求最大值． 【详解】解：连接，， ∵四边形是菱形， ∴，互相垂直平分， ∴点关于的对称点为， ∴， ∴． ∵，是的中点，， ∴，， ∴． 当、、共线时，取得最小值，即的最小值为． ∵，是中点， ∴， 又∵四边形是菱形，， ∴，是等边三角形， ∴，， ∴，． 过点作交的延长线于，连接， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 当点F与点重合时，，，取最大值，最大值为， 故答案为：；． 9．（2024九年级·全国·竞赛）如图，四边形为正方形，点分别在边上，如果的周长为．求正方形的边长．    【答案】 【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，如图，将绕点按顺时针方向旋转到的位置，证明，再结合全等三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，将绕点按顺时针方向旋转到的位置，，，，    ∴，，三点共线， ， ， ， ， 又， ， ，即 的周长为， ， ， ， ∴， ， ， 即正方形的边长为． 10．（2024九年级·全国·竞赛）如图，在五边形中，，点F为的中点，连接，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、多边形的内角和，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． （1）延长到点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据等腰三角形的三线合一即可得证； （2）先求出，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，然后根据等腰三角形的性质求解即可得． 【详解】（1）证明：如图，延长到点，使得，连接， ∵点为的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， 又， ， ， 在和中， ， ， ， 又， ． （2）解：， ， ， ， ， 由（1）已证：， ， ， 又， ． 11．（2023九年级·全国·竞赛）如图，在中，，，在中，，，连接，取的中点，连接，． 求证：且． 【答案】见解析 【分析】本题考查三角形的中位线性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质等知识，添加合适的辅助线是解答的关键． 取的中点P，的中点Q，连接，，，，先根据三角形的中位线性质得到，，，，再根据等腰直角三角形的性质推导出，，，进而证明得到，，然后根据平行线的性质和直角三角形的两个锐角互余得到，进而可证结论． 【详解】解：取的中点P，的中点Q，连接，，，， ∵M为的中点， ∴，，，， ∴， ∵在中，，， ∴，，则， ∵在中，，， ∴，，则， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 即且． 12．（2023八年级·全国·竞赛）如图，在中，是的中点，，是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段．线段的延长线与射线交于点，连接．若点不与点B、M重合，试猜想的大小（用含的代数式表示），并加以证明． 【答案】 【分析】首先利用已知得出，进而得出，即可求出． 【详解】解：如图，连接， 是的中点， ， 即为的垂直平分线， ， 在与中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $