专题07 四边形（5年汇编）（福建专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦福建中考四边形专题，汇编2022-2026年真题及模拟题，分层覆盖平行四边形、特殊平行四边形（基础/进阶）考点，融合文化素材与跨学科情境。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|约30题|平行四边形性质判定、矩形菱形正方形计算|结合三角尺平移（2022真题）、三星堆铜眼形器（宁德一模）等真实情境| |解答题|约20题|尺规作图+几何证明（2026矩形题）、旋转综合（2025正方形题）|融入赵爽弦图（泉州二模）、物理平行四边形法则（南平二模），梯度设问区分基础与压轴|

专题07 四边形 5年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2022-2026） 命题规律 考点01平行四边形 2026 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 考查形式丰富，选择题、填空题、几何综合解答题均会出现。命题常结合图形平移、圆内接四边形、中位线模型进行情境设置。核心围绕平行四边形性质与判定、三角形中位线定理展开，基础小题侧重利用对边平行且相等、对角线互相平分进行线段求值；压轴设问常融合相似、等边三角形、圆的性质综合考查。基础题型难度偏低，综合题综合性较强；近四年持续加大平行四边形与圆、相似相结合的综合题型考查力度。 考点02特殊的平行四边形（基础） 2026 福建中考 2025 福建中考 2024 福建中考 2023 福建中考 选择题、填空题、基础证明题均有考查。命题常结合反比例函数、三角尺情境、中点模型进行出题。核心围绕菱形、矩形、正方形的性质与判定展开，高频考点：菱形四边相等、对角线垂直；矩形四个直角、对角线相等；正方形兼具矩形与菱形全部性质；常结合等边三角形、全等三角形综合设问。整体基础题型难度适中，侧重边长、角度、面积计算与简单线段相等证明；近四年喜欢融合函数、几何作图背景，注重区分三类特殊平行四边形性质差异。 考点03特殊的平行四边形（进阶） 2026 福建中考 2025 福建中考 2022 福建中考 大多以几何综合大题形式考查，一般分为多小问梯度设问。题型稳定搭配尺规作图 + 几何计算 / 证明两大模块。核心围绕矩形、菱形、正方形性质，结合图形旋转、角的二倍角模型、切线性质、相似三角形综合考查。第一小问侧重尺规作图，第二、三小问层层递进，融合方程思想、全等、相似求解线段长度或角度；近四年持续强化图形旋转变换背景，注重几何模型识别与逻辑推理，区分度较高，属于四边形板块压轴题型。 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．（2026·福建·中考真题）如图，A，B两点被池塘隔开，在外选择一点C，连接和，分别取和的中点M，N，测得米，则A，B两点间的距离是____________米． 【答案】200 【分析】根据三角形的中位线定理得到即可得出答案． 【详解】解：点M，N分别是和的中点， ∴是的中位线， ∵米， ∴（米）． 3．（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． 4．（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． 5．（2026·福建·中考真题）如图，四边形 内接于， 是延长线上的一点，的延长线交于点，，． (1)求的度数； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)设交 于点，且，求的值． 【答案】(1) (2)证明：， ． ． ∵四边形是的内接四边形， ． 是等边三角形， ， ． ． ． ∴四边形是平行四边形． (3) 【分析】（1）先判定是等边三角形，得到，利用圆的内接四边形的性质，证明，最后利用三角形内角和定理解答即可； （2）先利用判定，利用圆的内接四边形的性质求得，证明； （3）过点 作，垂足为 ，连接，设，先判定是等边三角形，证明，得到，再证明是等边三角形，证明，，，得到，，接着利用勾股定理表示出，利用平行四边形的性质表示出，进一步解答即可． 【详解】（1）解： ，， 是等边三角形． ． ∵四边形 是的内接四边形， ． 又， ． ， ． （2）略 （3）解：过点 作，垂足为 ，连接，设． ， 是等边三角形． ． 又，， ． ． ． ， 是等边三角形． ． ． ． ． ， ． ． ，． ∵四边形是平行四边形， ． 是等边三角形，， ． 在中，， ． ， ． ， ． ． 考点02 特殊的平行四边形（基础） 1．（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． 2．（2026·福建·中考真题）某数学兴趣小组成员把一副三角板按如图所示的方式摆放，其中，，，四边形 恰好为矩形，点E，F分别在 ， 上，则等于____________度． 【答案】75 【分析】根据矩形性质可得，进而求出，，再根据三角形内角和求出． 【详解】解：∵，四边形为矩形， ∴， 又∵，， ∴，， ∴. 3．（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． 4．（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． 5．（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． 6．（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】 证明：在菱形中， ，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴． 【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】略 考点03 特殊的平行四边形（进阶） 1．（2026·福建·中考真题）如图，四边形是矩形，，点在的延长线上． (1)求作点 ，使点 在边上，且；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若，，，求的长． 【答案】(1)如图，点即为所求． (2) 【分析】（1）利用尺规作图作，的边与的交点即为所求作的点； （2）由矩形的性质、平行线的性质、等边对等角可得，即可求得的长；设，则，在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：作，的边与的交点即为所求作的点； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴，即点即为所求． （2）解：∵四边形是矩形，， ，． ， ， ， ． ， ， 设，则， 在中，，， 由勾股定理得， ，解得， 即． 2．（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) 如图，四边形就是所求作的正方形． (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：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． 3．（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． 4．（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) 解：如图所示，⊙A即为所求作： (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）略 （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． 1．（2026·福建宁德·二模）如图，在平面直角坐标系中，对角线的交点恰好是坐标原点．若点的坐标是，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行四边形的性质得出，点B和点D关于原点对称，进而可得出点D的坐标． 【详解】解：∵对角线互相平分，即， 又∵对角线的交点恰好是坐标原点， ∴点B和点D关于原点对称， ∵点的坐标是， ∴点的坐标是． 2．（2026·福建泉州·二模）如图，正方形中，若点是边的中点，连接交对角线于点．已知，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形性质可知，进而证明，得到线段比，算出对角线后按比例求． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 点是边的中点， ， ， ， ， ． 3．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，用正三角形地砖与正方形地砖在点处进行无空隙、不重叠地铺设．若一块边长相同的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数为（     ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正多边形的组合进行平面镶嵌，位于同一顶点处的几个角之和为，从而可得的度数，计算正多边形的外角的个数即可得正多边形的边数． 【详解】解：∵用正三角形地砖与正方形地砖在点处进行无空隙、不重叠地铺设，正三角形和正方形的内角分别为与， ∴， ∴这块正多边形地砖的内角为， ∴这块正多边形地砖的边数为． 4．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在中，，，点为中点，点为的重心，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在的延长线上取一点，使，连接，，延长交于点，先证四边形为平行四边形，再证 点为的中点，从而得，进而得，然后根据直角三角形斜边中线的性质求出即可得到的长． 【详解】解：在的延长线上取一点，使，连接，，延长交于点， 点为的重心， ，为的中线， ，， 又， 四边形为平行四边形， ， 即， 直线、被平行线、所截， 根据平行线分线段成比例定理，得． ，即， ，即． 点为的中点， ， ， ， ， 为斜边上的中线，， ， ∴． 5．（2026·福建宁德·二模）如图是由一个正八边形和四个菱形组成的图形，图中的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正八边形的内角和求出正八边形内角的度数，再求出菱形与正八边形相邻的内角度数，从而可求出的度数. 【详解】解：如图， 由正八边形内角和定理得：， ∴， 又四边形，是菱形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴． 6．（2026·福建莆田·模拟预测）“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形、四边形、四边形均为正方形．若，，则的值为（     ）． A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据正方形的面积求出边长、，根据正方形的边长求出，在中利用勾股定理求出，进而得到正方形的边长． 【详解】解：∵为正方形， ， ∴， ∵为正方形，， ∴，， ∴在中，， ∵为正方形， ∴． 7．（2026·福建厦门·三模）如图，在中，是对角线上的动点（点不与点，重合），过点作，，记，，，的面积分别为，，、，在点运动过程中，下列关系始终成立的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平行四边形的性质，对角线将平行四边形分成面积相等的两个三角形，结合图形面积的割补法，利用以及小平行四边形对角线分得的三角形面积相等，即可推导出与 的关系． 【详解】解：四边形为平行四边形， ， 四边形和四边形为平行四边形，是对角线上的动点， 为的对角线，为的对角线， ，， ，， ， ． 8．（2026·福建泉州·模拟预测）技术员小明要检验如图所示的零件是否为平行四边形，则下列检查方法错误的是（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据平行四边形的判定定理进行解答即可． 【详解】解：A，一组对边平行，另一组对边相等，平行四边形无此判定定理，符合题意； B，一组对边平行且相等，是平行四边形的判定定理，不符合题意； C，， ， ， ， ， 两组对边分别平行，是平行四边形的判定定理，不符合题意； D，答案同C一样，不符合题意． 9．（2026·福建厦门·三模）如图，在正方形中，是边上的动点，连接，过点作交于点，在点从点运动到点的过程中，线段长度的变化情况是（     ） A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．先变小再变大 D．先变大再变小 【答案】D 【分析】设正方形边长为，，，通过证明，建立与的函数关系式，利用二次函数的性质判断的变化情况． 【详解】设正方形的边长为，，，则， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ，即， ， ， ， 该函数图象开口向下，对称轴为直线， 点从点运动到点，即， 当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小， 线段长度的变化情况是先变大再变小． 10．（2026·福建漳州·模拟预测）将一张矩形纸片和一张等腰直角三角形纸片（）按如图所示的位置放置，若，度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等腰直角三角形的性质求出的度数，在中利用三角形内角和求出，根据矩形对边平行得到同位角相等，最后利用三角形外角性质求解 【详解】解：∵是等腰直角三角形，， ∴， 在中，， ∵矩形纸片对边平行， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴． 11．（2026·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，将平行四边形平移得到平行四边形．若点的对应点为，则点平移后的对应点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据已知点B及其对应点的坐标确定平移规律，再根据平移规律计算点D平移后的对应点坐标． 【详解】解：∵点平移后得到对应点， ∴平移的横坐标变化为，纵坐标变化为， ∴平移规律为向右平移个单位，向上平移个单位． ∵点的坐标为， ∴平移后的横坐标为，纵坐标为，即的坐标为． 12．（2026·福建漳州·模拟预测）在菱形中，对角线与相交于点O，点E为边中点．若，，则线段长度为（     ） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】由题意易得，，然后根据勾股定理及直角三角形斜边中线定理可进行求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∵点E为边中点， ∴． 13．（2026·福建宁德·一模）如图，三星堆出土的铜眼形器可抽象为菱形，测得边长，，则铜眼形器的长等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接交于点，在中，继而得到． 【详解】解：连接交于点， ∵菱形中， ∴，，， ∵， ∴， ∴． 14．（2026·福建三明·二模）如图，在与中，，相交于点G，且C，D，E，F四点共线．下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行四边形的性质逐项判断即可． 【详解】解：四边形和是平行四边形， ， 而不一定成立， 故选项A错误； ， ， ， 故选项B正确； 四边形和是平行四边形， 、， 若要，则需， 而题干中并未给出与相等的条件， 不一定成立， 故选项C错误； ，而题干中并未给出与相等的条件， 无法得到，即不一定成立， 故选项D错误． 15．（2026·福建南平·一模）在矩形中，点E在边上，，将沿着翻折，点C的对应点F恰好落在线段上，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明，可得，在中即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， ∴， 在中，，即， ∴． 16．（2026·福建泉州·一模）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在上，且，延长交边于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，则，，，再根据对顶角和正方形的性质证明得，即可求解． 【详解】解：设，则， ∵， ∴，， ∴， ∵是正方形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 17．（2026·福建厦门·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的平行线，过点C作的平行线，相交于点E．下列三角形中，可以看成由绕点O旋转得到的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定，旋转的性质，先根据菱形的性质推出、、、全等，再根据旋转的性质得绕点O旋转得到的是． 【详解】解：∵在菱形中，对角线，相交于点O， ∴，，，， ∴、、、全等， ∴由绕点O旋转得到的是． 故选：B． 18．（2026·福建厦门·模拟预测）勾股定理是我国古代数学发展的重要起源，数学传统文化中的精髓：开方术、方程术等都与勾股定理密切相关，勾股定理在生活中有着极其广泛的应用．如图是某临街店铺在窗户上方安装的遮阳棚，其侧面如图所示，遮阳棚收拢紧贴墙面自然下垂时，遮阳棚棚骨外端C距离地面（即），将其展开至点B距离墙面的位置时（即水平距离），，则此时棚骨外端B离地面的垂直高度是________． 【答案】 【分析】由题意得，，证明四边形是矩形，得到；利用勾股定理求出的长，进而求出的长即可得到答案． 【详解】解：由题意得，，， ∴四边形是矩形， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴，即此时棚骨外端B离地面的垂直高度是． 19．（2026·福建厦门·二模）如图，在中，，，是锐角，于点是的中点，连接，，若，则长为______． 【答案】 【分析】连接，延长交于点，证明，得，设，则，在中，，在中，，列关于的方程，解出，在中，，计算即可． 【详解】解：如图，连接，延长交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，∴， ∵点是的中点，， ∴，， ∴， ∴， ∵，∴， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 解得：或（舍去）， ∴， ∴． 20．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在一个长为的大矩形中，放入形状、大小完全相同的个小矩形，根据图中信息可得小矩形的面积为____． 【答案】 【分析】设小矩形的长为，宽为，根据图形，列出关于，的二元一次方程组，解方程组求解即可． 【详解】解：设小矩形的长为，宽为， 由图形可知，， 解得：， ∴小矩形的面积为． 21．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交，于点E，F，，，则图中阴影部分的面积为___________． 【答案】 【分析】根据矩形的性质证明，得到图中阴影部分的面积，即可得到答案． 【详解】解：矩形， ， ， ， ， 图中阴影部分的面积． 22．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在菱形中，过点A作于点E，对角线交于点F．若，则的度数为________． 【答案】/度 【分析】先求出，再根据菱形的性质得到，则，最后根据三角形内角和定理即可得到答案． 【详解】解：∵于点E， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 23．（2026·福建三明·模拟预测）如图，正方形边长为3，动直线经过正方形中心，线段与线段关于直线对称，则点到直线的距离最大值为_______． 【答案】 【分析】根据正方形的性质，垂线段最短，等腰直角三角形的判定和性质，特殊角的三角函数求解即可． 【详解】解：连接， 正方形边长为3，动直线经过正方形中心， 根据正方形的性质，得， ， 根据对称的性质，得，． 过点O作于点G， ， ， 故当三点共线时，取得最大值， 且最大值为． 24．（2026·福建厦门·三模）在同一平面内，将边长相等的一个正五边形和一个正六边形如图拼接，则的度数是_____________． 【答案】/132度 【分析】根据正多边形内角和公式分别求出正五边形和正六边形的内角度数，再利用周角的定义进行计算即可求解． 【详解】正六边形的内角和为 ，则每个内角为， 正五边形的内角和为 ，则每个内角为， 由图可知， 与正六边形的一个内角、正五边形的一个内角共同组成一个周角， 所以 ． 25．（2026·福建厦门·三模）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则四边形的周长为________． 【答案】 【分析】根据线段垂直平分线的性质，可得四边形为菱形，继而计算周长即可． 【详解】解：∵在四边形中，对角线与互相垂直平分， ∴四边形为菱形， ∴菱形的周长为． 26．（2026年5月福建省漳州市龙海区浮宫中学九年级练习试卷）如图，在正方形中，连接、，相交于点O，E为中点，连接，则的值为____． 【答案】 【分析】利用正方形对角线互相垂直平分且相等的性质，可得为直角三角形，设参数表示出和的长度，根据正切的定义即可求解． 【详解】解：设正方形的边长为，（）， 根据正方形的性质，可得对角线，，，， ，． 为中点， ， 在中，． 27．（2026·福建泉州·二模）如图，在中，，，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，则的值是_______． 【答案】 【分析】由图可知，平分，由，，推得，与梯形等高，设高为，得，，可得比值为． 【详解】解：由作图可知，平分，即， 四边形是平行四边形， ∴，， ， ∴， ， ∴， 与梯形等高，设高为， ∴，， ∴． 28．（2026·福建厦门·三模）如图，在菱形中，，，，分别是边，的中点．平移线段，使得、的对应点恰好分别在边，上，则平移的距离是________． 【答案】 【分析】根据菱形的性质和判定为等边三角形，求出的长；根据三角形中位线定理求出与的关系；根据平移的性质得出且，进而根据相似三角形的判定与性质得到为的中点；最后利用三角形中位线定理求出平移距离的长． 【详解】如图，设平移后，的对应点分别为，，连接，，， 四边形是菱形，， ， ， 是等边三角形， ， ，分别是边，的中点， 是的中位线， ，， 由平移的性质可知，，，平移的距离为线段的长， ，， 点，分别在边，上， ， ， ， 是的中点， 是的中点， 是的中位线， ． 29．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，正方形的边长为4，点F在正方形内部，连接，且，点E是边上一动点，连接，当长度最小值时，点F到边的距离为_______． 【答案】 【分析】作点C关于直线的对称点G，连接，取的中点H，连接；易得点F在以为直径的半圆上运动，当四点共线时，最小，从而最小；过点G作交的延长线于点M，过点F作于点N，则由勾股定理可求得的长，再利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，作点C关于直线的对称点G，连接，取的中点H，连接； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵点F在正方形内部， ∴点F在以为直径的半圆上运动，且半圆位于正方形内， ∵点C、G在关于直线对称， ∴， ∴， ∴， 当四点共线时，取得最小值，从而取得最小值； 过点G作交的延长线于点M，过点F作于点N， 则， ∴四边形是正方形， ∴， ∵H是的中点，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当长度最小值时，点F到边的距离为． 30．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，矩形纸片，，点E是边AB上一点，将矩形纸片沿翻折，使点B落在对角线上，点B的对应点为F，则线段的长是_______． 【答案】/ 【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出，根据折叠的性质得到， ，，然后利用勾股定理即可求出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 由折叠可知：， ∴，， 在中，， 即， 解得． 31．（2026·福建泉州·二模）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F，G是上两个动点（F在G的下方），且满足，若正方形边长为2，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】过点作交于点，证明四边形是平行四边形，求得，证明，得到，根据，得到的最小值为的长，据此求解即可． 【详解】解：过点作交于点，连接，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为的长， ∵， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴的最小值为． 32．（2026·福建宁德·一模）如图，在一个边长为6的正六边形中，中间空白部分的五边形面积为10，则阴影部分的面积和是_____． 【答案】/ 【分析】先求出的长和，再求出，计算即可． 【详解】解：如下图：六边形是正六边形，，， 是等边三角形，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 如下图， ． 33．（2026·福建福州·二模）如图，菱形ABCD中，．将绕点A顺时针旋转α后恰好与重合，则旋转角α的度数是______． 【答案】/60度 【分析】由旋转的性质及菱形的性质即可得出结论． 【详解】解：因为四边形是菱形，且， 所以对角线平分，， 所以． 所以与是两个大小一样的等边三角形， 又因为将绕点顺时针旋转后与重合， 所以． 综上，旋转角的度数是． 34．（2026·福建南平·二模）在物理学中，速度具有大小和方向．如图1，点O受到两个速度，的影响，其大小分别用线段的长度表示，其方向分别用画有箭头的有向线段表示，以线段为邻边作平行四边形，则对角线的长度和方向表示与的合速度v（即实际速度）的大小和方向，这种求与合速度v的方法称为平行四边形法则．如图2，若小河的水流速度为，方向为正东，小船在静水中的航行速度为，两个速度的方向所成的角为，且，小船的实际速度为．根据平行四边形法则，下列结论正确的是______．（写出所有正确结论的序号） ①若，不变，变大，则小船的实际速度v变大；    ②； ③若小船沿正北方向行进，则． 【答案】①③ 【分析】①当，不变，变大，即线段的长度变大为的长度，则小船的实际速度v的大小从的长度变大为的长度；当或360时，与在同一方向上，此时，当时，与在相反方向上，此时，其余情况时，；③如若小船沿正北方向行进，此时． 【详解】解：①如图①，当，不变，变大，即线段的长度变大为的长度，则小船的实际速度v的大小从的长度变大为的长度，故①正确； ②∵， ∴当或时，与在同一方向上，此时， 当时，与在相反方向上，此时， 其余情况时，， 综上所述，，故②不正确； ③如图②，若小船沿正北方向行进，此时， 则，故③正确；综上所述，①③正确． 35．（2026·福建泉州·三模）如图，在正方形中，，点M为线段上一点，将沿所在直线翻折得到（点E在正方形内部），连接，，，若，则的长为______． 【答案】 【分析】设与交于点，延长交于点，过点作延长线于点，根据翻折的性质得到，证明，得到，设，，证明是等腰直角三角形，得到，推出，再根据勾股定理进行计算即可． 【详解】解：设与交于点，延长交于点，过点作延长线于点， 在正方形中， ， ， 将沿所在直线翻折得到（点E在正方形内部）， ， ， ， ， ， ， ， 设， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ． 36．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，矩形和正方形面积相等，点在边上，点在上，交于点，，若，则___________． 【答案】 【分析】证明得，，．由矩形和正方形面积相等，得，结合可得，证明，求出，再证明，利用相似形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴ ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，，． ∵矩形和正方形面积相等， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 同理可证，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 37．（2026·福建泉州·一模）在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图．如果两个共点力、如图所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示，则合力的大小为________． 【答案】 【分析】先在网格中取格点构造平行四边形，再通过勾股定理计算各边长度，验证四边形为平行四边形后，其对角线长度即为两个力的合力大小． 【详解】解：如图，取格点、、，连接、、， 由勾股定理得，， ， ∴四边形是平行四边形， ∴合力的大小为． 38．（2026·福建三明·一模）如图，已知正方形的边长为2，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，，则的最小值为______． 【答案】 【分析】连接，结合正方形性质、勾股定理求出，证明四边形是矩形即可得，再根据垂线段最短即可得解． 【详解】解：连接，如下图： ∵正方形中，， ， 又， ∴四边形是矩形， ， 则的最小值即为的最小值， 当时，最短， 此时， ， 即的最小值为． 39．（2026·福建莆田·模拟预测）学校开展以“劳动创造美好生活”为主题的五一劳动节系列活动，同学们积极参与主题活动的规划、实施、组织和管理，组成调查组、采购组、规划组等多个研究小组．为了协助公园园区工人测量人工湖湖畔两点之间的距离，调查组设计了如图所示的示意图，先在湖边地面上确定点，再用卷尺分别确定的中点，最后用卷尺量出，则之间的距离是_____． 【答案】20 【分析】根据三角形中位线定理即可得到答案． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∵， ∴． 40．（2026·福建泉州·一模）如图，中，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接交于点．取的中点，连接，．若，，，则的长为______． 【答案】 【分析】作于点，设，通过解直角三角形可得，，由旋转的性质可得，，，．由，使用面积法可求出，进而可证明，则，因此是的中位线，从而得到，解出的值后，求出的长即可． 【详解】解：如图，作于点，设， 在直角中，， 由勾股定理可得，， 由旋转的性质可知，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点是的中点， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴，解得， ∴． 41．（2026·福建漳州·一模）在矩形中，是的中点，点在上运动．将沿翻折得到，连接，则的最小值为___________． 【答案】/ 【分析】如图，连接，由折叠的性质易证，推出点在以点为圆心，为直径的圆上运动，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理求出，即可解答． 【详解】解：如图，连接， 由折叠的性质得， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴点在以点为圆心，为直径的圆上运动， 当三点共线时，有最小值， ∵，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴的最小值为． 42．（2026·福建泉州·一模）如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________． 【答案】 【分析】连接，由旋转的性质得到，，推出是等腰直角三角形，当时，取得最小值，作于点，延长交于点，在中，由勾股定理计算即可求解． 【详解】解：连接， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴当取最小值时，也取得最小值， ∴当时，取得最小值， 如图，作于点，延长交于点， ∵，，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得． 43．（2026·福建厦门·二模）已知如图，在矩形中，E为边的中点．求证：． 【答案】证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵E为边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【分析】由矩形的性质可得，，再证明，即可得证． 【详解】略 44．（2026·福建宁德·二模）如图，在正方形中，点，分别在边，上，．求证：． 【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴． 【分析】根据正方形的性质得，，结合证明便可得结论． 【详解】略 45．（2026·福建福州·三模）如图，在矩形中，，，是边上的一点，点在边上，，且满足． (1)请用无刻度的直尺和圆规在所给的图中作出符合条件的点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，，求的长． 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）连接，作线段的垂直平分线交于点O，以点O为圆心，的长为半径画弧交于点P（满足），根据，，可推出，则点P在以为直径的圆上，故点P即为所求； （2）可证明，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图所示， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得（已检验）或（舍去）， ∴． 46．（2026·福建厦门·三模）如图，是等边三角形， 点D，E分别在边上， ，连接．将线段绕点B按逆时针方向旋转得到线段，连接． (1)若， 求的度数； (2)求证：四边形为平行四边形． 【答案】(1) (2)证明：由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形为平行四边形． 【分析】（1）由旋转的性质可得，根据等边三角形的性质可得，证明，可得，再利用三角形内角和定理即可求解； （2）由（1）知，得到，结合，推出，再根据，推出，即可证明． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）略 47．（2026·福建三明·模拟预测）如图，在矩形中，，，点在上，点在上，连接，将矩形沿折叠，点，的对应点分别为点，（点落在边上），连接． (1)求的值； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2)的长为 【分析】（1）过点作，交于点，交于点，结合矩形的性质推导出四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质推导出，再运用相似的性质即可求解； （2）连接，，根据折叠求出，，根据矩形性质求出，，，再根据勾股定理求出的值，最后设，根据，列出方程求解即可. 【详解】（1）解：如图，过点作，交于点，交于点． ∵四边形为矩形， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∴． ∵将矩形沿折叠，点，的对应点分别为点，（点落在边上）， ∴． ∴． ∴． ∵． ∴． 又∵， ∴． ∴， 即； （2）解：如图，连接，． ∵点关于直线对称， ∴，． ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴． ∴． ∴． 设，则． 由，得． 解得． ∴的长为． 48．（2026·福建三明·二模）综合与实践 木工中蕴含着丰富的数学知识．如在铺设地板时，木工师傅仅通过一把直尺、一支笔和一台切割机就可以完成对平行、垂直、计量的精准把控，从而解决各种拼接问题． 如图，现有宽度不同的两根木条（宽木条中，窄木条中，），当遇到转角为直角（）的地面时，发现拼接后点与点不能重合． 在保证两根木条宽度不变的情况下，为了尽可能节约用料，同时又使两根木条能拼成一个直角，工人师傅经过如下操作解决了问题，完成了拼接． 第一步：如图，画出的延长线，交于点，连接； 第二步：如图，沿着射线方向，平移窄木条，得到，使点与点重合，延长，交窄木条的边于点，连接； 第三步：沿着、切割，切口恰好可以完全重合，如图完成拼接．    (1)请判断图中，的数量关系，并说明理由； (2)如图，如果宽木条的宽度为，窄木条的宽度为，宽木条裁剪后的锐角是，求的值； (3)如图，当若地面的转角为，对宽度比为的两根长方形木条和切割后拼接铺入该转角处，求的值． 【答案】(1)结论： ，， ． ，，， ，． 同理可得， ， ， 由平移得， ． ， ． (2) (3) 【分析】（1）根据平移的性质以及平行线的性质，证明，根据全等三角形的性质，即可得证； （2）延长交于点，两根木条的宽度比即为所求； （3）过点作于点，于点，过点作交的延长线于点，交于点，则四边形为矩形，两根木条的宽度比为，即，根据，得出，进而求得，得出，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，延长交于点，   ，， ， ，   ，， ； （3）如图，过点作于点，于点，过点作交的延长线于点，交于点，则四边形为矩形， 两根木条的宽度比为，即， 设，则，   ，， ， ．     ， ，     ， ． 49．（2026·福建泉州·二模）如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在直角三角形中，（为斜边）． (1)证明：若、、均为整数，则它们不可能都是奇数； (2)如图，若，，直线交边于点，求的值． 【答案】(1)证明：假设、、均为奇数， 则、、均为奇数 ∴为偶数， 由勾股定理得，∴为偶数， 与为奇数相矛盾，假设不成立 ∴、、不可能都是奇数． (2) 【分析】（1）假设、、均为奇数，推出为偶数，即可得证； （2）过作，交的延长线于点，证明，进而得到，求出的长即可. 【详解】（1）略 （2）解:过作，交的延长线于点， ∴， ∴， ∴， ∴， 在直角三角形中，，， ， ∴（负值舍去）， 在正方形中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 50．（2026·福建厦门·二模）如图，矩形，，． (1)用直尺和圆规作一个符合条件的平行四边形，须满足：①点F落在边右侧；②；③与在同侧；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，若平行四边形的面积是矩形面积的一半，且为等腰三角形，求的值． 【答案】(1)解：如图所示，四边形即为所求； (2)的值为，1，． 【分析】（1）作线段的垂直平分线，垂足为，在的右侧，以为圆心，为半径作弧，交于点，在射线上截取线段，使得，连接，四边形即为所求； （2）证明，得到是等边三角形，分三种情况：，，分别求解即可． 【详解】（1）略； （2）解：∵平行四边形面积是矩形面积的一半， ∴垂直平分线段， ， ， ， 是等边三角形； ∴， ∴． 当时，如图， 是等边三角形， ， ； 当时，如图，作交于点G， ∵， ， ； 当时，如图，作交于点M， 由， 得， 即， ， ， ， ． 51．（2026·福建泉州·二模）如图，四边形为平行四边形．    (1)在上求作一点，使得； （要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，，，求（1）中的面积． 【答案】(1)点的位置如图所示；    (2) 【分析】（1）分别以点，点为圆心，大于为半径画圆，连接交点，与交于点，根据三角形的面积，等底半高，点即为所求； （2）过点作垂足为，根据，求出，根据，求出，再根据，求出，根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：过点作垂足为， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴点是中点， ∴， 在中，， 即， ∴， ∴． 【点睛】本题解直角三角形，尺规作图，解题的关键是掌握尺规作图，解直角三角形，进行解答，即可． 52．（2026·福建莆田·模拟预测）解答 (1)【问题提出】如图，在长方形中，点是边上一点，在边、上分别作出点，使得点是一个等腰直角三角形的三个顶点，且，；要求：用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；                  (2)【问题解决】在(1)的前提下，作 P关于的对称点Q ( 本小题不用尺规作图)，补全图形，求证：四边形为正方形． 【答案】(1)所作等腰直角三角形如图1所示： (2)证明：补全图形如图2， ∵点Q与点P关于直线对称， ∴垂直平分线段， ∴，． 又∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∵， ∴菱形是正方形． 【分析】（1）根据作图技巧运用圆规分别在上截取，然后，连接，证得，得出，即可证得结论； （2）根据垂直平分线的性质，得，，再由，得四边形是菱形，最后，由即可证得结论． 【详解】（1）解：∵在长方形中， ∴， 根据作图痕迹可知， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形； （2）略 53．（2026·福建厦门·模拟预测）如图1，将矩形沿虚线进行分割，分割后可以将得到的两个三角形进行拼接，得到的新图形如图2所示． (1)如图3，在中，，对进行分割，分割线垂直于， ①证明； ②将分割成4个全等的三角形，请在图4中画出分割线； (2)对如图5所示的四边形进行分割，将其拼成一个平行四边形，请设计一种方案． 要求： Ⅰ．在四边形中画出分割线，再标出各个分割后的图形序号（类似图1）； Ⅱ．在方框中画出拼接后的平行四边形的示意图（类似图2）； Ⅲ．拼接后各部分均不重叠、无缝隙、无剩余； Ⅳ．本题将综合考虑“分割次数”给分． 【答案】(1)①证明：∵， ∴， ∵在直角三角形中，， ∴， 又∵， ∴； ②如图所示： (2)如图所示：或 【分析】（1）①利用相似三角形的判定定理证明即可； ②如图所示，取的三边中点，再进行分割； （2）方法1：如图1所示，取的中点M，的中点N，的中点P，的中点Q，沿进行分割，再进行拼接得到图2． 方法2：如图2所示，取的中点M，的中点N，的中点P，的中点Q，沿进行分割．再将与分别沿进行分割，且，，拼接后得到图4． 【详解】（1）解：①略 ②略； （2）解：略 54．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． (1)如图1，当时，点在延长线上 ①求证：； ②若，，求的长； (2)如图2，当时，点在边上，若，求的值． 【答案】(1)①证明：由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴由三角形内角和定理得，， ∵， ∴， 又∵， ∴； ②4 (2) 【分析】（1）①由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； ②根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （2）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：①略； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴； （2）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴根据平行四边形可得，， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 55．（2026·福建厦门·三模）如图1，点 E是矩形的边上任意一点，点C关于的对称点是点F， 连接． (1)如图1， 当点F在边上时， 求证：； (2)如图2，，连接并延长交于点N， 交于点H， 连接并延长交边于点M，交的延长线于点 P． ①求证： ； ②若，，求的长． 【答案】(1)证明：由对称的性质可得， ∵， ∴， ∴， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； (2)①证明：∵矩形中，， ∴四边形是正方形， ∴， 由对称的性质得， ∴， ∴， 设，， ∴， ∵，即， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∴， ∴； ② 【分析】（1）由对称的性质可得，结合，易证，利用矩形的性质可得，进而得到，由，易证，结合，即可证明； （2）①证明四边形是正方形，由对称的性质得推出，，，求出，，证明，即可证明结论； ②过点作于点，设，证明，则，，结合可得，．利用勾股定理可得，再使用面积法可得，则．由可判定和，从而计算出，．由可判定，则，计算得，在中，利用勾股定理构造方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：①略 ②过点作于点，设， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，解得（负值，舍去）， ∴． 56．（2026·福建漳州·模拟预测）某业主装修卫生间，泥水师傅进行地面地漏（地漏为正方形）铺设施工． (1)现有四个长，宽的矩形瓷砖（正反面纹路不同），要切割成8个周长相同的四边形铺成如图2的图案． ①请你利用尺规作图，帮忙泥水师傅作出瓷砖的切割线；（结合铺设需要，画出不同的切割线；如果切割线相同，只要画出一种即可．） ②求出地漏的面积． (2)若地漏铺设成如图3的图案，已知地漏和正方形的中心重合，，，猜想与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)①；② (2) 理由：如图，延长交于点O，延长交于点Y， 延长交于点X． ∵在正方形中，，， ∴， 同理可得，， ∵地漏和正方形的中心重合，，， ∴， ∵在正方形中，， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）①运用中垂线性质结合尺规作图的方法，即可作图求解；②可设拼得的大正方形边长的一半为，地漏所在的小正方形边长的一半为，运用已知条件建立关于a，b的方程，解方程即可求出b的值，从而求得地漏的面积； （2）延长交于点O，延长交于点Y，延长交于点X．通过证明，再证，即可证得． 【详解】（1）解：①略 ②由题意，可设，， ∵与之和为原来矩形瓷砖的长， ∴，即， ∵， ∵，， 又∵， ∵ ∴，即， ∴，， ∴， ∴． （2）略 57．（2026·福建莆田·二模）阅读材料，回答问题． 欧拉（）是世界著名的数学家，他对多面体做过研究．已知由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面．欧拉证明了对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E之间满足欧拉公式：，如下表． 名称 三棱锥 三棱柱 长方体 十二面体 图形 顶点数V 4 6 8 20 面数F 4 5 6 12 棱数E 6 9 12 30 2 2 2 2 进一步，还可以研究与凸多面体相关的几何对象． (1)凸多面体的每个面分别记为边形，其中，2，…，F，每个顶点分别连接条棱，其中，2，…，V．下列说法正确的是_____；（写出所有正确结论的序号） ①；      ②； ③；        ④． 定义：凸多面体的面（即多边形）的内角叫做多面体的面角，凸多面体顶点的角亏等于与多面体在该点的面角之和的差，凸多面体的总角亏等于多面体各顶点的角亏之和． 例如，如图，正三棱锥有四个面，每个面都是等边三角形，在顶点B处有三个面角为，，，且都是，所以正三棱锥在点B的角亏为，故其总角亏为． (2)求三棱锥的总角亏； (3)请判断任意凸多面体的总角亏是否为定值，若是，请求出其定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)①③ (2) (3)任意凸多面体的总角亏是定值，为 【分析】（1）根据每条棱是两个相邻面的公共边，得出所有面的边数之和等于棱数的2倍，即可判断①②；根据每条棱连接两个顶点，得出所有顶点连接的棱数之和等于棱数的2倍，即可判断③④； （2）根据题干所给定义并结合三棱锥的特点计算即可得出结果； （3）题意可得对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E，则所有顶点的之和为，求出总面角和，再结合题干所给定义计算即可得出结果． 【详解】（1）解：∵每条棱是两个相邻面的公共边， ∴所有面的边数之和等于棱数的2倍，即，故①正确，②错误； ∵每条棱连接两个顶点， ∴所有顶点连接的棱数之和等于棱数的2倍，即，故③正确，④错误； 故说法正确的是①③； （2）解：三棱锥有个顶点，每个顶点处有个面角， 三棱锥的4个面都是三角形，则所有面角之和为， 因为每个顶点的角亏为与多面体在该点的面角之和的差， 故总角亏为：； （3）解：任意凸多面体的总角亏是定值，为，理由如下： 由题意可得对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E， ∴所有顶点的之和为， 由每个面是边形，得出总面角和为： , 由（1）可得， ∴总面角和， 故总角亏为 ， 故任意凸多面体的总角亏是定值，为． 58．（2026·福建福州·二模）阅读材料，回答问题： 问题提出 探究平面组合图形的重心位置 在学习中，我们已经知道简单平面图形的重心位置，如三角形的重心位于三条中线的交点处，平行四边形的重心位于两条对角线的交点处等．平面组合图形由简单平面图形组成，其重心位置如何确定？ 探究分析 为更好地探究，我们可以将平面图形放置于平面直角坐标系中，将平面图形的重心位置记为点，分割得到的若干个图形的重心位置记为点（为正整数）． 如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别在轴与轴的正半轴上，若点的坐标是，则点的坐标为． 请将①②③④⑤⑥所缺的内容或证明过程补充完整． 第阶段 (1)如图，若点的坐标是，沿直线将矩形分割成两个矩形，则原矩形的重心位置点的坐标是①______，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是②______和③______． 第阶段 一般地，如图，沿直线将矩形分割成两个矩形，则它们重心位置的坐标分别为，，记直线与轴交于点，则，，发现：，． 猜想：将矩形按某一水平（或竖直）方向分割成两个矩形（如图所示），原矩形的一边被分成长度为和的两段，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别为，，则原矩形重心位置的坐标满足： ，． 如图所示，若将矩形沿对角线分割成两个三角形，则上述猜想不再适用，此时，可以将原猜想中的“边长的关系”推广为“面积的关系”，从而得到：，． 第阶段 如图，若将矩形沿直线与直线分割得到三个矩形，它们的重心位置分别为，面积分别为，根据第阶段的探究结论，猜想原矩形重心位置的横坐标满足． (2)请通过计算说明这个猜想成立：④______；类比的表达式，写出的表达式：⑤______． 结论应用 根据探究发现，对于平面组合图形，其重心位置的横，纵坐标分别等于将其分割后的各个简单平面图形重心位置的横，纵坐标按各自面积加权所得的平均数． (3)如图，平面直角坐标系中，若，，，，则五边形重心位置的坐标是⑥______． 【答案】(1)，， (2) 解：由题意可得，，，， ∴，，， ∴ ， ∵， ∴； 同理可得，， (3) 【分析】（）根据题意解答即可求解； （）由题意可得，，，即得，，，进而得到，即可求证，同理可得，即可求解； （）连接，利用勾股定理可证四边形是平行四边形，设的重心为，面积为，四边形的重心为，面积为，可得，，，，进而根据题意即可求解； 本题考查了坐标与图形，图形的重心，矩形的性质等，理解题意是解题的关键． 【详解】（1）解：由题意可得，原矩形的重心位置点的坐标是，即， 分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是和，即和， 故答案为：，，； （2）略 （3）解：如图，连接， ∵，，，， ∴由勾股定理可得，， ∴四边形是平行四边形， 设的重心为，面积为，四边形的重心为，面积为， 则，，即，， ，， ∴五边形重心位置的坐标是，即， 故答案为：． 59．（2026·福建泉州·三模）【课本再现】 如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 【问题发现】 (1)连接，直线分别交于点E、G，交于点，连接，则线段之间的数量关系是______． 【类比迁移】 (2)如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 (3)如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，证明如下： 如图所示，连接，延长交于， ∵O为矩形的中心， ∴，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵矩形， ∴， ∴垂直平分， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； (3)或 【分析】（1）证明，得到，由勾股定理得，则； （2）猜想：，连接，延长交于，证明，再利用勾股定理证明即可； （3）设分两种情形：①当点E在线段上时，②当点E在延长线上时，分别利用勾股定理构建方程求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点O， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； （2）略 （3）解：如图所示，当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接， ∵， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴ ∵，， ∴，， 设，则， 由勾股定理得， ， ∴， ∴， ∴ 如图所示，当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， ∴． ∵，， ∴，， 设，则， 由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的面积为或。 60．（2026·福建泉州·模拟预测）张老师开展“角”主题学习活动，收到了同学们分享的几道优质习题，现邀请你一同思考解答． (1)如图1，在中，，，，D是的中点，则______． (2)如图2，正方形中，E，F分别在边，上，且，连接分别交，于点H，G，试猜想，，的数量关系，并说明理由． (3)如图3，在（2）基础上，点E为正方形的边上的点，点F在射线上，求的最大值，请直接写出结果． 【答案】(1) (2) 解：， 理由：延长至M，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵, ， ∴， 又∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴． (3) 【分析】（1）根据已知条件证得是等腰直角三角形，得到，利用勾股定理求得，进而通过D是的中点求得的值，最后通过勾股定理即可得出结果； （2）延长至M，使，连接，证明，利用全等三角形的性质和角的和差关系再证明，从而得出，最后利用线段和差关系即可得证； （3）作正方形的外接圆，连接，取的中点O，此时O为圆心，利用相似三角形的判定证得，从而得出，再过点G作于点H，证得，随即推出，设，则的半径，当最大时，的值最大，当点G，H，O三点共线时，有最大值为，而时，的值最小，即可求得的最小值表达式，进而求得的最大值表达式，并最终推出结果． 【详解】（1）解：在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理，， 得：，即， 解得：， ∵D是的中点， ∴， 在中, ， ∴， 解得：． （2）略 （3）解：如图，作正方形的外接圆，连接，取的中点O，此时O为圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点G作于点H， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则的半径， ∴当最大时，的值最大， ∵点G在上运动， ∴当点G，H，O三点共线时，有最大值为， 当时，的值最小， ∴的最小值为， ∴的最大值为， ∴的最大值为． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07四边形 5年真题1年模拟答案版 五年真题分类园 考点01平行四边形 1.B 2.200 3.10 4.6 5.【答案】(1)60° (2)证明：∠ACD=∠ABD=60°， .∠ACD=∠E .AC∥EF. ,四边形AFBD是⊙O的内接四边形， ∴.∠AFB+∠ADB=180° △ABD是等边三角形， .∠ADB=60°， ∴.∠AFB=120° .∠AFB+∠E=180° ∴.AF∥CE “.四边形AFEC是平行四边形. 6 3)3 【分析】(I)先判定△ABD是等边三角形，得到∠BAD=∠BDA=60°，利用圆的内接四边形的性质，证 明∠BCE=∠BAD=60°，最后利用三角形内角和定理解答即可： (2)先利用LACD=∠E判定AC‖EF,利用圆的内接四边形的性质求得LAFB=120°，证明AF IICE: 1/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)过点C作CH⊥BE,垂足为H,连接DF,设CD=a,先判定△BCE是等边三角形，证明 aCFE≌BDE(MS）,得到EF=EBD,再证明ADEF是等边三角形，证明BCDF,CGDFG △BCE∽aFDE,得到BE=2a,EF=3a,接着利用勾股定理表示出CH,CF,利用平行四边形的性质表示 出AC,进一步解答即可 【详解】(1)解：AB=BD,∠ABD=60°， .△ABD是等边三角形， ∠BAD=∠BDA=60° ,四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴.∠BAD+∠BCD=180° 又·∠BCE+∠BCD=180°. ∴.∠BCE=∠BAD=60° ∠CBE=60°， ∴.∠E=180°-∠CBE-∠BCE=60° (2)略 (3)解：过点C作CH⊥BE,垂足为H,连接DF,设CD=a. E·∠E=∠CBE=∠BCE=60° ∴△BCE是等边三角形， ∴，BE=CE 又：∠CFB=∠CDB,∠E=∠E, ∴.△CFE≌△BDE(AAS) ∴.EF=ED .BF=CD=a ∠E=60°， ∴△DEF是等边三角形 2/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠FDE=LBCE=60°. ∴.BC∥DF ∴.△BCG∽△DFG BC CG 2 DFFG3· BC∥DF, ∴.△BCE∽△FDE BE BC2 FEFD3· ∴BE=2a,EF=3a. ,四边形AFEC是平行四边形， .AC=EF=3a」 ,△BCE是等边三角形，CH⊥BE, B明=5BE=0】 在R△BCH中，tm∠CBE-Cg=5, BH ∴.CH=V3BH=V3a FH=BF+BH =2a, :.CF=FH2+CH=(2a)+(a)=a ~△CFE≌△BDE, ∴BD=CF=√7a BD Fa AC 3a 3. 考点02特殊的平行四边形（基础） 1.A 2.75 3.1 3/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.2 5.10 6.【答案】 证明：在菱形ABCD中， D E AB=AD∠B=∠D :∠BAF=∠DAE, ∴.∠BAE+∠EAF=∠EAF+∠DAF, 、∠BAE=∠DAF, ∠B=∠D AB=AD 在 、和 中 △BAE△DAF ∠BAE=∠DAF' ∴.△BAE≌△DAF, .'BE=DF 考点03特殊的平行四边形（进阶） 1.【答案】(1)如图，点F即为所求. A D .E B (2)3 【分析】(I)利用尺规作图作∠FBE=∠EBC,∠FBE的边BF与AD的交点即为所求作的点F: (2)由矩形的性质、平行线的性质、等边对等角可得BF=EF,即可求得AE的长；设AF=x,则 BF=EF=8-x,在Rt△ABF中，利用勾股定理列方程求解即可. 【详解】(I)解：作∠FBE=∠EBC,∠FBE的边BF与AD的交点即为所求作的点F; ,四边形ABCD是矩形， AD∥BC, 4/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AFB=∠FBC, ,∠FBC=∠FBE+∠EBC=2∠EBC, :.∠AFB=2∠EBC,即点F即为所求 (2)解：：四边形ABCD是矩形，BC=6, AD‖BC,AD=BC=6. ∴∠E=∠EBC, ∠FBE=∠EBC, ∴.∠FBE=∠E, ∴.BF=EF DE=2, .AE=AD+DE=8. 设AF=x,则BF=EF=AE-AF=8-x, 在Rt△ABF中，∠A=90°，AB=4, 由勾股定理得AF2+AB2=BF2, :2+4=(8-广，解得x=3, 即AF=3 2. 【答案】(1) 如图，四边形EFGH就是所求作的正方形 V10 2)2 【分析】(I)作BD的中垂线交AD于点E,交BC于点G,以EG为直径画圆，交BD于点F,H,即可 得到正方形EFGH: (2)勾股定理求出BD的长，进而求出OD的长，证明△EOD∽△BAD,求出OE的长，再根据正方形的 5/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 性质，结合勾股定理求出EH的长即可 【详解】(1)解：由作图可知，OB=OD,EG⊥HF, ,矩形ABCD, .ADl BC .∠ADB=∠CBD,∠DEO=∠BGO, .△DOE≌ABOG, ∴.0E=OG, 由作图可知，OE=OG=OF=OH, ∴.四边形EHGF为矩形， EG⊥HF, :.四边形EHGF为正方形： (2)由(1)知：OB=OD,OE=OG, D 四边形 是矩形， G ABCD ∠A=90°， 在RtAABD中，AB=2,AD=4, .BD=AB2+AD2=25 :.0D=BD=V5 2 EG⊥FH ∴.∠DOE=∠DAB=90° 又'∠ODE=∠ADB, ∴.△EOD△BAD OE OD OE 5 ABAD,即24， 6/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0e= 2. 在Rt△EOH中，OE=OH, EH=V20E-10 , 10 .正方形EFGH的边长为2. 【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 3.【答案】(1)见解析 ②)∠ACE+∠EFC=180°，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 ∠ACF=∠CEF,再根据三角形内角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，得到∠ACF+∠ECF+LEFC=180° 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△ABM≌△CDB,得 到∠MBA=LBDC,设LBCD=LBAD=C,∠BDC=P,则∠ADB=a+B,得到Q+B的关系即可. 【详解】(1)，△ABC≌△DEC, ∴.AC=DC, .AB=AC, ∴，∠ABC=∠ACB,AB=DC, CB平分∠ACD, ∴.∠ACB=LDCB, ∴.∠ABC=∠DCB, AB∥CD, ∴.四边形ABDC是平行四边形， 又AB=AC, 四边形ABDC是菱形： 7/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)结论：∠ACE+∠EFC=180° 证明：，△ABC≌△DEC, ∴∠ABC=∠DEC, .AB=AC, .∠ABC=∠ACB, .∠ACB=∠DEC, :∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°， ∴.∠ACF=∠CEF, .∠CEF+∠ECF+∠EFC=180° ∴.∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°. :.∠ACE+∠EFC=180°： (3)在AD上取一点M,使得AM=CB,连接BM, E M AB=CD,∠BAD=∠BCD, .△ABM≌△CDB, ∴.BM=BD,∠MBA=∠BDC, .∠ADB=∠BMD, :∠BMD=∠BAD+∠MBA, .∠ADB=∠BCD+∠BDC, 设LBCD=∠BAD=a,∠BDC=F,则∠ADB=a+B, .CA-CD, .∠CAD=∠CDA=a+2p, ·.∠BAC=∠CAD-∠BAD=2B. &∠ACB=80°-∠BAC)=90°-E, 8/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠ACD=(90°-B)+a :∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°， :(90°-B)+a+2(a+2B)=180 .a+B=30°，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. 4.【答案】(1) 解：如图所示，⊙A即为所求作： B 5-1 (2)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∠ADB=a,⊙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R△MBE中，根据勾股定理建立方程求解BE=rtana,再判定△ABE≌△CDF,根据 BE=DF=rana:DE=DF+EF=rtana+r,在RIADE中，利用an∠ADE= DE,得到 5-1 tana+tana-1=0,求解得到tan∠ADB的值为2. 【详解】(1)略 (2)解：根据题意，作出图形如下： 9/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D C G B 设∠ADB=a,⊙A的半径为I, :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AE=AG=P, ∴.四边形AEFG是正方形， .EF=AE=r, 在RINAEB和Rt△DAB中，∠BAE+∠ABD=90°，∠ADB+∠ABD=90°， ∴.∠BAE=∠ADB=a, 在R△MBE中，tan∠BAE=BE AE, ∴.BE=rtana ,四边形ABCD是矩形， :.AB∥CD,AB=CD, ∴.∠ABE=∠CDF,又LAEB=∠CFD=90°， .△ABE≌△CDF, .BE=DF=rtana, .DE=DF+EF=rtana+r, 在RADE中，tan∠ADE=A DE,即DE,tana=AE: (rtana+r)tana =r ',即tan'a+tana-l=0 10/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..tana >0, tana=v5-1 5-1 ,即tan∠ADB的值为2， 【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. 一年模拟练测园 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A D c B 0 A 题号 11 12 13 14 15 16 17 答案 B D B B A B 18.(280-60V2)cm 19. 20.48 21.3 22.120°/120度 2a.}+月 24.132°/132度 25.12 26号 27. 2 28.3 4V13 29.13 11/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 31.5 32.275-20-20+275 33.60°160度 34.①③ 3 210 36.9+√17 37.2V5 8 39.20 40.8 2W10-2,-2+210 42.2V6 43.证明：：四边形ABCD是矩形， .AB=DC,∠A=∠D=90°， :E为边AD的中点， .AE=DE, 在△ABE和△CDE中， (AB=DC ∠A=∠D=90° AE=DE △ABE≌aCDE(SAS) .BE=CE. 12146 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】由矩形的性质可得MB=DC,∠A=∠D=90°，再证明 △ABE≌ACDE(SAS) 即可得证. 【详解】略 44.证明：，四边形ABCD是正方形， .AB=BC,∠A=∠C=90°， 在△BAE和△BCF中， AB=BC ∠A=∠C AE=CF ,△BAE≌△BCF(SAS) .'BE=BF. 【分析】根据正方形的性质得AB=BC,∠A=∠C=90°，结合AE=CF证明△BAE≌aBCF便可得结论. 【详解】略 A D 45.(1)1 (2)2 【分析】(I)连接AE,作线段AE的垂直平分线交AE于点O,以点O为圆心，OA的长为半径画弧交 BC于点P(满足BP<CP),根据∠BAP=∠CPE,∠BAP+∠BPA=90°，可推出∠APE=90°，则点P在 以AE为直径的圆上，故点P即为所求： (2)可证明△ABP∽△PCE,根据相似三角形的性质列出比例式求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：如图所示， 13146 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B ,四边形ABCD是矩形， .∠ABP=∠PCE=90°， 又：∠BAP=∠CPE, .△ABP∽△PCE, AB BP PC CE' 设BP=x,则PC=BC-BP=10-x, 8 x .10-x2 解得x=2(已检验)或x=8(舍去)， .BP=2. 46.(1)100° (2)证明：由(1)知△CBD≌aABF, .AF=CD ..CD=CE. .AF=CE. .∠BAF=∠ABC=60°， .AF‖BC,即AF‖CE, ∴四边形ACEF为平行四边形. 【分析】(I)由旋转的性质可得∠DBF=60°，BD=BF,根据等边三角形的性质可得 ∠ABC=60,AB=BC,证明△CBD2aMBF(S1S）,可得∠BAF=∠C=-60°，再利用三角形内角和定理即 可求解： (2)由(I)知△CBD≌△ABF,得到AF=CD,结合CD=CE,推出AF=CE,再根据 14146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠BAF=∠ABC=60° AF‖BC ,推出 ,即可证明 【详解】(1)解：由旋转的性质可得∠DBF=6O°，BD=BF .△ABC是等边三角形， ∠ABC=∠C=60°，AB=BC, ∴.∠ABF+∠ABD=∠ABD+∠CBD=60°. .∠ABF=∠CBD :△CBDABF(S,4S) .∠BAF=∠C=60°， ,∠ABF=20° .∠AFB=180°-∠ABF-∠BAF=100°： (2)略 EF3 47.(1)BG4 (2)AE的长为2 【分析】(1)过点A作AP∥EF,交BC于点P,交BG于点Q,结合矩形的性质推导出四边形APFE为 平行四边形，利用平行四边形的性质推导出△ABP∽aBCG,再运用相似的性质即可求解； (2)连接BE,EG,根据折叠求出BE=EG,BF=FG=5,根据矩形性质求出∠C=90°，AB=CD=6, BC=8 CG BE2=AB2+AE2=EG2=DE2+DG2 再根据勾股定理求出 的值，最后设1=，根轻 ,列出 方程求解即可： 【详解】(1)解：如图，过点A作AP∥EF,交BC于点P,交BG于点Q. D ,四边形ABCD为矩形， 15146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD Il BC .AP∥EF, ∴.四边形APFE为平行四边形. .AP=EF, ,将矩形沿EF折叠，点A,B的对应点分别为点H,G(点G落在CD边上)， EF⊥BG. .AP⊥BG. :.∠BAP+∠ABQ=90° :∠CBG+∠ABQ=90° .∠BAP=∠CBG 又，∠ABP=∠BCG=90°， ∴.△ABPP△BCG AP AB 6 3 ·BGBC84' EF 3 即BG4: (2)解：如图，连接BE,EG. H A D ,点B,G关于直线EF对称， .'BE=EG,BF=FG=5. :四边形ABCD为矩形， .∠C=90°，AB=CD=6,BC=8, .CF=BC-BF=8-5=3」 :CG=VFG2-CF2=V52-32=4 .DG=CD-CG=6-4=2 16146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设AE=x,则DE=AD-AE=8-x. 由BE=B+A2=EG2=DE2+DG,得6+r=(8-+2 解得x=2. .AE的长为2. 48.(1)结论：OD=CB .MO∥PB,∠MOB=135° .∠OBP=180°-∠MOB=45° .NO∥N'O',∠NOB=135°，∠MON=90°， .∠00'N'=45°，∠ODW'=∠OD0'=90° 同理可得∠OAQ=45°. ∴.∠BAC=∠OAQ=45° .∠ACB=180°-∠OBP-∠BAC=90°. 由平移得OA=OB, ..00'=AB' ·.·∠OO'D=∠ABC=45°，∠ACB=∠ODO'=90° ∴.△ODO'≌△ACB(AAS) ..OD=CB 2)3 55 (3)11 ODO'≌AACB(AAS) 【分析】(1)根据平移的性质以及平行线的性质，证明 根据全等三角形的性质， 即可得证： (2)延长NO交PC于点S,两根木条的宽度比即为所求： (3)过点A作AC⊥BE于点C,AD⊥BH于点D,过点B作BOL AF交FA的延长线于点O,AO交 ACBO BH于点”，则四边形 5:3AD:AC=5:3 为矩形，两根木条的宽度比为，即 ,根据 17146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 PD=- AD 5 AD 5V3 -x ana= tan∠APD3,得出∠BPO=∠APD=60°，进而求得BD,得出 BDI1,即可求解. 【详解】(1)略 (2)解：如图，延长NO交PC于点S, N M OD S C(B) 图4 :∠MON=90°MO∥PC ∴.∠OSP=∠MON=90°. ∴.∠0SC=90°， ∴.0S=30cm,SC=18cm, .tan/OCP=OS_30 5 SC183 (3)如图，过点A作AC⊥BE于点C,AD⊥BH于点D,过点B作BO⊥AF交FA的延长线于点O, AQ、BH P ACBO 于点，则四边形 为矩形， G 60 H 两根木条的宽度比为，即 D 图5 5:3 AD:AC=5:3 设AC=BQ=3x,则AD=5x, ∠FAG=60°，AG∥PH, .∠APD=∠FAG=60°， 18146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .PD= AD 5V -x tan∠APD-3. .'∠BPQ=∠APD=60°J ..BP= BO =2V3x in∠BPQ 11v5 ∴.BD=BP+PD= .tana=AD=5x 53 BD11W311 3 49.(1)证明：假设a、b、c均为奇数， 则a2、b2、c2均为奇数 .a2+b2为偶数， 由勾股定理得c2=a2+b,∴.c2为偶数， 与为奇数相矛盾，假设不成立· ∴a、b、c不可能都是奇数. 4 ) 【分析】(I)假设a、b、c均为奇数，推出c为偶数，即可得证： AM AN (2)过A作AN⊥AH,交HM的延长线于点N,证明△AMN6BMF,进而得到BMBF,求出 AN,BF 的长即可 【详解】(1)略 (2)解：过A作AN⊥AH,交HM的延长线于点N, ∴.∠NAE=∠AEB=90°， 19146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AN∥BE, .△AMNABMF, AM AN ∴BMBF, 在直角三角形ADH中，DH=a=3,AD=c=5, AH2=AD2-DH2=52-32=16 .AH=b=4(负值舍去)， 在正方形EFGH中，∠EHF=45°， .∠ANH=45°=∠EHF, .AN=AH=4, 又BF=a=3, AM AN 4 BMBF3 A D b 、E M (T 50.(I)解：如图所示，四边形ABEF即为所求： 公 E B a 3 2)b的值为V5,1,3. 【分析】(1)作线段AD的垂直平分线MN,垂足为N,在AD的右侧，以A为圆心，AD为半径作弧， 交MN于点F,在射线FM上截取线段FE,使得FE=AB,连接BE,四边形ABEF即为所求： (2)证明AD=DF=AF,得到△ADF是等边三角形，分三种情况：CD=DF,FD=FC,CD=CF分 别求解即可. 【详解】(1)略： 20146 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)解：平行四边形ABEF面积是矩形ABCD面积的一半， .EF垂直平分线段AD, .FD=FA, .AF AD, .AD=AF=FD, ∴△ADF是等边三角形： .∠ADF=60°， ∴∠FDC=30° 当CD=DF时，如图， E 是等边三角形， B .·△ADF .DC=AB=AD=a, 当FD=FC时，如图，作FG⊥CD交CD于点G, D C E B :∠FDG=30°， GF3 'GD 3, 碧篇 21146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当CD=CF时，如图，作CM⊥DF交DF于点M, b D 2 M 由∠CDM=30°. 得CM2+DM2=DC2, g-s a23b2 小44 .a2=3b2 ..a=3b 51.1)点P的位置如图所示； A D B CE ®5 【分折1()分别以点C,点D为网心，大于5CD为半轻面园，连接交点，与CD交于点p:根据三角 形的面积，等底半高，点P即为所求： (2)过点p作PE1BC垂足为E,根据∠C=120,求出∠DCE,根据S.m=2S.m,求出PC,再根据 PE sin☑PCE= C,求出PE,根据三角形的面积公式，即可求解. 【详解】(1)略 22146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)解：过点P作PE⊥BC垂足为E, :四边形ABCD为平行四边形， .AB=CD,BC=AD, .∠BCD=120°， .∠PCE=180°-∠BCD=60°， :5.c-2Ssm, 点P是CD中点， 1 PC-CD-2. 在Rt△PCE中，sin∠PCE=PE PC, √5_PE 即22， PE-3 Sx号8CPE=45 【点睛】本题解直角三角形，尺规作图，解题的关键是掌握尺规作图，解直角三角形，进行解答，即可. 52.(I)所作等腰直角三角形EPF如图1所示： D 图1 (2)证明：补全图形如图2， D E 图2 ,点Q与点P关于直线EF对称， ∴.EF垂直平分线段PO, 23146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..PE=OE,PF=OF 又，PE=PF, .PE=OE=OF=PF ∴.四边形EPFO是菱形. :∠EPF=90°， 菱形EPFO是正方形. 【分析】(I)根据作图技巧运用圆规分别在AD,BC上截取CP=DF,DP=CE,然后，连接PE,PF,EF, CPE≌DFP(S,1S),得出PE=FP,∠CPE=∠DFP即可证得结论： 证得 (2)根据垂直平分线的性质，得PE=QE,PF=QF,再由PE=PF,得四边形EPFO是菱形，最后， 由∠EPF=90°即可证得结论. 【详解】(1)解：在长方形ABCD中， .∠C=∠D=90°， 根据作图痕迹可知CP=DF,DP=CE, 在△CPE和△DFP中， CP=DF ∠C=∠D CE=DP ACPE≌aDFP(S,A,S) ∴.PE=FP,∠CPE=∠DFP .∠DFP+∠DPF=∠CPE+∠DPF=90°， :∠EPF=180°-（∠CPE+∠DPF)=90 .△EPF是等腰直角三角形； (2)略 53.(I)①证明：DE⊥AC, 24146 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B .∠ADE=90°， ,在直角三角形△ABC中，∠C=90°， .∠ADE=∠C=90°， 又∠DAE=∠CAB, .△ADE∽aACB: ②如图所示： 1) B QB② ④ ④ ③ (2)如图所示： ② D D ② N 或 D ③ ③ C 图1 图2 A② 4② M② E B ③ ⑤ A ①1 ③ ⑤ D ④ ④⑤， 图3 图4 【分析】(1)①利用相似三角形的判定定理证明即可； 25146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②如图所示，取Rt△ABC的三边中点，再进行分割： (2)方法1：如图1所示，取AB的中点M,BC的中点N,CD的中点P,AD的中点O,沿 NP,PO,OM 进行分割，再进行拼接得到图2. 方法2：如图2所示，取AB的中点M,BC的中点N,CD的中点P,AD的中点O,沿OM,PN进行分割. 再将△AQM与△CPN分别沿AE,CF进行分割，且AE1QM,CF LPN,拼接后得到图4. 【详解】(1)解：①略 ②略； (2)解：略 54.I)O证明：由折叠的性质得：∠B=∠AFE,BE=FE, :四边形ABCD是平行四边形， .ABII CD. .∠B=∠PCG, ∴.∠AFE=∠PCG .·∠AFE=∠QFG, ∴.∠PCG=∠QFG ∠FGQ=∠CGP, ·由三角形内角和定理得，∠CQE=∠P .CE=BE,BE=EF .EF=EC, 又：∠CEO=∠FEP, △EFP≌AECQ(AAS) ②4 4 (2)15 26146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】(I)①由折叠的性质得：∠B=∠AFE,BE=FE,再结合平行四边形的性质可得∠PCG=∠OFG, 然后根据三角形内角和定理可得∠CQE=∠P,即可求证： EO=EP FO=CP FQG≌ACPG ②根据全等三角形的性质可得 ,从而得到 ,可证明 从而得到 FG=CG=3,GO=GP=5 再由折叠的性质得：1F=AB CGPP△BAP 再根据 ,可得B=12,即可求 解； (2)延长AD,E0交于点M,设CQ=2a,BE=b,证明aDQM∽aCQE得出DM=3b,证明 aFE,CE0得出pF=g,证明。AMFPEF得出EP-,进面求有CP-B, 2n+2，根据PC1AD得 出△GPC∽aGAD,根据相似三角形的性质，即可求解. 【详解】(1)解：①略： △EFP≌△ECQ ② EO=EP ..EF =EC, ..FO=CP, :∠FG0=LCGP,∠CQE=∠P, △FQG≌△CPG(AAS) ..FG=CG=3,GO=GP=5 由折叠的性质得：AF=AB, :四边形ABCD是平行四边形， .AB II CD,AB=CD, ∴.△CGPOABAP, 27146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CG PG ·ABAP, 3 5 .ABAB+3+5’ 解得：AB=12, .CD=12, .DO=CD-CG-OG=4. (2)解：如图，延长AD,E0交于点M, M 图2 设CQ=2a,BE=b Co 2 DO-3 CE=2BE .DO=3a,EC=26, .根据平行四边形可得，AB=CD=5a,AD=BC=3b 折叠 ∴.AF=AB=5a :AD∥BC,即DM∥EC △DQM∽aCQE DM DO DM 3a_3 ·EC=c0即2b-2a2 ∴.DM=3b ,四边形ABCD是平行四边形， ∠B=∠ADQ 又折叠， .∴.∠AFE=∠B 28146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠AFQ+∠AFE=180° ∠AFQ+∠ADQ=180° ∠DAF+∠DQF=180° .∠EQC+∠DQF=180° ∠EQC=∠DAF .AD∥BC ∴.∠DAF=∠FPE ∠EQC=∠FPE 又，∠FEP=∠CEQ △FEPOACEO EF FP b FP ∴EcC0即2b=2a ..PF=a .AB∥CD ..△AMF∽△PEF EP PF ·AMAF EP a .3b+3b5a 静相：P多 6, .CP=EC-EP=2b-°b=4b 5 5 又：PCIl AD ∴.AGPC∽AGAD 4 b 4 29146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 55.I)证明：由对称的性质可得BF=BC,EF=CE BE=BE, △BCE≌△BFE(S,S,S) .∠BFE=∠C, :矩形ABCD中，∠A=∠D=∠C=90°， .∠BFE=∠C=90°， .∠AFB+∠DFE=90°， ,∠AFB+∠ABF=90°， ∴.∠ABF=∠DFE, .∠A=∠D=90°， ∴.△ABF∽△DFE; (2)①证明：：矩形ABCD中，AB=AD, .四边形ABCD是正方形， .'AB=BC, 由对称的性质得BC=BF,BP⊥CF, :.∠FNP=90°，BF=AB,∠PBF=∠PBC .∠BAF=∠BFA, 设∠BAF=∠BFA=a,∠ABF=B, &PBF=∠P8C=0-∠ABF)-45-9 2 :∠BAF+∠BFA+∠ABF=180°，即2a+B=180°， B :a+ =90° 2 :∠BFA=∠P+∠PBF,即a=∠P+450-号 :∠P=a+2-45°=45 .∠PFN=90°-∠P=45°， ∴.∠PFN=∠P=45° ∴FN=PN； 30146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②vi0 【分析】(4)由对称的性质可得BF=BC,EF=CE,结合BE=BE,易证 BCE≌△BFE(S,S,S) 利用矩 形的性质可得∠BFE=∠C=90°，进而得到∠AFB+∠DFE=90°，由∠AFB+∠ABF=90°，易证 ∠ABF=∠DFE,结合∠A=∠D=90°，即可证明； (2)①证明四边形ABCD是正方形，由对称的性质得推出∠FNP=90,BF=AB,∠PBF=∠PBC, ∠BF=∠BA=a∠BF=A:求出a+号=90.P=a+号45=45，证明∠PN=ZP=45即 可证明结论： ②过点F作FI1CD于点I,设BC=D=AD=AB=6,证明△BCE2CDH(4SM）,则CE=DH, H,结合p=DE可得，E=CE=0H=”=3,利用勾股定理可得E上CH CN=FN =6V5 -X F=125 X 再使用面积法可得 5 ,则 5.由FI∥AD可判定△CFI∽△CHD和 MP ME 1 △MI∽△AD:从而计算出MD=2x,ME=x由AB‖CD可判定MPE6APB,则AP=AB6, 计算得AM=20,在Rt△ADM中，利用勾股定理构造方程求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：①略 ②过点F作FI⊥CD于点I,设BC=CD=AD=AB=6X, :∠EBC+∠BCF=∠BCF+∠HCD=9O°， .∠EBC=∠HCD, 31146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△BCE和△CDH中 [∠EBC=∠HCD BC=CD ∠BCE=∠CDH=90°' △BCE≌aCDH(ASA) .CE=DH,BE=CH, .DH=DE, :DE=CE DH-D =x, 在RABCE中，BE=VBC+CE=35x .BE CH =3/5x 5.wc-BC-CE-1BE-CN CN=BC-CE_65 BE 5 ..CN=FN. ,CF=2Cw=125 ,FI⊥CD, .FI∥AD, ∴.△CFI∽△CHD, 12v5 FI CI CF 5 X4 DH CD CH 35x3 -4DH=12x 5 =5x,a=4cD=24 :=c0-a-g, ,FI∥AD, 32146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△FI∽△MAD, 12 x 2 M-号m-.-0=2x 3 3 .ME DE-MD=x, ABII CD. ∴.△MPE∽△APB, MP ME x1 APAB 6x 6' M-4P-20, 在Rt△ADM中，AD2+MD2=AM2, (6x+(2x}=20 ,解得=0（负值，舍去）， ME=x=10 56.1)① ② 100cm2 (2) MF⊥OE 理由：如图，延kFE交0丁点0，延长OE交MFT点x, 延长EH交P№于点X. 33146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图3 ,在正方形EFGH中，∠FEH=90°，MQ∥EH, .∠E00=90°. 同理可得，∠EXQ=90°， :地漏和正方形MNP№的中心重合，MN//EF,MQ∥EH, ..EO=MO=OX=HX, ,在正方形EFGH中，EF=EH, .EO+EF=EH+HX,FO=EX, ,△MOF≌△OXE(SAS) .∠MFO=∠QEX, .∠OEQ+∠QEx=90° .∠OEQ+∠MF0=90° :∠OEQ=∠FEY, ∴.∠FEY+∠MFO=90°. .∠EYF=90°， .MF⊥QE 【分析】(1)①运用中垂线性质结合尺规作图的方法，即可作图求解：②可设拼得的大正方形边长的一 半为acm,地漏所在的小正方形边长的一半为bCm,运用已知条件建立关于a,b的方程，解方程即可求 出b的值，从而求得地漏EFGH的面积： 34146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2延长FE交0于点0，延长OE交M于点X延长的交P0于点x通过正 △MOF≌△QXE ，再 证∠FEY+∠MFO=90°，即可证得MF⊥QE, 【详解】(1)解：①略 ②由题意，可设RS=SW=RI=WK=acm,ET=TH=HW=EL=bcm, ,RS与TH之和为原来矩形瓷砖的长， .RS+TH =16cm,a+b=16, ST=IL =JK =6cm, RS+SW=2acm,ET+TH =2bcm, RS+SW-ET-TH-(RS-ET)+(SW-TH)-L+JK=6+6=12cm ..RS+SW-ET-TH=a+a-b-b=(2a-2b)cm .2a-2b=12,即a-b=6, .a=11,b=5, ∴.EH=2b=10cm, S正方形ErcH=100cm2 R E 图2 (2)略 57.(1)①③ (2)720° 3)任意凸多面体的总角亏是定值，为720° 【分析】(1)根据每条棱是两个相邻面的公共边，得出所有面的边数之和等于棱数的2倍，即可判断① ②；根据每条棱连接两个顶点，得出所有顶点连接的棱数之和等于棱数的2倍，即可判断③④： (2)根据题干所给定义并结合三棱锥的特点计算即可得出结果； 35146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)题意可得对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E,则所有顶点的360°之和为'×360°，求 (2E-2F)x180°=(E-F)×360° 出总面角和 ,再结合题干所给定义计算即可得出结果. 【详解】(1)解：，每条棱是两个相邻面的公共边， ∴所有面的边数之和等于棱数的2倍，即%+%+…+m,=2 ,故①正确，②错误： 每条棱连接两个顶点， 一所有顶点连接的棱数之和等于棱数的2倍，即1+5++斤=2E ,故③正确，④错误： 故说法正确的是①③： (2)解：三棱锥有4个顶点，每个顶点处有3个面角， 三棱锥的4个面都是三角形，则所有面角之和为4×180°=720°， 因为每个顶点的角亏为360°与多面体在该点的面角之和的差， 故总角亏为：4×360°-720°=1440°-720°=720°： (3)解：任意凸多面体的总角亏是定值，为720°，理由如下： 由题意可得对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E, .所有顶点的360°之和为'×360°， 由每个面是”边形，得出总面角和为： (n-2)×180°+(n2-2)×180°+(n-2)x180°+..+(np-2)×180 =[(n-2)+(n,-2)+(m-2)×++(n-2)]×180° =[(n+n+%+.+ne）-2F]×180° 乃+n2+…+np=2E 由(1)可得 (2E-2F)x180°=(E-F)x360° 总面角和 ×360°-(E-F)×360 故总角亏为 =(V-E+F)×360° =2×360° =720°， 36146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故任意凸多面体的总角亏是定值，为720°， 58.)4,2).1,2)(5,2) (2) 解：由题意可得，S=ab,S=(m-ab.S=m(n-b) Sx+S2x2+S3x3 ∴.S+S2+S 受+a-60+m-创空 2 mn a'b+m'b-a'b+m'n-m'b 2 mn 2· m 0= 2 ·=+S2x2+53 S,+S2+S3: 乃=+S+S 同理可得， S+S2+S3, 3836 3)八11'11 【分析】(1)根据题意解答即可求解： 2)由题意可得3b.S=m-a)bs,=mu-b)即得22 37146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Sx+S2x2+S3x3 m Sy+S2y2+S3y3 进而得到S+S2+S 0= 2,即可求证，同理可得 S,+S2+S,即可求解； (3)连接4D、BD,利用勾股定理可证四边形MBCD是平行四边形，设△4OD的重心为C9,面积为S, G 2. 四边形ABCD的重心为G,面积为S2,可得( G,(4,4),S,=12,S,=2S0c=32,进而根据题 意即可求解； 本题考查了坐标与图形，图形的重心，矩形的性质等，理解题意是解题的关键. 84 【详解】(1)解：由题意可得，原矩形0ABC的重心位置点G的坐标是22， 即(4,2)， 24)8+2,4 分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是2'2)和2’2，即(1,2)和(5,2)， 故答案为： (4,2)(1,2)(5,2) (2)略 (3)解：如图，连接AD、BD, 6.0).B(8,4)C(2,8)D0,4) ∴由勾股定理可得1B=CD=25AD=BC=23 .四边形ABCD是平行四边形， 设△40D的重心为G,面积为，四边形48CD的重心为C,面积为5】 38146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 S-=2x6x4=12,S,=2S.c=2× 5×8×4=32 2×12+4×32 12+42 五边形 重心位置的坐标是 12+32 12+32 即3836， OABCD 11'11 3836 故答案为： 11'11 59.(1)CF2+AE2=FG AE2+CF2=EF2 (2) 证明如下： 如图所示，连接AC,延长EO交DC于E, A 、O E E C :O为矩形ABCD的中心， .AO=CO,AB∥CD,∠BCD=90°. .∠BAC=∠ACE, 又∠AOE=∠COE′， :△M0E≌aCOE(ASA) .AE=CE,EO=E'O, ABCO 又，矩形 .OE⊥OF, “.FO垂直平分EE, ∴.EF=EF, 在Rt△FCE'中，由勾股定理得CE2+FC2=E'F2, ..AE2+CF2=EF2: 39146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 19 25 6)16cm'或16cm 【分折】（山证明012OCG(AAS),得到AE=CG,由匀股定理行CF2+CG2=FG,则 CF2+AE2=FG2: (2)猜想：4E+CP=EF,连接4C,延长E0交DC于E,证明△1OE≌aCOE'(ASA) 再利用勾股 定理证明即可： (3)设CF=xcm分两种情形：①当点E在线段AC上时，②当点B在CA延长线上时，分别利用勾股定理 构建方程求解即可 【详解】(I)解：，正方形ABCD的对角线相交于点O, .OA=OC,AB‖CD,∠BCD=90° .∠OAE=∠OCG,∠OEA=∠OGC, △OAE≌aOCG(AAS) .AE=CG」 在Rt△CFG中，由勾股定理得CF2+CG2=FG2, .'CF2+AE2=FG2: (2)略 (3)解：如图所示，当点E在AC上时， 过点B作BM∥AC,交ED的延长线于点M,连接FM, BM∥AC, ∴.∠C+∠CBM=180°，∠EAD=∠MBD, :∠ADE=∠BDM,AD=BD,∠C=90° ,△AED≌ABMD(ASA)∠CBM=90° 40146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 'ED=DM,AE=BM, :∠EDF=90°， ∴.直线DF是线段EM的垂直平分线， ∴EF=FM, 在Rt△BFM中，由勾股定理，得BF2+BM2=FM2, BF2+BM=EF2 ..AC=3cm,BC=4cm,AE=2cm, .CE=1cm,AE=BM =2cm, 设CF=cm,则BF=(4-)cm 由勾股定理得EF2=CE2+CF2=BF2+BM2, 1P+x2=22+(4-x)}2 :s9 8 ..CF=19 m S.w-CE-CF-19 1 2 16 如图所示，当点E在CA的延长线上时， 过点B作BN∥AC,交ED的延长线于点N,连接FN, A B .BN∥AC,∠ACB=90° ∴.∠ACB=∠NBF=90°，∠EAD=∠NBD, ,∠ADE=∠BDN,AD=BD, 41146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △AED≌ABND(ASA) .ED=DN,AE=BN, .∠EDF=90 ∴.直线DF是线段EN的垂直平分线， .EF =FN, 由勾股定理，得BF2+BN2=FN2, .AE2+BF2=EF2 AC=3cm,BC=4cm,AE=2cm, .'CE=5cm,AE =BN =2cm, 设CF=rcm,则9 BF =(4+x)cm 由勾股定理得EF2=CE2+CF2=BN2+BF2, :r+52=(4++2 ∷ts5 8’ ..CF=5 CE-CF- -cm2 1 19 .25 综上所述，ACEF的面积为1 cm或16 cm2 0.010 (2) 解：BE+DF=EF, 理由：延长CB至M,使BM=DF,连接AM, 42146 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D M-- B E :四边形ABCD是正方形， .AB=AD,∠ABM=∠ADF=90°， 在△ABM和△ADF中， AB=AD ∠ABM=∠ADF BM=DF :△ABM≌aADF(SMS) ∴.AM=AF,∠BAM=∠DAF, :∠EAF=45°，∠BAD=90°， .∠BAE+∠DAF=45°， 又，∠BAM=∠DAF, ∴.∠BAE+∠BAM=45°，即∠MAE=45°， 在△MAE和△FAE中， 「AM=AF ∠MAE=∠FAE AE=AE △MAE≌△FAE(SAS) .ME=EF, ME BE+BM,BM=DF, ∴.BE+DF=EF. √2-1 (3)2 【分析】(I)根据已知条件证得△ABC是等腰直角三角形，得到AC=BC,利用勾股定理求得 43146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AC=BC=22 BC CD ,进而通过D是的中点求得的值，最后通过勾股定理即可得出结果； (2)延长CB至M,使BM=DF,连接AM,证明MBM≌A1DF(SMS) 利用全等三角形的性质和角的 和差关系再证明△M12,F1E(64S),从而符出M=EF,最后利用线段和差关系即可行证， (3)作正方形ABCD的外接圆，连接AC，,取AC的中点O,此时O为圆心，利用相似三角形的判定证得 BE GE △AEF∽aGEB,从而得出EF=AE,再过点G作GH⊥BF于点H,证得AAEB∽AGEH,随即推出 BE GH BE ,用，剥00的￥径，当册最大时，B印的值大.当G 时，GH有最大值为OG-OH=r-OH,而OH⊥BC时，OH的值最小，即可求得OH的最小值表达式， 进而求得GH的最大值表达式，并最终推出结果 【详解】(1)解：在△ABC中，∠C=90°，∠B=45°， “.△ABC是等腰直角三角形， .AC=BC, 由勾股定理AC2+BC2=AB2,AB=4, 得：2AC2=42,即2AC2=16, AC=BC=22 解得： D是BC的中点， :CD-1BC-1x2- 2 在Ra4CD中，4C=2W2,CD=V2 :AD2=AC2+CD2=(22+(N2=8+2=10 AD=10 解得： 44146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)略 (3)解：如图，作正方形ABCD的外接圆，连接AC,取AC的中点O,此时O为圆心， ∴.∠AGB=∠ACB=∠EAF=45°， .BG∥AF, :∠AEF=∠BEG, ∴.△AEFAGEB, BE GE EF AE' 过点G作GH⊥BF于点H, AB∥GH, .∠AEB=∠GEH, ∴.△AEBAGEH, .GH _GE …ABAE' BE GH :EF AB' √2 设4B=m,则O0的半径=之m, r= BE ∴.当GH最大时，EF的值最大， :点G在⊙0上运动， “.当点G,H,O三点共线时，GH有最大值为OG-OH=r-OH, 当OH⊥BC时，OH的值最小， 1 1 “OH的最小值为2B=2m, 45146 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 m .GH的最大值 r-oH=1 2 m √21 “BS的最大值为2m-2”V2-1 EF m 2 46146 专题07 四边形 5年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2022-2026） 命题规律 考点01平行四边形 2026 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 考查形式丰富，选择题、填空题、几何综合解答题均会出现。命题常结合图形平移、圆内接四边形、中位线模型进行情境设置。核心围绕平行四边形性质与判定、三角形中位线定理展开，基础小题侧重利用对边平行且相等、对角线互相平分进行线段求值；压轴设问常融合相似、等边三角形、圆的性质综合考查。基础题型难度偏低，综合题综合性较强；近四年持续加大平行四边形与圆、相似相结合的综合题型考查力度。 考点02特殊的平行四边形（基础） 2026 福建中考 2025 福建中考 2024 福建中考 2023 福建中考 选择题、填空题、基础证明题均有考查。命题常结合反比例函数、三角尺情境、中点模型进行出题。核心围绕菱形、矩形、正方形的性质与判定展开，高频考点：菱形四边相等、对角线垂直；矩形四个直角、对角线相等；正方形兼具矩形与菱形全部性质；常结合等边三角形、全等三角形综合设问。整体基础题型难度适中，侧重边长、角度、面积计算与简单线段相等证明；近四年喜欢融合函数、几何作图背景，注重区分三类特殊平行四边形性质差异。 考点03特殊的平行四边形（进阶） 2026 福建中考 2025 福建中考 2022 福建中考 大多以几何综合大题形式考查，一般分为多小问梯度设问。题型稳定搭配尺规作图 + 几何计算 / 证明两大模块。核心围绕矩形、菱形、正方形性质，结合图形旋转、角的二倍角模型、切线性质、相似三角形综合考查。第一小问侧重尺规作图，第二、三小问层层递进，融合方程思想、全等、相似求解线段长度或角度；近四年持续强化图形旋转变换背景，注重几何模型识别与逻辑推理，区分度较高，属于四边形板块压轴题型。 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．（2026·福建·中考真题）如图，A，B两点被池塘隔开，在外选择一点C，连接和，分别取和的中点M，N，测得米，则A，B两点间的距离是____________米． 3．（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___________．    4．（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______． 5．（2026·福建·中考真题）如图，四边形 内接于， 是延长线上的一点，的延长线交于点，，． (1)求的度数； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)设交 于点，且，求的值． 考点02 特殊的平行四边形（基础） 1．（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 2．（2026·福建·中考真题）某数学兴趣小组成员把一副三角板按如图所示的方式摆放，其中，，，四边形 恰好为矩形，点E，F分别在 ， 上，则等于____________度． 3．（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_______． 4．（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______．    5．（2023·福建·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为___________．    6．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，求证：． 考点03 特殊的平行四边形（进阶） 1．（2026·福建·中考真题）如图，四边形是矩形，，点在的延长线上． (1)求作点 ，使点 在边上，且；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若，，，求的长． 2．（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． 3．（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． 4．（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． 1．（2026·福建宁德·二模）如图，在平面直角坐标系中，对角线的交点恰好是坐标原点．若点的坐标是，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 2．（2026·福建泉州·二模）如图，正方形中，若点是边的中点，连接交对角线于点．已知，则的长为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，用正三角形地砖与正方形地砖在点处进行无空隙、不重叠地铺设．若一块边长相同的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数为（     ）． A． B． C． D． 4．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在中，，，点为中点，点为的重心，则的长为（     ） A． B． C． D． 5．（2026·福建宁德·二模）如图是由一个正八边形和四个菱形组成的图形，图中的度数是（     ） A． B． C． D． 6．（2026·福建莆田·模拟预测）“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形、四边形、四边形均为正方形．若，，则的值为（     ）． A．2 B．3 C．4 D．5 7．（2026·福建厦门·三模）如图，在中，是对角线上的动点（点不与点，重合），过点作，，记，，，的面积分别为，，、，在点运动过程中，下列关系始终成立的是（     ） A． B． C． D． 8．（2026·福建泉州·模拟预测）技术员小明要检验如图所示的零件是否为平行四边形，则下列检查方法错误的是（     ） A．， B．， C．， D．， 9．（2026·福建厦门·三模）如图，在正方形中，是边上的动点，连接，过点作交于点，在点从点运动到点的过程中，线段长度的变化情况是（     ） A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．先变小再变大 D．先变大再变小 10．（2026·福建漳州·模拟预测）将一张矩形纸片和一张等腰直角三角形纸片（）按如图所示的位置放置，若，度数为（     ） A． B． C． D． 11．（2026·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，将平行四边形平移得到平行四边形．若点的对应点为，则点平移后的对应点的坐标是（     ） A． B． C． D． 12．（2026·福建漳州·模拟预测）在菱形中，对角线与相交于点O，点E为边中点．若，，则线段长度为（     ） A．2 B．3 C． D． 13．（2026·福建宁德·一模）如图，三星堆出土的铜眼形器可抽象为菱形，测得边长，，则铜眼形器的长等于（   ） A． B． C． D． 14．（2026·福建三明·二模）如图，在与中，，相交于点G，且C，D，E，F四点共线．下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 15．（2026·福建南平·一模）在矩形中，点E在边上，，将沿着翻折，点C的对应点F恰好落在线段上，则的值为（   ） A． B． C． D． 16．（2026·福建泉州·一模）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在上，且，延长交边于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 17．（2026·福建厦门·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的平行线，过点C作的平行线，相交于点E．下列三角形中，可以看成由绕点O旋转得到的是（   ） A． B． C． D． 18．（2026·福建厦门·模拟预测）勾股定理是我国古代数学发展的重要起源，数学传统文化中的精髓：开方术、方程术等都与勾股定理密切相关，勾股定理在生活中有着极其广泛的应用．如图是某临街店铺在窗户上方安装的遮阳棚，其侧面如图所示，遮阳棚收拢紧贴墙面自然下垂时，遮阳棚棚骨外端C距离地面（即），将其展开至点B距离墙面的位置时（即水平距离），，则此时棚骨外端B离地面的垂直高度是________． 19．（2026·福建厦门·二模）如图，在中，，，是锐角，于点是的中点，连接，，若，则长为______． 20．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在一个长为的大矩形中，放入形状、大小完全相同的个小矩形，根据图中信息可得小矩形的面积为____． 21．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交，于点E，F，，，则图中阴影部分的面积为___________． 22．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在菱形中，过点A作于点E，对角线交于点F．若，则的度数为________． 23．（2026·福建三明·模拟预测）如图，正方形边长为3，动直线经过正方形中心，线段与线段关于直线对称，则点到直线的距离最大值为_______． 24．（2026·福建厦门·三模）在同一平面内，将边长相等的一个正五边形和一个正六边形如图拼接，则的度数是_____________． 25．（2026·福建厦门·三模）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则四边形的周长为________． 26．（2026年5月福建省漳州市龙海区浮宫中学九年级练习试卷）如图，在正方形中，连接、，相交于点O，E为中点，连接，则的值为____． 27．（2026·福建泉州·二模）如图，在中，，，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，则的值是_______． 28．（2026·福建厦门·三模）如图，在菱形中，，，，分别是边，的中点．平移线段，使得、的对应点恰好分别在边，上，则平移的距离是________． 29．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，正方形的边长为4，点F在正方形内部，连接，且，点E是边上一动点，连接，当长度最小值时，点F到边的距离为_______． 30．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，矩形纸片，，点E是边AB上一点，将矩形纸片沿翻折，使点B落在对角线上，点B的对应点为F，则线段的长是_______． 31．（2026·福建泉州·二模）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F，G是上两个动点（F在G的下方），且满足，若正方形边长为2，则的最小值为_______． 32．（2026·福建宁德·一模）如图，在一个边长为6的正六边形中，中间空白部分的五边形面积为10，则阴影部分的面积和是_____． 33．（2026·福建福州·二模）如图，菱形ABCD中，．将绕点A顺时针旋转α后恰好与重合，则旋转角α的度数是______． 34．（2026·福建南平·二模）在物理学中，速度具有大小和方向．如图1，点O受到两个速度，的影响，其大小分别用线段的长度表示，其方向分别用画有箭头的有向线段表示，以线段为邻边作平行四边形，则对角线的长度和方向表示与的合速度v（即实际速度）的大小和方向，这种求与合速度v的方法称为平行四边形法则．如图2，若小河的水流速度为，方向为正东，小船在静水中的航行速度为，两个速度的方向所成的角为，且，小船的实际速度为．根据平行四边形法则，下列结论正确的是______．（写出所有正确结论的序号） ①若，不变，变大，则小船的实际速度v变大；    ②； ③若小船沿正北方向行进，则． 35．（2026·福建泉州·三模）如图，在正方形中，，点M为线段上一点，将沿所在直线翻折得到（点E在正方形内部），连接，，，若，则的长为______． 36．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，矩形和正方形面积相等，点在边上，点在上，交于点，，若，则___________． 37．（2026·福建泉州·一模）在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图．如果两个共点力、如图所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示，则合力的大小为________． 38．（2026·福建三明·一模）如图，已知正方形的边长为2，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，，则的最小值为______． 39．（2026·福建莆田·模拟预测）学校开展以“劳动创造美好生活”为主题的五一劳动节系列活动，同学们积极参与主题活动的规划、实施、组织和管理，组成调查组、采购组、规划组等多个研究小组．为了协助公园园区工人测量人工湖湖畔两点之间的距离，调查组设计了如图所示的示意图，先在湖边地面上确定点，再用卷尺分别确定的中点，最后用卷尺量出，则之间的距离是_____． 40．（2026·福建泉州·一模）如图，中，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接交于点．取的中点，连接，．若，，，则的长为______． 41．（2026·福建漳州·一模）在矩形中，是的中点，点在上运动．将沿翻折得到，连接，则的最小值为___________． 42．（2026·福建泉州·一模）如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________． 43．（2026·福建厦门·二模）已知如图，在矩形中，E为边的中点．求证：． 44．（2026·福建宁德·二模）如图，在正方形中，点，分别在边，上，．求证：． 45．（2026·福建福州·三模）如图，在矩形中，，，是边上的一点，点在边上，，且满足． (1)请用无刻度的直尺和圆规在所给的图中作出符合条件的点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，，求的长． 46．（2026·福建厦门·三模）如图，是等边三角形， 点D，E分别在边上， ，连接．将线段绕点B按逆时针方向旋转得到线段，连接． (1)若， 求的度数； (2)求证：四边形为平行四边形． 47．（2026·福建三明·模拟预测）如图，在矩形中，，，点在上，点在上，连接，将矩形沿折叠，点，的对应点分别为点，（点落在边上），连接． (1)求的值； (2)若，求的长． 48．（2026·福建三明·二模）综合与实践 木工中蕴含着丰富的数学知识．如在铺设地板时，木工师傅仅通过一把直尺、一支笔和一台切割机就可以完成对平行、垂直、计量的精准把控，从而解决各种拼接问题． 如图，现有宽度不同的两根木条（宽木条中，窄木条中，），当遇到转角为直角（）的地面时，发现拼接后点与点不能重合． 在保证两根木条宽度不变的情况下，为了尽可能节约用料，同时又使两根木条能拼成一个直角，工人师傅经过如下操作解决了问题，完成了拼接． 第一步：如图，画出的延长线，交于点，连接； 第二步：如图，沿着射线方向，平移窄木条，得到，使点与点重合，延长，交窄木条的边于点，连接； 第三步：沿着、切割，切口恰好可以完全重合，如图完成拼接．    (1)请判断图中，的数量关系，并说明理由； (2)如图，如果宽木条的宽度为，窄木条的宽度为，宽木条裁剪后的锐角是，求的值； (3)如图，当若地面的转角为，对宽度比为的两根长方形木条和切割后拼接铺入该转角处，求的值． 49．（2026·福建泉州·二模）如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在直角三角形中，（为斜边）． (1)证明：若、、均为整数，则它们不可能都是奇数； (2)如图，若，，直线交边于点，求的值． 50．（2026·福建厦门·二模）如图，矩形，，． (1)用直尺和圆规作一个符合条件的平行四边形，须满足：①点F落在边右侧；②；③与在同侧；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，若平行四边形的面积是矩形面积的一半，且为等腰三角形，求的值． 51．（2026·福建泉州·二模）如图，四边形为平行四边形．    (1)在上求作一点，使得； （要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，，，求（1）中的面积．   52．（2026·福建莆田·模拟预测）解答 (1)【问题提出】如图，在长方形中，点是边上一点，在边、上分别作出点，使得点是一个等腰直角三角形的三个顶点，且，；要求：用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；                  (2)【问题解决】在(1)的前提下，作 P关于的对称点Q ( 本小题不用尺规作图)，补全图形，求证：四边形为正方形． 53．（2026·福建厦门·模拟预测）如图1，将矩形沿虚线进行分割，分割后可以将得到的两个三角形进行拼接，得到的新图形如图2所示． (1)如图3，在中，，对进行分割，分割线垂直于， ①证明； ②将分割成4个全等的三角形，请在图4中画出分割线； (2)对如图5所示的四边形进行分割，将其拼成一个平行四边形，请设计一种方案． 要求： Ⅰ．在四边形中画出分割线，再标出各个分割后的图形序号（类似图1）； Ⅱ．在方框中画出拼接后的平行四边形的示意图（类似图2）； Ⅲ．拼接后各部分均不重叠、无缝隙、无剩余； Ⅳ．本题将综合考虑“分割次数”给分． 54．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． (1)如图1，当时，点在延长线上 ①求证：； ②若，，求的长； (2)如图2，当时，点在边上，若，求的值． 55．（2026·福建厦门·三模）如图1，点 E是矩形的边上任意一点，点C关于的对称点是点F， 连接． (1)如图1， 当点F在边上时， 求证：； (2)如图2，，连接并延长交于点N， 交于点H， 连接并延长交边于点M，交的延长线于点 P． ①求证： ； ②若，，求的长． 56．（2026·福建漳州·模拟预测）某业主装修卫生间，泥水师傅进行地面地漏（地漏为正方形）铺设施工． (1)现有四个长，宽的矩形瓷砖（正反面纹路不同），要切割成8个周长相同的四边形铺成如图2的图案． ①请你利用尺规作图，帮忙泥水师傅作出瓷砖的切割线；（结合铺设需要，画出不同的切割线；如果切割线相同，只要画出一种即可．） ②求出地漏的面积． (2)若地漏铺设成如图3的图案，已知地漏和正方形的中心重合，，，猜想与的位置关系，并说明理由． 57．（2026·福建莆田·二模）阅读材料，回答问题． 欧拉（）是世界著名的数学家，他对多面体做过研究．已知由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面．欧拉证明了对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E之间满足欧拉公式：，如下表． 名称 三棱锥 三棱柱 长方体 十二面体 图形 顶点数V 4 6 8 20 面数F 4 5 6 12 棱数E 6 9 12 30 2 2 2 2 进一步，还可以研究与凸多面体相关的几何对象． (1)凸多面体的每个面分别记为边形，其中，2，…，F，每个顶点分别连接条棱，其中，2，…，V．下列说法正确的是_____；（写出所有正确结论的序号） ①；      ②； ③；        ④． 定义：凸多面体的面（即多边形）的内角叫做多面体的面角，凸多面体顶点的角亏等于与多面体在该点的面角之和的差，凸多面体的总角亏等于多面体各顶点的角亏之和． 例如，如图，正三棱锥有四个面，每个面都是等边三角形，在顶点B处有三个面角为，，，且都是，所以正三棱锥在点B的角亏为，故其总角亏为． (2)求三棱锥的总角亏； (3)请判断任意凸多面体的总角亏是否为定值，若是，请求出其定值；若不是，请说明理由． 58．（2026·福建福州·二模）阅读材料，回答问题： 问题提出 探究平面组合图形的重心位置 在学习中，我们已经知道简单平面图形的重心位置，如三角形的重心位于三条中线的交点处，平行四边形的重心位于两条对角线的交点处等．平面组合图形由简单平面图形组成，其重心位置如何确定？ 探究分析 为更好地探究，我们可以将平面图形放置于平面直角坐标系中，将平面图形的重心位置记为点，分割得到的若干个图形的重心位置记为点（为正整数）． 如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别在轴与轴的正半轴上，若点的坐标是，则点的坐标为． 请将①②③④⑤⑥所缺的内容或证明过程补充完整． 第阶段 (1)如图，若点的坐标是，沿直线将矩形分割成两个矩形，则原矩形的重心位置点的坐标是①______，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是②______和③______． 第阶段 一般地，如图，沿直线将矩形分割成两个矩形，则它们重心位置的坐标分别为，，记直线与轴交于点，则，，发现：，． 猜想：将矩形按某一水平（或竖直）方向分割成两个矩形（如图所示），原矩形的一边被分成长度为和的两段，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别为，，则原矩形重心位置的坐标满足： ，． 如图所示，若将矩形沿对角线分割成两个三角形，则上述猜想不再适用，此时，可以将原猜想中的“边长的关系”推广为“面积的关系”，从而得到：，． 第阶段 如图，若将矩形沿直线与直线分割得到三个矩形，它们的重心位置分别为，面积分别为，根据第阶段的探究结论，猜想原矩形重心位置的横坐标满足． (2)请通过计算说明这个猜想成立：④______；类比的表达式，写出的表达式：⑤______． 结论应用 根据探究发现，对于平面组合图形，其重心位置的横，纵坐标分别等于将其分割后的各个简单平面图形重心位置的横，纵坐标按各自面积加权所得的平均数． (3)如图，平面直角坐标系中，若，，，，则五边形重心位置的坐标是⑥______． 59．（2026·福建泉州·三模）【课本再现】 如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 【问题发现】 (1)连接，直线分别交于点E、G，交于点，连接，则线段之间的数量关系是______． 【类比迁移】 (2)如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 (3)如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，请直接写出的面积． 60．（2026·福建泉州·模拟预测）张老师开展“角”主题学习活动，收到了同学们分享的几道优质习题，现邀请你一同思考解答． (1)如图1，在中，，，，D是的中点，则______． (2)如图2，正方形中，E，F分别在边，上，且，连接分别交，于点H，G，试猜想，，的数量关系，并说明理由． (3)如图3，在（2）基础上，点E为正方形的边上的点，点F在射线上，求的最大值，请直接写出结果 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $