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5.2 矩形、菱形与正方形
第3课时 正方形
一、选择题
1．（2024·陕西）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
2．（2023·四川广元）如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为(　　)

A． B． C． D．
3．（2023·四川自贡）如图，边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
4．（2023·湖南常德）如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为( )

A． B． C． D．
5．（2023·黑龙江牡丹江）如图，正方形的顶点A，B在y轴上，反比例函数的图象经过点C和的中点E，若，则k的值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2023·山东青岛）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（　　）

A． B． C．2 D．
7．（2024·江苏连云港）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（ ）

A． B． C． D．
8．（2024·四川资阳）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·福建）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
10．（2023·山东淄博）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接，．若正方形与的边长之比为，则等于（ ）

A． B． C． D．
11．（2024·内蒙古呼伦贝尔）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（ ）

A． B． C． D．
12．（2024·广西）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
13．（2024·山东东营）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（ ）
A． B． C． D．
14．（2024·重庆）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　）
A．2 B． C． D．
15．（2024·重庆）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（ ）
A． B． C． D．
16．（2024·四川泸州）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（ ）

A．4 B．5 C．8 D．10
17．（2024·山东烟台）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·重庆）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）

A． B． C． D．
19．（2023·浙江金华）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（ ）

A． B． C． D．
20．（2023·黑龙江绥化）如图，在正方形中，点为边的中点，连接，过点作于点，连接交于点，平分交于点．则下列结论中，正确的个数为（ ）
①；②；③当时，
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
21．（2023·黑龙江）如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为G，将沿翻折，得到交于点P，对角线交于点H，连接，下列结论正确的是：①；②；③若，则四边形是菱形；④当点E运动到的中点，；⑤．（ ）

A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．①②⑤
22．（2023·山东东营）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（ ）

A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③
23．（2023·四川攀枝花）如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（ ）

A． B．2 C． D．
二、填空题
24．（2024·吉林）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为 ．
25．（2023·湖南怀化）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．

26．（2023·四川内江）如图，四边形是边长为4的正方形，是等边三角形，则阴影部分的面积为 ．

27．（2023·山东菏泽）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．

28．（2023·湖南）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为的正方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 ．

29．（2023·内蒙古）如图，正方形的边长为2，对角线相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为 ．

30．（2023·广东广州）如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为 ．

31．（2024·江苏常州）如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是，则点C的坐标是 ．
32．（2024·黑龙江大兴安岭地）已知菱形中对角线相交于点O，添加条件 可使菱形成为正方形．
33．（2024·福建）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 ．

34．（2024·河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ．
35．（2024·北京）如图，在正方形中，点在上，于点，于点．若，，则的面积为 ．
36．（2023·青海西宁）如图，边长为的正方形内接于，分别过点A，D作⊙O的切线，两条切线交于点P，则图中阴影部分的面积是 ．

37．（2023·四川泸州）如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是 ．

38．（2023·四川巴中）如图，已知正方形和正方形，点G在上，与交于点H，，正方形的边长为8，则的长为 ．

39．（2024·天津）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接．
（1）线段的长为 ；
（2）若为的中点，则线段的长为 ．
40．（2023·天津）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．

（1）的面积为 ；
（2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为 ．
41．（2023·山东枣庄）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为 ．

42．（2023·广西）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 ．

43．（2024·甘肃临夏）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为 （结果保留）．
44．（2023·宁夏）如图，在边长为2的正方形中，点在上，连接，．则图中阴影部分的面积是 ．
45．（2023·湖南益阳）如图，在正方形中，，E为的中点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的长为 ．

46．（2023·辽宁丹东）如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，与相交于点G，若，则的长为 ．
47．（2023·内蒙古呼和浩特）如图，正方形的边长为，点是的中点，与交于点，是上一点，连接分别交，于点，，且，连接，则 ， ．
48．（2023·海南）如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P为边上的动点，连接，过点E作，交射线于点F，则 ．若点M是线段的中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ．

49．（2023·辽宁大连）如图，在正方形中，，延长至E，使，连接平分交于F，连接，则的长为 ．
50．（2024·四川遂宁）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连结并延长交于点．给出以下结论：①为等腰三角形；②为的中点；③；④．其中正确结论是 ．（填序号）
51．（2024·内蒙古）如图，正方形的面积为50，以为腰作等腰，平分交于点G，交的延长线于点E，连接．若，则 ．
52．（2023·黑龙江牡丹江）如图，在正方形中，E在边上，交对角线于点F，于M，的平分线所在直线分别交，于点N，P，连接．下列结论：①；②；③；④若，，则，其中正确的是 ．

53．（2024·四川宜宾）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为 ．
三、解答题
54．（2023·浙江绍兴）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
55．（2023·内蒙古通辽）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．

(1)如图1，当点M在上时，___________度；
(2)改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断与的数量关系，并说明理由．
56．（2023·广东广州）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．

(1)若，求证：是等边三角形；
(2)延长，交射线于点G；
①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；
②若，求面积的最大值，并求此时的长．
57．（2023·湖北黄石）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．

(1)求证：≌；
(2)求的大小．
58．（2023·山东青岛）如图①，正方形的面积为1．

(1)如图②，延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______；
(2)如图③，延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______；
(3)延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______．
59．（2024·江苏宿迁）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动
【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平；
操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕；
操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H．
根据以上操作，得________．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明；
（2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：．
【深入研究】
若，请求出的值（用含k的代数式表示）．
60．（2023·湖南）（1）[问题探究]
如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．

①求证：；
②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究与的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．

61．（2023·湖北十堰）过正方形的顶点作直线，点关于直线的对称点为点，连接，直线交直线于点．

(1)如图1，若，则___________；
(2)如图1，请探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)在绕点转动的过程中，设，请直接用含的式子表示的长．
62．（2023·内蒙古赤峰）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．

【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；
【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．
63．（2023·湖南）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．

特例感知：
（1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．
64．（2024·黑龙江绥化）如图1，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点．
(1)求证：与相切．
(2)若正方形的边长为，求的半径．
(3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长．
65．（2023·辽宁阜新）如图，在正方形中，线段绕点C逆时针旋转到处，旋转角为，点F在直线上，且，连接．

(1)如图1，当时，
①求的大小（用含的式子表示）．
②求证：．
(2)如图2，取线段的中点G，连接，已知，请直接写出在线段旋转过程中（）面积的最大值．
66．（2023·辽宁盘锦）如图，四边形是正方形，点M在上，点N在的延长线上，，连接，，点H在的延长线上，，点E在线段上，且，将线段绕点E逆时针旋转得到线段，使得，交于点F．

(1)线段与线段的关系是______．
(2)若，，求的长．
(3)求证：．
67．（2023·江苏淮安）综合与实践
定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．
（2）操作验证：
用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
试说明：矩形是1阶奇妙矩形．
　　 　　 　　
（3）方法迁移：
用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
68．（2023·湖北襄阳）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．

【特例证明】
（1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，.
①填空：______；
②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值．
69．（2024·内蒙古通辽）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点．
问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证．
【尝试应用】
问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度．
70．（2023·湖北宜昌）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，连接，，．

(1)若正方形的边长为2，E是的中点．
①如图1，当时，求证：；
②如图2，当时，求的长；
(2)如图3，延长，交于点G，当时，求证：．
参考答案与解析
一、选择题
1．（2024·陕西）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵正方形，，
∴，
∵正方形，，
∴，
∴，
由题意得，
∴，
∴，即，
解得，
故选：B．
2．（2023·四川广元）如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为(　　)

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，证明四边形是正方形，进而得出，，然后根据扇形面积公式即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵，，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴图中阴影部分面积，
故选：B．
3．（2023·四川自贡）如图，边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质，结合坐标的意义即可求解．
【详解】解：∵边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，
∴
∴,
故选：C．
4．（2023·湖南常德）如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为( )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据正方形的性质得到，，然后结合得到，然后证明出，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】∵四边形是正方形
∴，
∵
∴，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
故选：C．
5．（2023·黑龙江牡丹江）如图，正方形的顶点A，B在y轴上，反比例函数的图象经过点C和的中点E，若，则k的值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】由正方形的性质得，可设，，根据可求出的值．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∵
∵点为的中点，
∴
设点C的坐标为，则,
∴，
∵点C，E在反比例函数的图象上，
∴，
解得，，
故选：B．
6．（2023·山东青岛）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（　　）

A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据条件正方形边长为4，由勾股定理求出线段长，利用中位线得到长即可．
【详解】解：连接，，

∵点E，F分别是，的中点，
∴四边形是矩形，
∴M是的中点，
在正方形中，，，
∴，
在中，由勾股定理得，
，
在中，M是的中点，N是的中点，
∴是的中位线，
∴．
故选：B．
7．（2024·江苏连云港）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，由此解答即可．
【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，
阴影图形的周长是：，
故选：A．
8．（2024·四川资阳）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，则，根据全等三角形，正方形的性质可得，再根据勾股定理可得，即可求出的值．
【详解】解：根据题意，设，则，
∵，四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
9．（2023·福建）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．
10．（2023·山东淄博）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接，．若正方形与的边长之比为，则等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为，小正方形的边长为x，由题意得，解得，即可求解．
【详解】解：过点D作交的延长线于点N，
由题意可得，两个正方形之间是4个相等的三角形，
设的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为，小正方形的边长为x，
即，，，
由题意得，，解得，
在中，，则，
，
则，
∴，
故选：A．

11．（2024·内蒙古呼伦贝尔）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．根据正方形的性质可求出，根据轴对称的性质可得，则，再求出，，即可求出答案．
【详解】解：正方形的边长为2，
∴，
∴，
∵与关于直线对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的周长是，
故选：A．
12．（2024·广西）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．
13．（2024·山东东营）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键．
根据从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可．
【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．
∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为．
故选：A．
14．（2024·重庆）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【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，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则，
在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
15．（2024·重庆）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，证明，则，设，得到，则，故，同理可求，则，因此．
【详解】解：过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，
由旋转得，
∵四边形是正方形，
∴，，，设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，设，
则，
∴，
∴，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可求，
∴，
∴，
故选：A．
16．（2024·四川泸州）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（ ）

A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】B
【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，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴；
如图所示，在延长线上截取，连接，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，
∵，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴的最小值为5，
故选：B．
17．（2024·山东烟台）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明，求得，证明，证得，推出，得到，据此求解即可．
【详解】解：∵正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
18．（2023·重庆）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将绕点逆时针旋转至，

∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转性质可知：，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
19．（2023·浙江金华）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，正方形的边长为，证明，先后求得，，，利用三角形面积公式求得，证明，求得，，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，且，
设，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
同理，即，
∴，
同理，
∴，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
20．（2023·黑龙江绥化）如图，在正方形中，点为边的中点，连接，过点作于点，连接交于点，平分交于点．则下列结论中，正确的个数为（ ）
①；②；③当时，
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【分析】①根据题意可得，则，即，又,即可判断①；②设正方形的边长为，根据勾股定理求得，证明，根据相似三角形的性质求得，进而求得，即可判断②；过点分别作的垂线，垂足分别为，根据②的结论求得，勾股定理求得，即可判断③．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，
∵
∴
∴
即，又,
∴，故①正确；
设正方形的边长为，
∵点为边的中点，
∴,
∴,
在中，，
∴
在中，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴，故②正确；
∵，
∴,
如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，

又∵，
∴四边形是矩形，
∵是的角平分线，
∴，
∴四边形是正方形，
∴
∵
∴
设，则
在中，，
∵
∴
解得：
∴，
∴，故④正确．
故选：D．
21．（2023·黑龙江）如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为G，将沿翻折，得到交于点P，对角线交于点H，连接，下列结论正确的是：①；②；③若，则四边形是菱形；④当点E运动到的中点，；⑤．（ ）

A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．①②⑤
【答案】B
【分析】根据正方形的性质可得，从而证明，即可判断①；由折叠的性质可得，再由平行线的判定即可判断②；由可得在同一直线上，从而可得，再根据折叠的性质可得，，再根据菱形的判定即可判断③；设正方形的边长为，则，利用勾股定理求得，证明，可得，从而证得，可得，，即可判断④；证明，可得，从而证明，可得，再证明，可得，进而可得，即可判断⑤．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，故①正确，
∵将沿翻折，得到，
，
∵，
，故②正确，
当时，，
，
，即在同一直线上，
，
，
通过翻折的性质可得，，
∴，，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴平行四边形是菱形，故③正确，
当点E运动到的中点，如图，

设正方形的边长为，则，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
在中，，故④错误，
由折叠的性质可得，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，故⑤正确；
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
22．（2023·山东东营）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（ ）

A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对.
【详解】解： 为正方形，
，，
，
，
.
,
,
，
，
.
平分，
.
，
.
，
，
垂直平分，
故①正确.
由①可知，，，
，
，
，
由①可知，
.
故③正确.
为正方形，且边长为4，
，
在中，.
由①可知，，
，
.
由图可知，和等高，设高为，
，
，
，
.
故④不正确.
由①可知，，
，
关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，
最小即为，如图所示，

由④可知的高即为图中的，
.
故②不正确.
综上所述，正确的是①③.
故选：D.
23．（2023·四川攀枝花）如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得．
【详解】解：如图：

连接，
四边形是正方形，
，，
，，，
四边形是矩形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，，，
，
，
故选：．
二、填空题
24．（2024·吉林）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到，，再证明，进而可证明，由相似三角形的性质可得，即．
【详解】解：∵正方形的对角线相交于点O，
∴，，
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
故答案为：．
25．（2023·湖南怀化）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．

【答案】
【分析】过点作于，证明四边形四边形是正方形，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于，

∵点是正方形的对角线上的一点，于点
∴四边形是矩形，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴四边形是正方形，
∴，
即点到直线的距离为
故答案为：．
26．（2023·四川内江）如图，四边形是边长为4的正方形，是等边三角形，则阴影部分的面积为 ．

【答案】/
【分析】作于点，于点，首先求出正方形的面积，然后根据等边三角形和正方形的性质求出和，从而求出和的面积，最后作差求解即可．
【详解】解：如图所示，作于点，于点，

∵四边形是边长为4的正方形，
∴，，，
∵是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
27．（2023·山东菏泽）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．

【答案】80
【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵绕点B按顺时针方向旋转得到
∴，，
∴，
∴ ，
故答案为：80．
28．（2023·湖南）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为的正方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】
【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，

依题意，，
∴图中阴影部分的面积为
故答案为：．
29．（2023·内蒙古）如图，正方形的边长为2，对角线相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】
【分析】根据正方形的性质得出阴影部分的面积为扇形的面积，然后由勾股定理得出，再由扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：正方形，
∴，，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴
∴阴影部分的面积为扇形的面积，即，
故答案为：．
30．（2023·广东广州）如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】连接交于一点F，连接，根据正方形的对称性得到此时最小，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接交于一点F，连接，
∵四边形是正方形，
∴点A与点C关于对称，
∴，
∴，此时最小，
∵正方形的边长为4，
∴，
∵点E在上，且，
∴，即的最小值为
故答案为：．

31．（2024·江苏常州）如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是，则点C的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到关于原点对称，即可得出结果．
【详解】解：∵正方形的对角线相交于原点O，
∴，
∴关于原点对称，
∵点A的坐标是，
∴点C的坐标是；
故答案为：．
32．（2024·黑龙江大兴安岭地）已知菱形中对角线相交于点O，添加条件 可使菱形成为正方形．
【答案】或
【分析】本题主要考查的是菱形和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键，依据正方形的判定定理进行判断即可.
【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：；
根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：；
故添加的条件为：或．
33．（2024·福建）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．
34．（2024·河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ．
【答案】
【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G，
则四边形是矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点E的坐标为，
故答案为：．
35．（2024·北京）如图，在正方形中，点在上，于点，于点．若，，则的面积为 ．
【答案】
【分析】根据正方形的性质，得，，得到，结合，得到,，，求得的长，解答即可.
本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握解直角三角形的相关计算是解题的关键.
【详解】解：根据正方形的性质，得，，
∴，
∵，
∴,
，
，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
故答案为：．
36．（2023·青海西宁）如图，边长为的正方形内接于，分别过点A，D作⊙O的切线，两条切线交于点P，则图中阴影部分的面积是 ．

【答案】
【分析】连接，，证明四边形是正方形，由勾股定理求得，根据阴影部分面积 求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，，

∵、是的切线，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，
∴，
∴阴影部分面积
故答案为：．
37．（2023·四川泸州）如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是 ．

【答案】
【分析】作点F关于的对称点，连接交于点，此时取得最小值，过点作的垂线段，交于点K，根据题意可知点落在上，设正方形的边长为，求得的边长，证明，可得，即可解答．
【详解】解：作点F关于的对称点，连接交于点，过点作的垂线段，交于点K，

由题意得：此时落在上，且根据对称的性质，当P点与重合时取得最小值，
设正方形的边长为a，则，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当取得最小值时，的值是为，
故答案为：．
38．（2023·四川巴中）如图，已知正方形和正方形，点G在上，与交于点H，，正方形的边长为8，则的长为 ．

【答案】10
【分析】根据正切的概念和正方形的性质，求得的长度，再根据勾股定理求得的长度，证明，求得，最后根据勾股定理即可求得的长．
【详解】解：正方形和正方形，
，，
，
，
，，
在中，，
，，
，
，
在中，，
在中，，
故答案为：10．
39．（2024·天津）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接．
（1）线段的长为 ；
（2）若为的中点，则线段的长为 ．
【答案】 2 /
【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键；
（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，
（2）作辅助线，构造中位线求解即可．
【详解】（1）四边形是正方形，
，
在中，，
，
，
；
（2）延长到点，使，连接
由点向作垂线，垂足为
∵为的中点，为的中点，
∴为的中位线，
在中， ，
，
在中，，
为的中位线，
；
故答案为：2；.
40．（2023·天津）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．

（1）的面积为 ；
（2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为 ．
【答案】 3
【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积；
（2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长．
【详解】解：（1）过点E作，

正方形的边长为3，
，
是等腰三角形，，，
，
在中，，
,
故答案为：3；
（2）延长交于点K，
正方形的边长为3，
，，
，，
，
，
，
F为的中点，
，
在和中，
，
，
，
由（1）可知，，，
，
，
，
，
，
在中，，
故答案为：．

41．（2023·山东枣庄）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为 ．

【答案】
【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半和的周长，求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．
【详解】解：的周长为32，
．
为DE的中点，
．
，
，
，
，
．
四边形是正方形，
，O为BD的中点，
是的中位线，
．
故答案为：．
42．（2023·广西）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：．
43．（2024·甘肃临夏）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为 （结果保留）．
【答案】/
【分析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
由对折可知，，过点E作的垂线，进而可求出的度数，则可得出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【详解】解：∵折叠，且四边形是正方形
四边形是矩形，，
则，．
过点E作于P，
则，
，
在中，，
，
则，
的长度为：，
故答案为：
44．（2023·宁夏）如图，在边长为2的正方形中，点在上，连接，．则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】2
【分析】根据正方形的，，边长为2，阴影部分面积等于与面积的和，运用三角形面积公式，即可求解．
【详解】∵四边形为正方形，
∴，，
∵正方形的边长为2，
∴
．
故答案为：2．
45．（2023·湖南益阳）如图，在正方形中，，E为的中点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的长为 ．

【答案】
【分析】由正方形，可得，，，证明，求解，再结合旋转的性质与勾股定理可得答案．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
由旋转可得：，，
∴；
故答案为：．
46．（2023·辽宁丹东）如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，与相交于点G，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据题意证明，，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，，
，
，
．
故答案为：．
47．（2023·内蒙古呼和浩特）如图，正方形的边长为，点是的中点，与交于点，是上一点，连接分别交，于点，，且，连接，则 ， ．
【答案】 2
【分析】如图，证明，得到，勾股定理求出的长，等积法求出的长，证明，相似比求出的长，证明，求出的长，证明，求出的长，再利用勾股定理求出的长．
【详解】解：∵正方形的边长为，点是的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故点作，则：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：2，．
48．（2023·海南）如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P为边上的动点，连接，过点E作，交射线于点F，则 ．若点M是线段的中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ．

【答案】
【分析】过作交延长线于点，证明，得到即可求解；过作交于点，交于点，证明，得到，故点的运动轨迹是一条平行于的线段，当点与重合时，，当点与重合时，由得到，即，从而求解．
【详解】解：过作交延长线于点

则四边形为矩形，
∴
由题意可得：
∵
∴
又∵
∴
∴
∴
过作交于点，交于点，如下图

∵，
∴
在和中
∴
∴，
故点的运动轨迹是一条平行于的线段，
当点与重合时，
当点与重合时，，
∴
∵
∴
∴，即
解得
∵、分别为、的中点
∴是的中位线
∴，即点运动的路径长为
故答案为：，
49．（2023·辽宁大连）如图，在正方形中，，延长至E，使，连接平分交于F，连接，则的长为 ．
【答案】/
【分析】此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是过点作于，作于点，首先证明为正方形，再设,则，然后证明，由相似三角形的性质求出a，进而在中由勾股定理即可求出．
【详解】如图，过点 作于，作于点．
∵四边形为正方形，
，
，
∴四边形为矩形，
又∵平分，
，
∴四边形为正方形，
，
设,则，
，
，
，
，
，
，即，
解得 ，
，
，
在中, ，
由勾股定理得，
故答案为
50．（2024·四川遂宁）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连结并延长交于点．给出以下结论：①为等腰三角形；②为的中点；③；④．其中正确结论是 ．（填序号）
【答案】①②③
【分析】设正方形的边长为，，根据折叠的性质得出，根据中点的性质得出，即可判断①，证明四边形是平行四边形，即可判断②，求得，设，则，勾股定理得出，进而判断③，进而求得，，勾股定理求得，进而根据余弦的定义，即可判断④，即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵为的中点，
∴
设正方形的边长为，
则
∵折叠，
∴，
∴
∴是等腰三角形，故①正确；
设，
∴
∴
∴
∴
又∵
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴ ，即是的中点，故②正确；
∵，
∴
在中，，
∵
∴
设，则，
∴
∴
∴，，
∴，故③正确；
连接，如图所示，
∵，，
又
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
∵
∴
∴
∴
在中，
∴，故④不正确
故答案为：①②③．
51．（2024·内蒙古）如图，正方形的面积为50，以为腰作等腰，平分交于点G，交的延长线于点E，连接．若，则 ．
【答案】
【分析】过点作于点，连接，交于点，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求出的长，再求出，从而可得，，然后根据等腰三角形的性质求出的长，最后在和中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，连接，交于点，
∵正方形的面积为50，
∴，，
∵，，
∴，平分，，
∴，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
又∵，平分，
∴垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
在和中，，
即，
解得，
即，
则，
故答案为：．
52．（2023·黑龙江牡丹江）如图，在正方形中，E在边上，交对角线于点F，于M，的平分线所在直线分别交，于点N，P，连接．下列结论：①；②；③；④若，，则，其中正确的是 ．

【答案】①④
【分析】如图，记到的距离为，可得，证明，可得，，证明，可得，可得，，故①正确；证明四点共圆，可得，证明，，故③不正确；求解，可得，（负根舍去），，，证明，，，，证明，，求解，可得，故④正确；证明，可得，求解，则，故②不正确．
【详解】解：如图，记到的距离为，
∴，
∵，正方形，
∴，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
，故①符合题意；
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故③不正确；
∵，，则，
∵正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，（负根舍去），
∴，，
同理可得：，
∴，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，故④正确；
同理可得：，
∴，
∴，
∴，则，故②不正确．
综上：正确的有①④；
故答案为：①④
53．（2024·四川宜宾）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】将顺时针旋转得到，再证明，从而得到，再设设，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，从而利用完全平方公式得到 ，从而得解．
【详解】解：∵正方形的边长为1，
∴，，
将顺时针旋转得到，则，
∴，，，，
∴点P、B、M、C共线，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
设，，则，，
∴，
∵，
∴，即，
整理得：，
∴
，
当且仅当，即，也即时，取最小值，
故答案为：．
三、解答题
54．（2023·浙江绍兴）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)与垂直，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）与垂直，理由如下．
连接交于点．
∵为正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
55．（2023·内蒙古通辽）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．

(1)如图1，当点M在上时，___________度；
(2)改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)30
(2)，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出，，进而可求出，即得出；
（2）由正方形的性质结合折叠的性质可证，即得出．
【详解】（1）解：∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，
∴，．
∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴．
在中，，
∴．
故答案为：．
（2）解：结论：，理由如下：
∵四边形是正方形，
，．
由折叠可得：，，
，．
又，
，
∴．
56．（2023·广东广州）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．

(1)若，求证：是等边三角形；
(2)延长，交射线于点G；
①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；
②若，求面积的最大值，并求此时的长．
【答案】(1)见解析
(2)①能为等腰三角形，；②
【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到；
②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，设，则，根据直角三角形的性质得到，推出，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于Q，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，求得，于是得到结论．
【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵于对称的线段为，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）①∵于对称的线段为，
∴
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵E是边上一动点，
∴，
∴点B不可能是等腰三角形的顶点，
若点F是等腰三角形的顶点，
则有，
此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下了，连接交于H，

∵
∴
∴，
∴，
∴为等腰三角形，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
∴，
∴
∵
∴
∴；
②由①知，
要求面积的最大值，即求面积的最大值，
在中，底边是定值，即求高的最大值即可，
如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，

设，则，
∵，M是的中点，
∴，
∴，
当G，M，N三点共线时，取等号，
∴面积的最大值，
的面积
如图3，设与交于Q，

则四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ．
57．（2023·湖北黄石）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．

(1)求证：≌；
(2)求的大小．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）直接利用证明全等即可；
（2）根据全等的性质，得出，再由，从而求出．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，即，
在和中，
≌；
（2）解：由（1）知≌，
，
，
．
58．（2023·山东青岛）如图①，正方形的面积为1．

(1)如图②，延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______；
(2)如图③，延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______；
(3)延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______．
【答案】(1)
(2)5
(3)
【分析】（1）由正方形的面积为1则边长，根据已知，所以，根据，因为，，列式计算即可；
（2）与（1）相似，由正方形的面积为1，则边长，根据已知，所以，根据，因为，，列式计算即可；
（3）由正方形的面积为1，则边长，根据已知，所以，根据，因为，，列式计算即可．
【详解】（1）解：∵正方形的面积为1，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；
（2）∵正方形的面积为1，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：5；
（3）∵正方形的面积为1，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
59．（2024·江苏宿迁）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动
【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平；
操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕；
操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H．
根据以上操作，得________．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明；
（2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：．
【深入研究】
若，请求出的值（用含k的代数式表示）．
【答案】[操作判断]45；
[探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解；
[深入研究]
【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解；
[探究证明]（1）先证明，再证明，则，继而得到，因此，，即是等腰直角三角形；（2）由翻折得，，由，得到，故，因此，而由，得到，则，因此；
[深入研究] 连接，先证明，则，由，设，则，而， 则，可得，，，那么，故．
【详解】[操作判断] 解：如图，
由题意得，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
故答案为：45；
[探究证明] 解：（1）如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形；
（2）如图，
由翻折得，，
∵四边形是正方形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
[深入研究] 解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵是对角线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴,
∵，
∴设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
60．（2023·湖南）（1）[问题探究]
如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．

①求证：；
②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究与的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）①见解析；②不变化，，理由见解析；③，理由见解析；（2） ，理由见解析
【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论；
②作，垂足分别为点M、N，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明， 得出，进而可得结论；
③作交于点E，作于点F，如图，证明，即可得出结论；
（2）先证明，作交于点E，交于点G，如图，则四边形是平行四边形，可得，都是等边三角形，进一步即可证得结论．
【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴；
②的大小不发生变化，；
证明：作，垂足分别为点M、N，如图，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即；
③；
证明：作交于点E，作于点F，如图，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
作于点M，
则，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）；
证明：∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
作交于点E，交于点G，如图，
则四边形是平行四边形，，，
∴，都是等边三角形，
∴，

作于点M，则，
∴，
∴．
61．（2023·湖北十堰）过正方形的顶点作直线，点关于直线的对称点为点，连接，直线交直线于点．

(1)如图1，若，则___________；
(2)如图1，请探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)在绕点转动的过程中，设，请直接用含的式子表示的长．
【答案】(1)
(2)
(3)，或，或
【分析】（1）如图，连接，，由对称知，
由四边形是正方形得，所以，从而；
（2）如图，连接，，，，交于点H，由轴对称知，,，，可证得，由勾股定理得，中，，中，，从而；
（3）由勾股定理，，分情况讨论：当点F在D,H之间时，；当点D在F,H之间时，；当点H在F,D之间时，．
【详解】（1）解：如图，连接，，
∵点关于直线的对称点为点，
∴，关于对称，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴ ，

∴．
故答案为：20．
（2）解：；理由如下：
如图，由轴对称知，,，

而
∴
∴
∴
∴中，
中，
∴即；
（3）∵，，
∴，
∵，
∴，
如图，当点F在D,H之间时，，

如图，当点D在F,H之间时，

如图，当点H在F,D之间时，

62．（2023·内蒙古赤峰）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．

【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；
【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．
【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]
【分析】[探究一]证明，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明
[探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出 ，即可得出结论．
【详解】[探究一]
∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，
∴，
∴，
∴，
在与中
∴
∴
[探究二]证明：如图所示，

∵四边形是正方形，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵公共角，
∴；
[探究三] 证明：∵是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．

∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴ ，
即．
63．（2023·湖南）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．

特例感知：
（1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析
【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可；
（2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形；
（3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：连接，，，如图，

∵四边形，都是正方形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P恰为的中点；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形，都是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）的形状不改变，
延长至点M，使，连接，

∵四边形、四边形都是正方形，
∴，，
∵点P为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设交于点H，交于点N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
64．（2024·黑龙江绥化）如图1，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点．
(1)求证：与相切．
(2)若正方形的边长为，求的半径．
(3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）方法一：连接，过点作于点，四边形是正方形，是正方形的对角线，得出，进而可得为的半径，又，即可得证；
方法二：连接，过点作于点，根据正方形的性质证明得出，同方法一即可得证；
方法三：过点作于点，连接．得出四边形为正方形，则，同方法一即可得证；
（2）根据与相切于点，得出，由（1）可知，设，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，进而根据建立方程，解方程，即可求解．
（3）方法一：连接，设，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，结合题意得出，即可得出；
方法二：连接，证明得出，进而可得，同理可得
方法三：连接，证明得出，设，则，进而可得，进而同方法一，即可求解．
【详解】（1）方法一：证明：连接，过点作于点，
与相切于点，
．
四边形是正方形，是正方形的对角线，
，
，
为的半径，
为的半径，
，
与相切．
方法二：
证明：连接，过点作于点，
与相切于点， ，
，
四边形是正方形，
，
又 ，
，
，
为的半径，
为的半径，
，
与相切．
方法三：
证明：过点作于点，连接．
与相切，为半径，
，
，
，
，
又四边形为正方形，
，
四边形为矩形，
又为正方形的对角线，
，
，
矩形为正方形，
．
又为的半径，
为的半径，
又 ，
与相切．
（2）解：为正方形的对角线，
，
与相切于点，
，
由（1）可知，设，
在中，
，
，
， ，
又正方形的边长为．
在中，
，
，
，
．
∴的半径为．
（3）方法一：
解：连接，设，
，
，
，
．
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
又 ，
．
．
方法二：
解：连接，
为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
方法三：
解：连接，
为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
．
又 ，
，
．
65．（2023·辽宁阜新）如图，在正方形中，线段绕点C逆时针旋转到处，旋转角为，点F在直线上，且，连接．

(1)如图1，当时，
①求的大小（用含的式子表示）．
②求证：．
(2)如图2，取线段的中点G，连接，已知，请直接写出在线段旋转过程中（）面积的最大值．
【答案】(1)①；②见解析；
(2)面积的最大值为．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算得到，据此求解即可；②连接，计算得到，利用证明，推出是等腰直角三角形，据此即可证明；
（2）先证明点G在以为直径的圆上，连接、交于点O，过O作于点H，延长，交于点G，连接，，根据，一定，得出最大时的面积最大，求出最大值即可．
【详解】（1）解：①∵四边形是正方形，
∴，，
由题意得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（2）解：当时，根据解析（1）可知，为等腰直角三角形，
∵点G为的中点，
∴，
∴，
当时，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
由题意得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵点G为的中点，
∴，
∴；
当时，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
由题意得，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵点G为的中点，
∴，
∴；
当时，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
由题意得，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵点G为的中点，
∴，
∴，
∴点G在以为直径的圆上，
连接、交于点O，过O作于点H，延长，交于点G，连接，，如图所示：
∵，一定，
∴最大时的面积最大，
∵此时最大，
∴此时的面积最大，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴面积的最大值为．
66．（2023·辽宁盘锦）如图，四边形是正方形，点M在上，点N在的延长线上，，连接，，点H在的延长线上，，点E在线段上，且，将线段绕点E逆时针旋转得到线段，使得，交于点F．

(1)线段与线段的关系是______．
(2)若，，求的长．
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求证，即可得证结论；
（2）由题知，，于是，可证，所以，于是；
（3）连接，令，则，中，，可求，所以，得证；延长线段至点I，使，可证，得，于是．
【详解】（1）解：
∵四边形是正方形，
∴，.
∴
又∵，
∴
∴．
（2）解：由题知，，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
（3）解：连接，令，则，
中，，
∴．
中，．
∴．
∴．
∴．
延长线段至点I，使，连接，则垂直平分，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．

67．（2023·江苏淮安）综合与实践
定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．
（2）操作验证：
用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
试说明：矩形是1阶奇妙矩形．
　　 　　 　　
（3）方法迁移：
用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）将代入，即可求解．
（2）设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；
（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．
（4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形的周长，即可求解．
【详解】解：（1）当时，，
故答案为：．
（2）如图（2），连接，

设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得
设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
解得：
∴
∴矩形是1阶奇妙矩形．
（3）用正方形纸片进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，再对折，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
矩形是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接，设正方形的边长为，根据折叠可得，则，

设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
解得：
∴
当时，
∴矩形是2阶奇妙矩形．
（4）如图（4），连接诶，设正方形的边长为1，设，则，

设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
整理得，
∴四边形的边长为
矩形的周长为，
∴四边形的周长与矩形的周长比值总是定值
68．（2023·湖北襄阳）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．

【特例证明】
（1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，.
①填空：______；
②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值．
【答案】（1）①1；②见解析；（2），理由见解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②根据正方形的性质可得，，，利用证明即可；
（2）过点作交于，利用平行线的性质及正方形的性质易证得，，可证明，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点作交于，作于，作于，利用证得，可得：，，再证得，可得，同理可得：，推出，进而可得，令，则，，，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：，
∵将的直角顶点与点重合，
∴，
故答案为：1；
②证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴．
（2），理由如下：
过点作交于，

∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，，
即，
∴，
∴．
（3）过点作交于，作于，作于，

则，
∴，
即，
∴，
由（2）和已知条件可得：，，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
令，则，，，
∴，
∴．
69．（2024·内蒙古通辽）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点．
问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证．
【尝试应用】
问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度．
【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）如图，由四边形是正方形，是等腰直角三角形，，证明，再进一步可得结论；
（2）如图，由，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论；
（3）如图， 证明在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得当旋转角从变化到时，在上运动，再进一步解答即可；
【详解】解：；；理由如下：
如图，∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）如图，∵四边形是正方形，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴；
（3）如图，∵，，
∴在以为圆心，为半径的上，
过作于，
当时，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
而，，
∴四边形是正方形，
∴当旋转角从变化到时，在上运动，
∵，，，
∴，
∴点经过路线的长度为.
70．（2023·湖北宜昌）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，连接，，．

(1)若正方形的边长为2，E是的中点．
①如图1，当时，求证：；
②如图2，当时，求的长；
(2)如图3，延长，交于点G，当时，求证：．
【答案】(1)①详见解析；②
(2)详见解析
【分析】（1）①由，证明，可得结论；②如图，延长，交于点G作，垂足为H，证明，可得，可得，设可得，可得，可得，证明，可得，从而可得答案；
（2）如图，延长，作，垂足为H，证明，设，可得，由，可得，可得，由可得，可得，证明，可得，，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，

正方形中，，
①，
∴，
，
，
②如图，

延长，交于点G，
作，垂足为H，
且，
，
，
，
，
方法一：设，
∴，
∴，
在中，，
，
，
方法二：在中，由，设，
，
，
，
又且，
，
，
，
；
（2）如图

延长，作，垂足为H，
且，
，
设，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，则，
又且，
，
，
，
，
，
．
试卷第1页，共3页5.2 矩形、菱形与正方形
第1课时 矩形
一、选择题
1．（2024·重庆）如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·河北）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，矩形位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小的是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
3．（2023·上海）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·甘肃兰州）如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（ ）

A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
5．（2023·湖北襄阳）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分 B． C． D．
6．（2024·四川泸州）已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024·四川成都）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·上海）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（ ）
A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形
9．（2023·四川绵阳）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于两点．若，，则的长度为（ ）
A．1 B．2 C． D．
10．（2023·湖南）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
11．（2023·浙江杭州）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（ ）

A． B． C． D．
12．（2023·内蒙古呼和浩特）如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点，．若，，则的长为（ ）

A． B．3 C． D．
13．（2023·西藏）如图，矩形中，和相交于点O，，，点E是边上一点，过点E作于点H，于点G，则的值是（ ）

A．2.4 B．2.5 C．3 D．4
14．（2023·辽宁丹东）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，垂足为点E，F是的中点，连接，若，则矩形的周长是（ ）
A． B． C． D．
15．（2024·江苏苏州）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（ ）

A． B． C．2 D．1
16．（2024·四川眉山）如图，在矩形中，，，点在上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，则的值为（ ）
A． B． C． D．
17．（2024·黑龙江大庆）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ）
A．15 B． C． D．18
18．（2024·山东淄博）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ）
A．2 B． C． D．
二、填空题
19．（2023·重庆）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）

20．（2024·黑龙江大兴安岭地）矩形中，，，将沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线于点（点P不与点B重合），点的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则长为 ．
21．（2023·浙江台州）如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为 ．
22．（2023·山东滨州）如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为 ．

23．（2023·四川内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则 ．

24．（2023·湖南）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为 ．

25．（2023·河南）矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为 ．
26．（2023·黑龙江哈尔滨）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
27．（2023·四川甘孜）如图，在矩形中，，，点P，Q分别在和上，，M为上一点，且满足．连接、，若，则的长为 ．

28．（2023·青海西宁）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．

29．（2024·四川内江）如图，在矩形中，，，点在上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处，那么 ．

30．（2024·黑龙江齐齐哈尔）已知矩形纸片，，，点P在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点B的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为 ．
31．（2024·四川巴中）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ．
32．（2024·海南）如图，矩形纸片中，，点E、F分别在边上，将纸片沿折叠，使点D的对应点在边上，点C的对应点为，则的最小值为 ，CF的最大值为 ．
33．（2024·江苏徐州）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ．
34．（2023·山东日照）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

35．（2024·黑龙江绥化）在矩形中，，，点在直线上，且，则点到矩形对角线所在直线的距离是 ．
三、解答题
36．（2023·黑龙江大庆）如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
37．（2024·湖南长沙）如图，在中，对角线，相交于点O，．
(1)求证：；
(2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值．
38．（2024·四川遂宁）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理．
(1)实践与操作

①任意作两条相交的直线，交点记为O；
②以点为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段；
③顺次连结所得的四点得到四边形．
于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是：______．
(2)猜想与证明
通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形．并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程．
已知：如图，四边形是平行四边形，．求证：四边形是矩形．

39．（2023·四川内江）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)连接，若，求证：四边形是矩形．
40．（2023·北京）如图，在中，点E，F分别在，上，，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)，，，求的长．
41．（2023·浙江温州）如图，已知矩形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，．

(1)求证：．
(2)当，时，求的长．
42．（2023·山东济南）在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．

(1)如图1，连接，求的度数和的值；
(2)如图2，当点在射线上时，求线段的长；
(3)如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值．
43．（2024·贵州）如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件：
①，②．

(1)请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形；
(2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．
44．（2024·吉林长春）如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形．
45．（2024·甘肃兰州）如图，在中，，D是的中点，，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
46．（2024·山东潍坊）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接．
求证：
(1)；
(2)四边形为平行四边形．
47．（2023·吉林长春）如图①．在矩形．，点在边上，且．动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连续．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．（）

(1)当点和点重合时，线段的长为__________；
(2)当点和点重合时，求；
(3)当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
(4)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围．
48．（2023·江苏泰州）如图，矩形是一张纸，其中，小天用该纸玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点B翻折到上的点E处，折痕交于点G．展开后得到图①，发现点F恰为的中点．
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到上，折痕为；展开后将点B沿过点F的直线翻折到上的点H处；再展开并连接后得到图②，发现是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中的度数，并说明理由．
49．（2023·山东淄博）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．
(1)操作判断
小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①．
试判断：的形状为________．

(2)深入探究
小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，．
探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积．
探究二：连接，取的中点，连接，如图③．
求线段长度的最大值和最小值．

50．（2023·四川资阳）如图，在矩形中，对角线、交于点，的平分线分别交、于点、，交的延长线于点，为的中点，连结、，分别交、于点、．
(1)求证：；
(2)探究与的关系，并说明理由；
(3)若，，求的长．
参考答案与解析
一、选择题
1．（2024·重庆）如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查扇形面积的计算，勾股定理等知识．根据题意可得，由勾股定理得出，用矩形的面积减去2个扇形的面积即可得到结论．
【详解】解：连接，
根据题意可得，
∵矩形，∴，，
在中，，
∴图中阴影部分的面积．
故选：D．
2．（2024·河北）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，矩形位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小的是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【答案】B
【分析】本题考查的是矩形的性质，坐标与图形，分式的值的大小比较，设，，，可得，，，再结合新定义与分式的值的大小比较即可得到答案．
【详解】解：设，，，
∵矩形，
∴，，
∴，，，
∵，而，
∴该矩形四个顶点中“特征值”最小的是点B；
故选：B．
3．（2023·上海）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
【详解】A： ，
为平行四边形而非矩形
故A不符合题意
B： ，
为平行四边形而非矩形
故B不符合题意
C：
∴∥
四边形为矩形
故C符合题意
D：
不是平行四边形也不是矩形
故D不符合题意
故选：C ．
4．（2023·甘肃兰州）如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（ ）

A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】C
【分析】利用直角三角形斜边中线的性质求得，在中，利用勾股定理即可求解.
【详解】解：∵矩形中，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
故选：C.
5．（2023·湖北襄阳）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【详解】解：由矩形的对角线相交于点，
根据矩形的对角线相等，
可得．
故选：C．
6．（2024·四川泸州）已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可．
【详解】解：如图，
A、，能判定为矩形，本选项不符合题意；
B、∵，，∴，能判定为矩形，本选项不符合题意；
C、，能判定为矩形，本选项不符合题意；
D、，能判定为菱形，不能判定为矩形，本选项符合题意；
故选：D．
7．（2024·四川成都）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，则，
∴选项A中不一定正确，故不符合题意；
选项B中不一定正确，故不符合题意；
选项C中一定正确，故符合题意；
选项D中不一定正确，故不符合题意，
故选：C．
8．（2024·上海）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（ ）
A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形
【答案】A
【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案．
【详解】解：如图所示：
四边形为矩形，
，，
过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，
，
如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形，
故选：A．
9．（2023·四川绵阳）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于两点．若，，则的长度为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及解直角三角形的运用，先根据矩形的性质， 推理得到OF=CF， 再根据求得的长，即可得到的长，解决问题的关键是掌握矩形的对角线相等且互相平分．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
又∵中，
∴，
∴，
故选：A．
10．（2023·湖南）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
【答案】A
【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．
【详解】解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；
线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；
矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，
故C，D不符合题意；
故选A
11．（2023·浙江杭州）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，故D正确．
故选：D．
12．（2023·内蒙古呼和浩特）如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点，．若，，则的长为（ ）

A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】依据题意，连接，记与交于点，先证，从而得，再由线段垂直平分从而，又在中可得的值，从而再在中可求得．
【详解】解：由题意，连接，记与交于点．
线段垂直平分，
，．
四边形是矩形，
．
．
又，
．
．
在中，
．
在中可得，．
故选：A．
13．（2023·西藏）如图，矩形中，和相交于点O，，，点E是边上一点，过点E作于点H，于点G，则的值是（ ）

A．2.4 B．2.5 C．3 D．4
【答案】A
【分析】连接，利用矩形的性质可得， ，，即，再利用面积可得，，结合，可得，问题随之得解．
【详解】解：连接，如图，

∵四边形是矩形，，，
∴，，，，
∴，，
即，
∵，，
∴，，
∵，
∴．
∴，
∴，
故选：A．
14．（2023·辽宁丹东）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，垂足为点E，F是的中点，连接，若，则矩形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出，即可求证为等边三角形，进而得出点E为中点，根据中位线定理得出，易得，求出，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵，
∴点E为中点，
∵F是的中点，若，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的周长，
故选：D．
15．（2024·江苏苏州）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（ ）

A． B． C．2 D．1
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．
连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值．
【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：

∵四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在与中，
，
，
，，共线，
，是中点，
∴在中，，
的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．
∴的最大值为的长，即．
故选：D．
16．（2024·四川眉山）如图，在矩形中，，，点在上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，求角的三角函数等知识点，正确利用折叠的性质是解题的关键．
根据折叠的性质，可求得，，从而求得，，在中，由勾股定理，得，即可求得结果．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
把沿折叠，点恰好落在边上的点处，
，，
，
，
在中，
，
由勾股定理，得，
，
，
，
，
故选：A．
17．（2024·黑龙江大庆）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ）
A．15 B． C． D．18
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为，
∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形和都是矩形，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
∴，
∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，
作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，
∵，，
∴，
故选：B．
18．（2024·山东淄博）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接交于点F，
设，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线对称，
∴，垂直平分，
∴，，，
∵，
∴
∴，
∴
∴．
故选：A．
二、填空题
19．（2023·重庆）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）

【答案】
【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，
∴是的直径，
∵，
∴，
∴的半径为，
∴的面积为，矩形的面积为，
∴阴影部分的面积为；
故答案为；

20．（2024·黑龙江大兴安岭地）矩形中，，，将沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线于点（点P不与点B重合），点的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则长为 ．
【答案】或或10
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，解直角三角形，先根据点的对称点落在矩形对角线所在的直线上的不同位置分三种情况，画出对应的图形，再根据矩形性质，利用解直角三角形求出即可．
【详解】解：①点的对称点落在矩形对角线上，如图1，
∵在矩形中，，，
由折叠性质可知：，
∴
∴
∴，
∴
∴；
②点的对称点落在矩形对角线上，如图2，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
③点的对称点落在矩形对角线延长线上，如图3，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
综上所述：则长为或或10．
故答案为：或或10．
21．（2023·浙江台州）如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为 ．
【答案】
【分析】利用矩形的性质、勾股定理求出，利用证明，根据全等三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵矩形中，，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
故答案为：．
22．（2023·山东滨州）如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为 ．

【答案】
【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，等面积法证明，进而证明，，根据全等三角形的性质得出，，根据已知条件求得，进而勾股定理求得，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，

∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
设
在中，
∴
∴，
∴
∴
解得：
∴
在中，，
在中，
∴，
故答案为：．
23．（2023·四川内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则 ．

【答案】/
【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，

四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
24．（2023·湖南）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为 ．

【答案】/
【分析】根据折叠的性质得出在为圆心，为半径的弧上运动，进而分类讨论当点在上时，当点在上时，当在上时，即可求解．
【详解】解：∵在矩形中，，
∴，，
如图所示，当点在上时，

∵
∴在为圆心，为半径的弧上运动，
当三点共线时，最短，
此时，
当点在上时，如图所示，

此时
当在上时，如图所示，此时

综上所述，的最小值为，
故答案为：．
25．（2023·河南）矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为 ．
【答案】2或
【分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．
【详解】解：当时，

∵四边形矩形，
∴，则，
由平行线分线段成比例可得：，
又∵M为对角线的中点，
∴，
∴，
即：，
∴，
当时，

∵M为对角线的中点，
∴为的垂直平分线，
∴，
∵四边形矩形，
∴，则，
∴
∴，
综上，的长为2或，
故答案为：2或．
26．（2023·黑龙江哈尔滨）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
【答案】或
【分析】根据题意画出图形，分点在上和上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，

∵，
∴
如图所示，当点在上时，

∵，
∴，
故答案为：或．
27．（2023·四川甘孜）如图，在矩形中，，，点P，Q分别在和上，，M为上一点，且满足．连接、，若，则的长为 ．

【答案】3
【分析】可令的长为x，证明，可得，即，从而可得，，最后利用进行求解即可．
【详解】解：设的长为x，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：3．
28．（2023·青海西宁）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．

【答案】2
【分析】过点作于点F，则，可证，于是．设，，，解得，于是．
【详解】解：过点作于点F，则，
∵，
∴．
又，
∴.
∴．
设，矩形中，，
，
，，解得，
∴．
故答案为：2

29．（2024·四川内江）如图，在矩形中，，，点在上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处，那么 ．

【答案】/
【分析】先根据矩形的性质得，，再根据折叠的性质得，，在中，利用勾股定理计算出，则，设，则，然后在中根据勾股定理得到，解方程即可得到x，进一步得到的长，再根据正切数的定义即可求解．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，
∵矩形沿直线折叠，顶点恰好落在边上的处，
∴，，
∴在中，，
∴，
设，则
∵在中， ，
∴，解得，
∴，
∴．
故答案为：
30．（2024·黑龙江齐齐哈尔）已知矩形纸片，，，点P在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点B的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为 ．
【答案】或2
【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，分两种情况进行讨论：当时，当，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，
当时，如图所示：
∵，
∴点在上，
根据折叠可知：，，
设，则，
∴，
，
在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
即；
当，如图所示：
根据折叠可知：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
综上分析可知：或2．
故答案为：或2，
31．（2024·四川巴中）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作，垂足为H，利用勾股定理求出的长，利用角的余弦值求出的长，再利用勾股定理求出，从而得出，利用三角形面积求出即可．
【详解】解：如图，过点F作，垂足为H，
四边形为矩形，
，，
，，
，
，即，
解得：，
，即，
解得：，
，
，
，即，
解得：，
故答案为：．
32．（2024·海南）如图，矩形纸片中，，点E、F分别在边上，将纸片沿折叠，使点D的对应点在边上，点C的对应点为，则的最小值为 ，CF的最大值为 ．
【答案】 6
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等边对等角，过点E作于H，则四边形是矩形，则，根据，可得的最小值为6，则由折叠的性质可得的最小值为6；如图所示，连接，证明，得到，则，利用勾股定理得到当最大时，最大，即最大时，最大，则当与点B重合时，最大，设此时，则，据此利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：如图所示，过点E作于H，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴的最小值为6，
由折叠的性质可得，
∴的最小值为6；
如图所示，连接，
由折叠的性质可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴当最大时，最大，即最大时，最大，
∴当与点B重合时，最大，
设此时，则，
∴，
解得，
∴的最大值为
故答案为：，．
33．（2024·江苏徐州）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ．
【答案】/
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于的方程．由矩形的性质推出，由线段中点定义得到，由折叠的性质得到：，设，由勾股定理得到，求出，得到的值．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵是中点，
∴，
由折叠的性质得到：，
设，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
34．（2023·山东日照）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵，，
∴，
在点P移动过程中，不一定，
相矛盾，
故①不正确；

延长交于点H,
则为矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴
故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故③正确，
，
即当 的最小值，作B、D关于的对称点,
把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,
这时，
即的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④

35．（2024·黑龙江绥化）在矩形中，，，点在直线上，且，则点到矩形对角线所在直线的距离是 ．
【答案】或或
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴
∴，，
如图所示，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为
∵
∴
当在线段上时，
∴
在中，
∵
在中，；
当E在射线上时，
在中，
∴
∴
∴
∴，
在中，
综上所述，点到对角线所在直线的距离为：或或
故答案为：或或．
三、解答题
36．（2023·黑龙江大庆）如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明，见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得，根据平行线的性质，得，；再根据为线段的中点，全等三角形的判定，则，根据矩形的判定，即可；
（2）过点作于点，根据勾股定理，求出的长，再根据四边形的面积等于，即可．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵为线段的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形．
（2）过点作于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的面积等于，
∵，，
∵点是对角线的中心，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：．

37．（2024·湖南长沙）如图，在中，对角线，相交于点O，．
(1)求证：；
(2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值．
【答案】(1)见解析
(2)，
【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键．
（1）直接根据矩形的判定证明即可；
（2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得，．进而可得，再根据等腰三角形的判定得到，过点O作于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得，，，然后利用正切定义求解即可．
【详解】（1）证明：因为四边形是平行四边形，且，
所以四边形是矩形．
所以；
（2）解：在中，，，
所以，
因为四边形是矩形，
所以，．
因为，所以．
过点O作于点F，则，
所以，
在中，，
所以．
38．（2024·四川遂宁）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理．
(1)实践与操作

①任意作两条相交的直线，交点记为O；
②以点为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段；
③顺次连结所得的四点得到四边形．
于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是：______．
(2)猜想与证明
通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形．并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程．
已知：如图，四边形是平行四边形，．求证：四边形是矩形．

【答案】(1)对角线互相平分的四边形是平行四边形
(2)证明见解析
【分析】（1）由作图结合对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）先证明，再证明，可得，从而可得结论．
【详解】（1）解：由作图可得：，，
∴四边形是平行四边形，
该判定定理是：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
39．（2023·四川内江）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)连接，若，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用“角角边”证明三角形全等，再由全等三角形的性质容易得出结论；
（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
40．（2023·北京）如图，在中，点E，F分别在，上，，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用平行四边形的性质求出，证明四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论；
（2）证明是等腰直角三角形，可得，然后再解直角三角形求出即可．
【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：由（1）知四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
41．（2023·浙江温州）如图，已知矩形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，．

(1)求证：．
(2)当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边对等角得出，根据矩形的性质得出，，即可证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解；
（2）根据，得出，设，则， ，，根据相似三角形的性质列出等式，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即．
（2）∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
设，∵，
∴，，
∴，
解得，
∴．

42．（2023·山东济南）在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．

(1)如图1，连接，求的度数和的值；
(2)如图2，当点在射线上时，求线段的长；
(3)如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)．
【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切函数得出，可求出，由矩形和矩形可得，，求出，证明，根据相似三角形的性质即可得出答案；
（2）过点作于点，由矩形和矩形可得，，，证明，进而得出，设，则，根据，得出，求出，进而可得出答案；
（3）连接，先证明是等边三角形，，得出，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，进而求出，，，得出，可得当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【详解】（1）解：∵矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
由矩形和矩形可得，，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：如答案图1，过点作于点，
由矩形和矩形可得，，
，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴；
（3）解：如答案图2，连接，
∵矩形中，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，
∴，，，
∴，
∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为．

43．（2024·贵州）如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件：
①，②．

(1)请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形；
(2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
（1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明是平行四边形，然后根据矩形的定义得到结论即可；
（2）利用勾股定理得到长，然后利用矩形的面积公式计算即可．
【详解】（1）选择①，
证明：∵，，
∴是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
选择②，
证明：∵，，
∴是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，
∴，
∴矩形的面积为．
44．（2024·吉林长春）如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形．
【答案】证明见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．利用可证明，得出，根据得出，即可证明四边形是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明四边形是矩形．
【详解】证明：∵是边的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
45．（2024·甘肃兰州）如图，在中，，D是的中点，，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，三腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出．
【详解】（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
46．（2024·山东潍坊）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接．
求证：
(1)；
(2)四边形为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明；
（）由（）得，，即可得到，，进而即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠可得，，，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：由（）知，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
47．（2023·吉林长春）如图①．在矩形．，点在边上，且．动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连续．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．（）

(1)当点和点重合时，线段的长为__________；
(2)当点和点重合时，求；
(3)当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
(4)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
(4)或或
【分析】（1）证明四边形是矩形，进而在中，勾股定理即可求解．
（2）证明，得出；
（3）过点作于点，证明得出，即可得出结论
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，连接，

∵四边形是矩形
∴
∵，
∴四边形是矩形，
当点和点重合时，
∴，
在中，，
故答案为：．
（2）如图所示，

∵，，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，，
∴；
（3）如图所示，过点作于点，

∵，，
∴，
则四边形是矩形，
∴
又∵
∴，
∴
∴
∴是等腰直角三角形；
（4）①如图所示，当点在上时，

∵，
在中，，
则，
∵，则，，
在中，，
∴
解得：
当时，点在矩形内部，符合题意，
∴符合题意，
②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，

则， ，
在中，
，
解得：，
③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，此时

综上所述，或或．
48．（2023·江苏泰州）如图，矩形是一张纸，其中，小天用该纸玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点B翻折到上的点E处，折痕交于点G．展开后得到图①，发现点F恰为的中点．
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到上，折痕为；展开后将点B沿过点F的直线翻折到上的点H处；再展开并连接后得到图②，发现是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中的度数，并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)，理由见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得，根据题意可得，再设，然后表示出、，再由锐角三角函数求出即可；
（2）由折叠的性质可知，，从而可得出，进而得到，，由（1）知，可得，在中求出的正切值即可解答．
【详解】（1）证明：由折叠的性质可得，
，
四边形是矩形，
，
，
，
设，则，，
，
即，
，
解得，
根据勾股定理可得，
，
即，
．
解得，
，
，
点为的中点．
（2）解：，理由如下：
连接，如图：
由折叠的性质可知，，
，，
，
，
，
由（1）知，可得，
，
设，则，，
，
，
在中，，
，
，
．
49．（2023·山东淄博）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．
(1)操作判断
小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①．
试判断：的形状为________．

(2)深入探究
小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，．
探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积．
探究二：连接，取的中点，连接，如图③．
求线段长度的最大值和最小值．

【答案】(1)等腰直角三角形
(2)探究一：；探究二：线段长度的最大值为，最小值为
【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推导出，即可判断出是等腰直角三角形，
（2）探究一：证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面积；
探究二：连接，取的中点，连接，取、的中点为、，连接，，，分别得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，可知点在以为直径的圆上，设的中点为，，即可得出的最大值与最小值．
【详解】（1）解：两个完全相同的矩形纸片和，
，
是等腰三角形，
，．，
，
，
∵，
∴，
∴，
，
，
，
是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
（2）探究一：，，，
，
，
，，
，
，，
，
在中，，
，
解得 ，
，
的面积 ；
探究二：连接，取的中点，连接，，取、的中点为、，连接，，，

是的中点，
，且 ，
，
，，
，且，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
点在以为直径的圆上，
设的中点为，
，
的最大值为，最小值为．
50．（2023·四川资阳）如图，在矩形中，对角线、交于点，的平分线分别交、于点、，交的延长线于点，为的中点，连结、，分别交、于点、．
(1)求证：；
(2)探究与的关系，并说明理由；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)，，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用矩形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定解答即可；
（2）利用证明，可得出，，结合三角形内角和与对顶角的性质可得出；
（3）利用勾股定理和等腰直角三角形的性质可求出，，的长度，证明，利用相似三角形的性质求出的长度，证明，得出，即可求解．
【详解】（1）证明∶∵四边形是矩形，
∴，，，，，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，，理由：
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵F是的中点，
∴，，，
∴，
又，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，，，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（2）知：，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
试卷第1页，共3页5.1 多边形与平行四边形
一、选择题
1．（2024·西藏）已知正多边形的一个外角为，则这个正多边形的内角和为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山东青岛）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·内蒙古赤峰）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024·吉林长春）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024·河北）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·云南）一个七边形的内角和等于（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·山东枣庄）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
8．（2024·四川德阳）已知，正六边形的面积为，则正六边形的边长为（ ）
A．1 B． C．2 D．4
9．（2024·四川遂宁）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·四川乐山）下列多边形中，内角和最小的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·四川资阳）一个正多边形的每个外角度数都等于，则这个多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
12．（2024·四川巴中）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
13．（2024·辽宁）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．16
14．（2024·贵州）如图，的对角线与相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
15．（2023·北京）正十二边形的外角和为（ ）
A． B． C． D．
16．（2023·湖南湘西）一个七边形的内角和是（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·甘肃兰州）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）

A． B． C． D．
18．（2023·山东枣庄）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
19．（2023·安徽）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）

A． B． C． D．
20．（2023·湖南永州）下列多边形中，内角和等于的是（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·湖南益阳）如图，的对角线交于点，下列结论一定成立的是（ ）

A． B． C． D．
22．（2023·四川雅安）如图，在中，F是上一点，交于点E，的延长线交的延长线于点G，，，则的长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．10
23．（2023·湖南）如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（ ）

A． B． C． D．
24．（2023·四川成都）如图，在中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
25．（2024·江苏徐州）正十二边形的每一个外角等于 度．
26．（2024·甘肃临夏州）“香渡栏干屈曲，红妆映、薄绮疏棂．”图1窗棂的外边框为正六边形（如图2），则该正六边形的每个内角为 ．

27．（2024·山东威海）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则 ．
28．（2024·青海）正十边形一个外角的度数是 ．
29．（2024·四川广元）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为 ．

30．（2024·四川宜宾）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是 ．

31．（2024·山东日照）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形．
32．（2024·江苏无锡）正十二边形的内角和等于 度．
33．（2023·江苏宿迁）凸七边形的内角和是 度．
34．（2024·四川巴中）过五边形的一个顶点有 条对角线．
35．（2024·广东广州）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则 ．
36．（2024·山东烟台）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为 ．
37．（2024·四川宜宾）如图，在平行四边形中，，E、F分别是边上的动点，且．当的值最小时，则 ．

38．（2024·山东济宁）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形．
39．（2023·湖南益阳）如图，正六边形中， °．

40．（2023·重庆）若七边形的内角中有一个角为，则其余六个内角之和为 ．
41．（2023·云南）一个五边形的内角和的度数为 ．
42．（2023·重庆）如图，在正五边形中，连接，则的度数为 ．
43．（2023·新疆）如果一个多边形的每一个内角都是，那么这个多边形是 边形．
44．（2023·湖北黄冈）若正n边形的一个外角为，则 ．
45．（2023·甘肃兰州）如图，在中，，于点E，若，则 ．

三、解答题
46．（2024·江苏连云港）图1是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研究．数学兴趣小组也类比进行了如下探究：如图2，正八边形游乐城的边长为，南门设立在边的正中央，游乐城南侧有一条东西走向的道路，在上（门宽及门与道路间距离忽略不计），东侧有一条南北走向的道路，C处有一座雕塑．在处测得雕塑在北偏东方向上，在处测得雕塑在北偏东方向上．
(1)__________，__________；
(2)求点到道路的距离；
(3)若该小组成员小李出南门O后沿道路向东行走，求她离处不超过多少千米，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响？（结果精确到，参考数据：，，，，）
47．（2024·山东日照）如图，以的顶点为圆心，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，画射线，交于点，交的延长线于点．
(1)由以上作图可知，与的数量关系是_______
(2)求证：
(3)若，，，求的面积．
48．（2024·山东青岛）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．
49．（2024·内蒙古）如图，，平分，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状．
50．（2024·黑龙江大庆）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的面积．
51．（2024·四川雅安）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F．
(1)求证：；
(2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长．
52．（2024·湖北武汉）如图，在中，点，分别在边，上，．
(1)求证：；
(2)连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由）
53．（2024·广西）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．
54．（2024·北京）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.

(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，，，求的长.
55．（2024·湖南）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题：
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，，，求线段的长．
56．（2023·四川眉山）如图，中，点E是的中点，连接并延长交的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)点G是线段上一点，满足，交于点H，若，求的长．
57．（2023·青海西宁）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的周长．
58．（2023·江苏镇江）如图，B是AC的中点，点D，E在同侧，，．
(1)求证：≌．
(2)连接，求证：四边形是平行四边形．
59．（2023·山东青岛）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．

(1)求证：；
(2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．
60．（2023·山东淄博）如图，在中，，分别是边和上的点，连接，，且．求证：

(1)；
(2)．
61．（2023·内蒙古呼和浩特）如图，四边形是平行四边形，连接，交于点，平分交于点，平分交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若四边形是菱形且，，求四边形的面积．
62．（2023·山东济南）已知：如图，点为对角线的中点，过点的直线与，分别相交于点，．
求证：．

63．（2023·宁夏）如图，已知，，分别是和上的点，．求证：四边形是平行四边形．

64．（2023·四川雅安）如图，已知，是对角线上两点，．

(1)求证：；
(2)若交的延长线于点，，求的面积．
65．（2023·辽宁营口）在中，，点E在上，点G在上，点F在的延长线上，连接．，．

(1)如图1，当时，请用等式表示线段与线段的数量关系______；
(2)如图2，当时，写出线段和之间的数量关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，当点G是的中点时，连接，求的值．
66．（2023·浙江杭州）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若的面积等于2，求的面积．
67．（2023·江苏扬州）如图，点E、F、G、H分别是各边的中点，连接相交于点M，连接相交于点N．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若的面积为4，求的面积．
68．（2023·浙江绍兴）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．

(1)如图1，求边上的高的长．
(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．
②当是直角三角形时，求的长．
69．（2023·四川广安）如图，在四边形中，与交于点，，垂足分别为点，且．求证：四边形是平行四边形．

70．（2023·四川凉山）如图，在中，对角线与相交于点，，过点作交于点．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
参考答案与详解
一、选择题
1．（2024·西藏）已知正多边形的一个外角为，则这个正多边形的内角和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和外角，先求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可得解，根据多边形的外角求出边数是解此题的关键．
【详解】解：∵正多边形的一个外角为，
∴正多边形的边数为，
∴这个正多边形的内角和为，
故选：B．
2．（2024·山东青岛）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形和正方形中，，的延长线分别交，于点M，N，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．
根据正五边形的内角的计算方法求出、，根据正方形的性质分别求出、，根据四边形内角和等于计算即可．
【详解】解：∵五边形是正五边形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，，
∴，
故选：B．
3．（2024·内蒙古赤峰）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形，求出正多边形的每个外角度数，再用外角和除以外角度数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，直线相交于点，则，
∵正多边形的每个内角相等，
∴正多边形的每个外角也相等，
∴，
∴，
故选：．
4．（2024·吉林长春）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了多边形内角与外角，正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键．
根据正五边形的内角和公式和邻补角的性质即可得到结论．
【详解】解：，
故选：D．
5．（2024·河北）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解．
【详解】解：正六边形每个内角为：，
而六边形的内角和也为，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
6．（2024·云南）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．
7．（2024·山东枣庄）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】A
【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案.
【详解】解：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴正边形的一个外角为，
∴的值为；
故选A
8．（2024·四川德阳）已知，正六边形的面积为，则正六边形的边长为（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【分析】本题考查正六边形的性质，正三角形的性质，设出边长去表示正三角形面积和正六边形面积即可．
【详解】解：如图：根据多边形的内角和定理可求出正六边形的一个内角为，故正六边形是由6个正三角形构成的，过点作垂足是，
设正六边形的边长为，即
在正三角形中，
∵，
∴，
在中，
一个正三角形的面积为：，
正六边形的面积为：，
∴，
解得：，
故选：C．
9．（2024·四川遂宁）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形的外角，设这个正多边形的边数为，先根据内角和求出正多边形的边数，再用外角和除以边数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：设这个正多边形的边数为，
则，
∴，
∴这个正多边形的每个外角为，
故选：．
10．（2024·四川乐山）下列多边形中，内角和最小的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】边数为n的多边形的内角和，分别求出三角形，四边形，五边形，六边形的内角和，即可得到．
【详解】解：三角形的内角和等于
四边形的内角和等于
五边形的内角和等于
六边形的内角和等于
所以三角形的内角和最小
故选：A．
11．（2024·四川资阳）一个正多边形的每个外角度数都等于，则这个多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】C
【分析】本题考查多边形的外角和，解题的关键是掌握多边形的外角和等于，根据正多边形的每个内角相等，每个外角也相等，外角和等于，即可得出答案．
【详解】解：∵多边形的外角和等于，且这个每个外角都等于，
∴它的边数为.
故选：C．
12．（2024·四川巴中）如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中位线的性质可求得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴O是中点，
又∵E是中点，
∴OE是的中位线，
∴，，
∵的周长为12，，
∴，
∴的周长为．
故选：B.
13．（2024·辽宁）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
由四边形是平行四边形得到，，再证明四边形是平行四边形，则，即可求解周长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴周长为：，
故选：C．
14．（2024·贵州）如图，的对角线与相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键．
【详解】解：∵是平行四边形，
∴，
故选B．
15．（2023·北京）正十二边形的外角和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于．
【详解】解：因为多边形的外角和为，所以正十二边形的外角和为．
故选：C．
16．（2023·湖南湘西）一个七边形的内角和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据多边形的内角和公式列式计算即可得解.
【详解】解：
.故选B.
17．（2023·甘肃兰州）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由正八边形的外角和为，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正八边形的外角和为，
∴，
故选A
18．（2023·山东枣庄）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到，平行线的性质，得到，三角形的外角的性质，得到，进而求出的度数．
【详解】解：如图：

∵正六边形的一个外角的度数为：，
∴正六边形的一个内角的度数为：，
即：，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，，
∴，
∴，
∴；
故选B．
19．（2023·安徽）如图，正五边形内接于，连接，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵，
∴，
故选D．
20．（2023·湖南永州）下列多边形中，内角和等于的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据n边形内角和公式分别求解后，即可得到答案
【详解】解：A．三角形内角和是，故选项不符合题意；
B．四边形内角和为，故选项符合题意；
C．五边形内角和为，故选项不符合题意；
D．六边形内角和为，故选项不符合题意．
故选：B．
21．（2023·湖南益阳）如图，的对角线交于点，下列结论一定成立的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形性质逐项验证即可得到答案．
【详解】解：A、根据平行四边形性质：对角线相互平分，在中，，，则不一定成立，该选项不符合题意；
B、根据平行四边形性质：对角线相互平分，不一定垂直，则不一定成立，该选项不符合题意；
C、根据平行四边形性质：对角线相互平分，在中，，该选项符合题意；
D、根据平行四边形性质，对角线不一定平分对角，则不一定成立，该选项不符合题意；
故选：C．
22．（2023·四川雅安）如图，在中，F是上一点，交于点E，的延长线交的延长线于点G，，，则的长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质可得，，设为x可得，解之即可．
【详解】∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
设为x，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
即，
得，
∴．
故选：C．
23．（2023·湖南）如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B． ∵，∴，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；
C．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意；
D．∵，
∴，
∵
∴，
∴
∴四边形为平形四边形，
故该选项正确，符合题意；
故选：D．
24．（2023·四川成都）如图，在中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质逐项分析判断即可求解．
【详解】∵四边形是平行四边形，对角线与相交于点，
A. ，不一定成立，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项正确，符合题意；
C. ，不一定成立，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，不一定成立，故该选项不正确，不符合题意；
故选：B．
二、填空题
25．（2024·江苏徐州）正十二边形的每一个外角等于 度．
【答案】30
【分析】主要考查了多边形的外角和定理．根据多边形的外角和为360度，再用360度除以边数即可得到每一个外角的度数．
【详解】解：∵多边形的外角和为360度，
∴正十二边形的每个外角度数为：．
故答案为：30．
26．（2024·甘肃临夏）“香渡栏干屈曲，红妆映、薄绮疏棂．”图1窗棂的外边框为正六边形（如图2），则该正六边形的每个内角为 ．

【答案】120
【分析】本题考查多边形内角和，正多边形的性质．掌握n边形内角和为和正多边形的每个内角都相等是解题关键．根据多边形内角和公式求出正六边形的内角和为，再除以6即可．
【详解】解：∵正六边形的内角和为，
∴正六边形的每个内角为．
故答案为：120．
27．（2024·山东威海）如图，在正六边形中，，，垂足为点I．若，则 ．
【答案】/50度
【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角为，即，则可求得的度数，根据平行线的性质可求得的度数，进而可求出的度数，再根据三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】解：∵正六边形的内角和，
每个内角为：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
28．（2024·青海）正十边形一个外角的度数是 ．
【答案】/36度
【分析】本题考查正多边形的外角．根据正n多边形的外角公式求解即可．
【详解】解：正十边形的一个外角的大小是，
故答案为：．
29．（2024·四川广元）点F是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点G，则的度数为 ．

【答案】/18度
【分析】连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：连接，，

∵五边形是正五边形，
∴，
∴，
∴，
∵点F是的中点，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵在正五边形中，，
∴，
∴．
故答案为：
30．（2024·四川宜宾）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是 ．

【答案】/
【分析】此题考查了正五边形以及等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．根据正五边形以及等腰三角形的性质得出，再证明，根据相似三角形的性质求出，最后由线段和差即可求出的长．
【详解】解：如图，连接交于点，

∵五边形是正五边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得或（舍去），
∴，
故答案为：．
31．（2024·山东日照）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形．
【答案】八
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式求解即可．
【详解】设这个多边形是n边形，
由题意得，
解得，
∴这个多边形是八边形．
故答案为：八．
32．（2024·江苏无锡）正十二边形的内角和等于 度．
【答案】/1800度
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟悉相关性质是解题的关键．根据多边形的内角和公式进行计算即可．
【详解】解：，
∴正十二边形的内角和等于．
故答案为：．
33．（2023·江苏宿迁）凸七边形的内角和是 度．
【答案】900
【分析】本题主要考查了多边形内角和定理．应用多边形的内角和公式计算即可．
【详解】解：七边形的内角和，
故答案为：900．
34．（2024·四川巴中）过五边形的一个顶点有 条对角线．
【答案】2
【分析】根据多边形的对角线的定义：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线，得出n边形从一个顶点出发可引出条对角线．
【详解】从五边形的一个顶点出发，可以向与这个顶点不相邻的2个顶点引对角线，即能引出2条对角线，
故答案为：2．
35．（2024·广东广州）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则 ．
【答案】5
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长．
【详解】解：在中，，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为：5．
36．（2024·山东烟台）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解．
【详解】解：∵在中，，，
∴，，则，
∵E为边的中点，
∴，
∵沿翻折得，
∴，
∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小，
过C作于N，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴面积的最小值为，
故答案为：．
37．（2024·四川宜宾）如图，在平行四边形中，，E、F分别是边上的动点，且．当的值最小时，则 ．

【答案】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质．延长，截取，连接，，证明，得出，说明当最小时，最小，根据两点之间线段最短，得出当A、E、G三点共线时，最小，即最小，再证明，根据相似三角形的性质，求出结果即可．
【详解】解：延长，截取，连接，，如图所示：

∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴当最小时，最小，
∵两点之间线段最短，
∴当A、E、G三点共线时，最小，即最小，且最小值为的长，

∵，
∴，
∴，即，
解得．
故答案为：．
38．（2024·山东济宁）如图，四边形的对角线，相交于点O，，请补充一个条件 ，使四边形是平行四边形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求解．
【详解】解：添加条件：，
证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：（答案不唯一）
39．（2023·湖南益阳）如图，正六边形中， °．

【答案】/度
【分析】由正六边形的内角和为，结合正六边形的所有的内角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正六边形，
∴正六边形的所有的内角都相等；
∴；
故答案为：．
40．（2023·重庆）若七边形的内角中有一个角为，则其余六个内角之和为 ．
【答案】/800度
【分析】根据多边形的内角和公式即可得．
【详解】解：∵七边形的内角中有一个角为，
∴其余六个内角之和为，
故答案为：．
41．（2023·云南）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
42．（2023·重庆）如图，在正五边形中，连接，则的度数为 ．
【答案】/36度
【分析】本题主要考查了正多边形的内角和，首先利用多边形的内角和公式求得正五边形的内角和，再求得每个内角的度数，利用等腰三角形的性质可得的度数．
【详解】解：在正五边形中，每条边都相等，每个内角也相等，
正五边形内角和：
∴，
又∵，
∴ ．
故答案为．
43．（2023·新疆）如果一个多边形的每一个内角都是，那么这个多边形是 边形．
【答案】十/10
【分析】本题考查了多边形的内角和和外角和定理．解题的关键是熟练掌握多边形的内角和和外角和定理：边形的内角和为；边的外角和为．先利用多边形的每个外角与相邻的内角互补得到这个多边形的每个外角都是，然后根据边的外角和为即可得到其边数．
【详解】解：一个多边形的每个内角都是，
这个多边形的每个外角都是，
这个多边形的边数．
故答案为：十．
44．（2023·湖北黄冈）若正n边形的一个外角为，则 ．
【答案】5
【分析】正多边形的外角和为，每一个外角都相等，由此计算即可．
【详解】解：由题意知，，
故答案为：5．
45．（2023·甘肃兰州）如图，在中，，于点E，若，则 ．

【答案】
【分析】证明，，由，可得，结合，可得．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：
三、解答题
46．（2024·江苏连云港）图1是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研究．数学兴趣小组也类比进行了如下探究：如图2，正八边形游乐城的边长为，南门设立在边的正中央，游乐城南侧有一条东西走向的道路，在上（门宽及门与道路间距离忽略不计），东侧有一条南北走向的道路，C处有一座雕塑．在处测得雕塑在北偏东方向上，在处测得雕塑在北偏东方向上．
(1)__________，__________；
(2)求点到道路的距离；
(3)若该小组成员小李出南门O后沿道路向东行走，求她离处不超过多少千米，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响？（结果精确到，参考数据：，，，，）
【答案】(1)，
(2)2.0千米
(3)
【分析】本题考查正多边形的外角，解直角三角形，相似三角形的判定和性质：
（1）求出正八边形的一个外角的度数，再根据角的和差关系进行求解即可；
（2）过点作，垂足为，解，求出，解，求出，即可；
（3）连接并延长交于点，延长交于点，过点作，垂足为，解，求出，证明，列出比例式进行求解即可．
【详解】（1）解：∵正八边形的一个外角的度数为：，
∴，；
故答案为：；
（2）过点作，垂足为．
在中，，，
．
在中，，
．
答：点到道路的距离为2.0千米．
（3）连接并延长交于点，延长交于点，过点作，垂足为．
正八边形的外角均为，
在中，．
．
又，，
．
∵，
∴，
，即，
，
．
答：小李离点不超过2.4km，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
47．（2024·山东日照）如图，以的顶点为圆心，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，画射线，交于点，交的延长线于点．
(1)由以上作图可知，与的数量关系是_______
(2)求证：
(3)若，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明；
（3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可．
【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线
故答案为：
（2）证明：四边形为平行四边形
（3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点
四边形为平行四边形，
，
，
又
．
48．（2024·山东青岛）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时
【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形；
（2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
即当时，四边形是矩形，
∴，
∴在中，．
49．（2024·内蒙古）如图，，平分，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状．
【答案】(1)证明见详解
(2)四边形为正方形
【分析】（1）由角平分线的定义可得出，由平行线的性质可得出，等量代换可得出，利用证明 ，由全等三角形的性质得出，结合已知条件可得出四边形是平行四边形．
（2）由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，，根据平行线的性质可得出，，由全等三角形的性质可得出，等量代换可得出， 即可得出四边形为正方形．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
由∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）四边形是正方形．
过点B作于点G，
∴，
∵四边形是平行四边形．
∴，，
∴，，
∴，，
由（1），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
50．（2024·黑龙江大庆）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，结合角平分线的条件得到，由得到，，根据平行线的判定得到，根据平行四边形的判定即可得到是平行四边形；
（2）求得是等边三角形，得到，，证明，求得，作于点，在中，求得，据此求解即可．
【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；
（2）解：由（1）得，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
作于点，
在中，，，
∴，
∴．
51．（2024·四川雅安）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F．
(1)求证：；
(2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，是解决问题的关键．
（1）由题目中的中，O为对角线的中点，可以得出，，结合，可以证得两个三角形全等，进而得出结论；
（2）由（1）中得到的结论可以得到，结合得出四边形是平行四边形，进而利用证明出四边形为菱形，根据即可求出菱形的周长．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点O是对角线的交点，
∴，
在△和中，，
∴．
（2）由（1）知，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形，
∴，
∴，
∴四边形的周长为．
52．（2024·湖北武汉）如图，在中，点，分别在边，上，．
(1)求证：；
(2)连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由）
【答案】(1)见解析
(2)添加（答案不唯一）
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定；
（1）根据平行四边形的性质得出，，结合已知条件可得，即可证明；
（2）添加，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴即，
在与中，
，
∴；
（2）添加（答案不唯一）
如图所示，连接．
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
当时，四边形是平行四边形．
53．（2024·广西）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．
54．（2024·北京）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.

(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，，，求的长.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到，而，即可求证；
（2）解求得，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到，最后对运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的中点，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：∵，
∴，
在中，，，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴在中，由勾股定理得．
55．（2024·湖南）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题：
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，，，求线段的长．
【答案】(1)①或②，证明见解析；
(2)6
【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题关键．
（1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可；
（2）根据平行四边形的性质得出，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：选择①，
证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
选择②，
证明：∵，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：由（1）得，
∵，，
∴．
56．（2023·四川眉山）如图，中，点E是的中点，连接并延长交的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)点G是线段上一点，满足，交于点H，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，证明，推出，即可解答；
（2）通过平行四边形的性质证明，再通过（1）中的结论得到，最后证明，利用对应线段比相等，列方程即可解答．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
是的中点，
，
，
，
∴，
；
（2）解：四边形是平行四边形，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
设,则，
可得方程，
解得，
即的长为．
57．（2023·青海西宁）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，进而得出，证明，根据证明，即可得证；
（2）证明是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形
∴，（平行四边形的对边平行且相等）
∴（两直线平行，内错角相等）
∵
∴ 即
在和中
∴；
（2）解：∵，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵
∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴（菱形的四条边都相等）
∴菱形的周长.
58．（2023·江苏镇江）如图，B是AC的中点，点D，E在同侧，，．
(1)求证：≌．
(2)连接，求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由B是的中点得，结合，，根据全等三角形的判定定理“”即可证明≌；
（2）由（1）中≌得，进一步得，再结合，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．
【详解】（1）解：∵B是的中点，
∴．
在和中，
∴≌（）．
（2）如图所示，
∵≌，
∴，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
59．（2023·山东青岛）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．

(1)求证：；
(2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，证明见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，，，证出，，由证明，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出，，证出，由已知得出，，即可证出四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∵和的平分线、分别交、于点E、F，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）证明：∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点G、H分别为、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形
∵，G为的中点，
∴，
∴四边形是矩形．
60．（2023·山东淄博）如图，在中，，分别是边和上的点，连接，，且．求证：

(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可；
（2）用证明即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
又 ．
四边形是平行四边形．
平行四边形对角相等
（2）四边形是平行四边形，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
．
61．（2023·内蒙古呼和浩特）如图，四边形是平行四边形，连接，交于点，平分交于点，平分交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若四边形是菱形且，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出，得到，判定四边形是平行四边形，推出，得到．
（2）由菱形的性质得到，，推出四边形的菱形，由平行线的性质得到，判定是等边三角形，得到，，求出，得到，由菱形的面积公式即可求出四边形的面积．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，平分，
，，
，
，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
．
（2）解：由（1）知，
，
四边形是菱形，
，，，
四边形的菱形，
，，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
四边形的面积．
62．（2023·山东济南）已知：如图，点为对角线的中点，过点的直线与，分别相交于点，．
求证：．

【答案】详见解析
【分析】根据平行四边形的性质得出，，进而得出，，再证明，根据全等三角形的性质得出，再利用线段的差得出，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵点为对角线的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
63．（2023·宁夏）如图，已知，，分别是和上的点，．求证：四边形是平行四边形．

【答案】见解析
【分析】根据平行线的性质和判定证得，再根据平行四边形的判定即可证得结论．
【详解】证明：，
，
又 ，
，
，
，
四边形是平行四边形．
64．（2023·四川雅安）如图，已知，是对角线上两点，．

(1)求证：；
(2)若交的延长线于点，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)9
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，结合，根据全等三角形的判定定理（）即可得到结论；
（2）根据已知条件得到解直角三角形，求得，，，进而可得解直角三角形得，再根据平行四边形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵，
∴
又∵，，
∴，即：，
解得：（负值已舍去），
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴平行四边形的面积，
65．（2023·辽宁营口）在中，，点E在上，点G在上，点F在的延长线上，连接．，．

(1)如图1，当时，请用等式表示线段与线段的数量关系______；
(2)如图2，当时，写出线段和之间的数量关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，当点G是的中点时，连接，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）当时，，在上截取，连接，证明，推出，，得到；
（2）当时，得到，，过点G作交于点M，证明，推出，得到，由此得到，进而推出；
（3）由（2）得，设，由点G是的中点，得到，推出，，过点E作于N，根据角的性质及勾股定理求出，，即可得到，根据公式计算即可．
【详解】（1）解：当时，，
∵在中，，
∴，，
∴
∴，

在上截取，连接，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：；
（2），理由如下：
当时，，
∴，，
过点G作交于点M，

∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
（3）∵，，
∴，
设，
∵点G是的中点，
∴，
∴,
∴，
∴，，
过点E作于N，

∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
66．（2023·浙江杭州）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若的面积等于2，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形；
（2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
又 ，
四边形是平行四边形．
（2）解： ，，
，
四边形是平行四边形，
．
67．（2023·江苏扬州）如图，点E、F、G、H分别是各边的中点，连接相交于点M，连接相交于点N．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若的面积为4，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形，四边形均为平行四边形，进而得到：，即可得证；
（2）连接，推出，，进而得到，求出，再根据，即可得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵点E、F、G、H分别是各边的中点，
∴，
∴四边形为平行四边形，
同理可得：四边形为平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：连接，

∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得：
∴，
∴，
∵，
∴．
68．（2023·浙江绍兴）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．

(1)如图1，求边上的高的长．
(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．
②当是直角三角形时，求的长．
【答案】(1)8
(2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；
（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；
②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．
【详解】（1）在中，，
在中，．
（2）①如图1，作于点，由（1）得，，则，
作交延长线于点，则，

∴．
∵
∴．
由旋转知，
∴．
设，则．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
②由旋转得，，
又因为，所以．
情况一：当以为直角顶点时，如图2．

∵，
∴落在线段延长线上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情况二：当以为直角顶点时，如图3．

设与射线的交点为，
作于点．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
化简得，
解得，
∴．
情况三：当以为直角顶点时，
点落在的延长线上，不符合题意．
综上所述，或．
69．（2023·四川广安）如图，在四边形中，与交于点，，垂足分别为点，且．求证：四边形是平行四边形．

【答案】见详解
【分析】先证明，再证明 ，再由平行四边形的判定即可得出结论．
【详解】证明：，，
，
又，
，
，
∵，
，
四边形是平行四边形．
70．（2023·四川凉山）如图，在中，对角线与相交于点，，过点作交于点．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）可证，从而可证四边形是菱形，即可得证；
（2）可求，再证，可得，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：四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
解得：．
试卷第1页，共3页5.2 矩形、菱形与正方形
第2课时 菱形
一、选择题
1．（2023·四川泸州）若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·浙江）如图，在菱形中，，则的长为（ ）

A． B．1 C． D．
3．（2023·广东深圳）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2023·湖南）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
5．（2023·内蒙古）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）

A． B． C． D．
6．（2024·甘肃临夏）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·黑龙江绥化）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·辽宁）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·甘肃兰州）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（ ）

A． B． C． D．
10．（2024·山东济宁）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
11．（2024·江苏无锡）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
12．（2023·四川乐山）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则（ ）

A．2 B． C．3 D．4
13．（2024·海南）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1 B． C．0 D．
14．（2023·黑龙江大庆）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若，，则（ ）

A． B． C． D．
15．（2023·江苏泰州）菱形的边长为2，，将该菱形绕顶点A在平面内旋转，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
16．（2024·内蒙古通辽）如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
17．（2024·四川达州）如图，由8个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为2，，其中点，，都在格点上，则的值为（ ）
A．2 B． C． D．3
18．（2024·山东日照）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．无法确定
19．（2024·黑龙江大兴安岭地）如图，菱形中，点是的中点，，垂足为，交于点，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
20．（2024·山东泰安）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
21．（2024·四川乐山）如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（ ）
A． B． C． D．
22．（2024·北京）如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点到该八边形各顶点的距离都相等；
④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
二、填空题
23．（2024·四川甘孜藏族自治州）在菱形ABCD中，AB＝2，则菱形的周长是 ．
24．（2023·黑龙江齐齐哈尔）如图，在四边形中，，于点．请添加一个条件： ，使四边形成为菱形．

25．（2023·山东临沂）一个对角线长分别为和的菱形，这个菱形的面积为 ．
26．（2023·甘肃武威）如图，菱形中，，，，垂足分别为，，若，则 ．

27．（2023·浙江绍兴）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．

28．（2023·福建）如图，在菱形中，，则的长为 ．

29．（2023·辽宁大连）如图，在菱形中，为菱形的对角线，，点为中点，则的长为 ．
30．（2023·陕西）点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为 ．
31．（2023·四川甘孜）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上，点的坐标为 ，则点的坐标为 ．

32．（2024·江苏南通）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ．
33．（2024·上海）在菱形中，，则 ．
34．（2023·黑龙江牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．

35．（2024·广西）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 ．
36．（2024·西藏）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形．
37．（2024·四川巴中）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是 ．
38．（2024·广东）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ．
39．（2024·山东青岛）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ．
40．（2023·江苏南京）如图， 在菱形纸片中， 点E在边上，将纸片沿折叠， 点B落在处，， 垂足为F 若， 则
41．（2024·浙江）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B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为
42．（2024·贵州）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为 ．
三、解答题
43．（2023·湖南怀化）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，．

(1)证明：；
(2)连接、，证明：四边形是菱形．
44．（2023·湖南永州）如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，．

(1)是直角三角形吗？请说明理由；
(2)求证：四边形是菱形．
45．（2023·湖北随州）如图，矩形的对角线，相交于点O，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
46．（2023·湖南张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且，，．

(1)求证：；
(2)若时，求证：四边形是菱形．
47．（2023·辽宁沈阳）如图，在中，，是边上的中线，点在的延长线上，连接，过点作交的延长线于点，连接、，求证：四边形是菱形．

48．（2023·湖南湘西）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．

(1)求证：；
(2)若．求证：四边形是菱形．
49．（2023·内蒙古）如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．

(1)如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；
(2)如图2，若，且，
①求证：；
②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．
50．（2023·吉林长春）将两个完全相同的含有角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放．点A，E，B，D依次在同一直线上，连结、．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，当四边形是菱形时．的长为__________．
51．（2023·山东日照）如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，且．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
52．（2023·湖北襄阳）如图，是菱形的对角线．

(1)作边的垂直平分线，分别与，交于点，（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，连接，若，求的度数．
53．（2024·山东德州）如图，中，对角线平分．

(1)求证：是菱形；
(2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，）
54．（2024·云南）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．
55．（2024·江苏扬州）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数．
56．（2024·四川凉山）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接．

(1)求证：；
(2)求的最小值．
57．（2024·江西）如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）
(1)如图，过点作的垂线；
(2)如图，点为线段的中点，过点作的平行线．
58．（2024·内蒙古呼伦贝尔）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接
(1)求证：四边形是菱形：
(2)若平行四边形的周长为，求的长．
59．（2023·海南）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．

(1)当点恰好为的中点时，求证：；
(2)求线段的长；
(3)当为直角三角形时，求的值；
(4)如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
60．（2024·广东广州）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
参考答案与解析
一、选择题
1．（2023·四川泸州）若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得到，根据菱形的面积得到，利用勾股定理以及完全平方公式计算可得答案．
【详解】解：设方程的两根分别为a，b，
∴，
∵a，b分别是一个菱形的两条对角线长，已知菱形的面积为11，
∴，即，
∵菱形对角线垂直且互相平分，
∴该菱形的边长为
，故C正确．
故选：C．
2．（2023·浙江）如图，在菱形中，，则的长为（ ）

A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度．
【详解】解：连接与交于O．

∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，且，
∴是等边三角形，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
3．（2023·广东深圳）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】首先根据平行四边形的性质得到，然后根据菱形的性质得到，然后求解即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
4．（2023·湖南）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形
∴，
∴，
∵，
∴,
故选：C．
5．（2023·内蒙古）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】
解：如图，连接、，相交于点，

点分别是边的中点，
，，
，同理，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形， ，，
对角线互相垂直，
，
，
，，
是等边三角形，
，
在中，，，
，
，
，，
四边形的周长为．
故选：C．
6．（2024·甘肃临夏）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查平面直角坐标系内两点间的距离公式，菱形的性质，坐标与图形．结合菱形的性质求出是解题关键．由两点间的距离公式结合菱形的性质可求出，从而可求出，即得出顶点的坐标为．
【详解】解：如图，
∵点的坐标为，
∴．　
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴顶点的坐标为．
故选C．
7．（2024·黑龙江绥化）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
在中，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
故选：A．
8．（2024·辽宁）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点B作轴，垂足为点D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作轴，垂足为点D，
∵顶点在直线上，点的横坐标是8，
∴，即，
∴，
∵轴，
∴由勾股定理得：，
∵四边形是菱形，
∴轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点，
故选：B．
9．（2024·甘肃兰州）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的性质和二次函数的性质，根据题意可知，，结合菱形的性质得，过点M作于点H，则，那么，设菱形的边长为a，则，那么点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，利用最大值即可求得运动时间，即可知菱形边长．
【详解】解：根据题意知，，，
∵四边形为菱形，，
∴，
过点M作于点H，连接交于点O，如图，

则，
那么，的面积为，
设菱形的边长为a，
∴，
∴点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，
∴，解得，（负值舍去），
∴．
故选：C．
10．（2024·山东济宁）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】A
【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解．
本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
，
∵E是的中点，
，
∴。
故选：A．
11．（2024·江苏无锡）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，设，易得，则，进而得出，再得出，最后根据，即可解答．
【详解】解：延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
设，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
12．（2023·四川乐山）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则（ ）

A．2 B． C．3 D．4
【答案】B
【分析】先由菱形的性质得，，，再由勾股定理求出，然后由直角 三角形斜边的中线等于斜边的一半求解．
【详解】解：∵菱形，
∴，，，
∴由勾股定理，得，
∵E为边的中点，
∴
故选：B．
13．（2024·海南）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1 B． C．0 D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是，
故选：D．
14．（2023·黑龙江大庆）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得，由菱形的性质可得，由平行线的性质可得，进行计算即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：，
四边形为菱形，
，
，
，
，
故选：D．
15．（2023·江苏泰州）菱形的边长为2，，将该菱形绕顶点A在平面内旋转，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转，连接，相交于点O，与交于点E，根据菱形的性质推出的长，再根据菱形的性质推出与的长，再根据重叠部分的面积求解即可．②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积．
【详解】解：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，
连接，相交于点O，与交于点E，

∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，
∴，
∴A，，C三点共线，
∴，
又∵，
∴，，
∵重叠部分的面积，
∴重叠部分的面积；
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积，
故选：A．
16．（2024·内蒙古通辽）如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
D、∵，
∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意；
故选：D
17．（2024·四川达州）如图，由8个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为2，，其中点，，都在格点上，则的值为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，延长交格点于点，连接，分别在格点上，根据菱形的性质，进而得出，解直角三角形求得的长，根据对顶角相等，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交格点于点，连接，分别在格点上，
依题意，，
∴
∴
又，
∴
∴
故选：B．
18．（2024·山东日照）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】A
【分析】连接，将绕点O顺时针旋转得到．证明，推出，利用即可求解．
【详解】解：如图，连接，将绕点O顺时针旋转得到．
，
，
在菱形中，点O是对角线的中点，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
，
，
．
故选：A．
19．（2024·黑龙江大兴安岭地）如图，菱形中，点是的中点，，垂足为，交于点，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了解三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半．
先由菱形性质可得对角线与交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，进而由菱形对角线求出边长，由解三角形即可求出，．
【详解】解：连接，如图，

∵菱形中，与互相垂直平分，
又∵点是的中点，
∴A、O、C三点在同一直线上，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
20．（2024·山东泰安）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【分析】如图：过E作于点M，作于点H，作于点I，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到，因为，所以求出的值即可解答．
【详解】解：如图，过E作于点M，作于点H，作于点I，
∵，
∴点E、M、F、G四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴最小值是．
故选：C．
21．（2024·四川乐山）如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】该题主要考查了菱形的性质，垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上点M的运动路径．
过点C作交于点H，根据，四边形是菱形，，算出，得出，垂直平分，再证明，得出，证明垂直平分，点M在上运动，根据解直角三角形 ．即可求解．
【详解】解：过点C作交于点H，
∵，四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∵点P和点Q关于点C对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴点M在上运动，
当点P与点B重合时，点M位于点，
此时，∵，四边形是菱形，，
∴，
∴．
故点M的运动路径长为．
故选：B．
22．（2024·北京）如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点到该八边形各顶点的距离都相等；
④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】B
【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可.
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.
【详解】向两方分别延长，连接，
根据菱形，，则，，
∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形，
∴点一定在对角线上，且，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，同理可证，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴该八边形各边长都相等，
故①正确；
根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，
∴④正确；
根据题意，得，
∵，，
∴，
∴该八边形各内角不相等；
∴②错误，
根据，
∴，
∴，
∵，
故，
∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误
∴③错误，
故选B．
二、填空题
23．（2024·四川甘孜藏族自治州）在菱形ABCD中，AB＝2，则菱形的周长是 ．
【答案】8cm
【分析】根据菱形的性质可直接进行求解．
【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为2×4=8cm，
故答案为：8cm．
24．（2023·黑龙江齐齐哈尔）如图，在四边形中，，于点．请添加一个条件： ，使四边形成为菱形．

【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意，先证明四边形是平行四边形，根据，可得四边形成为菱形．
【详解】解：添加条件
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
∵，
∴
∵，，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
在与中，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
故答案为：（或或等）．
25．（2023·山东临沂）一个对角线长分别为和的菱形，这个菱形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的面积计算，根据菱形的面积计算公式计算即可．
【详解】解：菱形的面积为，
故答案为：．
26．（2023·甘肃武威）如图，菱形中，，，，垂足分别为，，若，则 ．

【答案】
【分析】根据菱形的性质，含直角三角形的性质，及三角函数即可得出结果．
【详解】解：在菱形中，，
，
，
，
，
在中，，
同理，，
，
，
在中，
．
故答案为：．
27．（2023·浙江绍兴）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．

【答案】或
【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形为菱形，，
∴，
连接，
①当点E在点A上方时，如图，
∵，，
∴，
②当点E在点A下方时，如图，
∵，，
∴，
故答案为：或．

28．（2023·福建）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．
29．（2023·辽宁大连）如图，在菱形中，为菱形的对角线，，点为中点，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据题意得出是等边三角形，进而得出，根据中位线的性质即可求解．
【详解】解：∵在菱形中，为菱形的对角线，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∵是的中点，点为中点，
∴，
故答案为：．
30．（2023·陕西）点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为 ．
【答案】62°
【分析】连接，根据中心对称图形的定义得出点是菱形的两对角线的交点，根据菱形的性质得出，，那么．
【详解】解：如图，连接，

点是菱形的对称中心，，
点是菱形的两对角线的交点，
，，
．
故答案为：．
31．（2023·四川甘孜）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上，点的坐标为 ，则点的坐标为 ．

【答案】
【分析】根据点的坐标是，可得的长，再根据菱形的四条边都相等即可得点的坐标．
【详解】解：点的坐标是，
，
四边形为菱形，
， ，
则点的坐标为．
故答案为：．
32．（2024·江苏南通）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ．
【答案】
【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解，过作于，结合可得答案．
【详解】解：如图，菱形的周长为，
∴，
过作于，而，
∴，
故答案为：
33．（2024·上海）在菱形中，，则 ．
【答案】/57度
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，利用菱形性质得出，利用等边对等角得出，然后结合三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
故答案为：．
34．（2023·黑龙江牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．

【答案】或
【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转后，当绕点A逆时针旋转后，利用菱形的性质及直角三角形30度角的性质求解即可．
【详解】解：当绕点A顺时针旋转后，如图，

∵，
∴，
∵菱形中，，
∴，
延长交x轴于点E，
∴，，
∴，
∴，
∴；
当绕点A逆时针旋转后，如图，延长交x轴于点F，
∵，，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：或．
35．（2024·广西）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：．
36．（2024·西藏）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查了菱形的判定定理，由题干的已知条件可得出四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键．
【详解】解：添加（答案不唯一），
∵在四边形中，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
故答案为：（答案不唯一）．
37．（2024·四川巴中）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是 ．
【答案】60°
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【详解】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
38．（2024·广东）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可．
【详解】解：连接，
∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4，
∴，，
设菱形中边上的高为h，
则，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：10．
39．（2024·山东青岛）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴（负值已舍去），
∴，
∴，
∴，
∴，CO＝3（舍去）．
∵AE⊥BC，，
∴．
故答案为：．
40．（2023·江苏南京）如图， 在菱形纸片中， 点E在边上，将纸片沿折叠， 点B落在处，， 垂足为F 若， 则
【答案】/
【分析】根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
由翻折，菱形的性质，得： ， ，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点E作，
设， 则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
41．（2024·浙江）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B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为
【答案】/
【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，D，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B的对应点在线段上，
∴，，
∴
∴点，D，O三点共线
∴，
∴
∴
∵
∴
由对称可得，
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
∴．
故答案为：．
42．（2024·贵州）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为 ．
【答案】/
【分析】延长，交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明，，过E点作交N点，根据三角函数求出，，，，在中利用勾股定理求出，根据菱形的性质即可得出答案．
【详解】延长，交于点M，
在菱形中，点E，F分别是，的中点，
，，，，
在和中
，
，
，
在和中
，
，
，，
，
，
过E点作于N点，
，，
，，
，
，
在中
，
即，
，
，
故答案为：．
三、解答题
43．（2023·湖南怀化）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，．

(1)证明：；
(2)连接、，证明：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质得出，则，根据是的中点，可得，即可证明；
（2）根据可得，进而可得四边形是平行四边形，根据对角线互相垂直的四边形是菱形，即可得证．
【详解】（1）证明：如图所示，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
在与中
，
∴；
（2）∵
∴，
又∵
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是菱形．
44．（2023·湖南永州）如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，．

(1)是直角三角形吗？请说明理由；
(2)求证：四边形是菱形．
【答案】(1)是直角三角形，理由见解析．
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，再根据勾股定理的逆定理，即可得出结论；
（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求证．
【详解】（1）解：是直角三角形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴是直角三角形．
（2）证明：由（1）可得：是直角三角形，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
45．（2023·湖北随州）如图，矩形的对角线，相交于点O，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；
（2）根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解．
【详解】（1）解：∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵矩形中，，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：矩形的面积为，
∴的面积为，
∴菱形的面积为．
46．（2023·湖南张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且，，．

(1)求证：；
(2)若时，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意得出，再由全等三角形的判定和性质及平行线的判定证明即可；
（2）方法一：利用全等三角形的判定和性质得出，又，再由菱形的判定证明即可；方法二：利用（1）中结论得出，结合菱形的判定证明即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
即
在和中，
，
∴
∴，
∴
（2）方法一：在和中，
，
∴
∴，又，
∴四边形是平行四边形
∵，
∴是菱形；
方法二：∵，
∴
∴，
又，
∴四边形是平行四边形
∵，
∴是菱形．
47．（2023·辽宁沈阳）如图，在中，，是边上的中线，点在的延长线上，连接，过点作交的延长线于点，连接、，求证：四边形是菱形．

【答案】证明见解析
【分析】先根据等腰三角形的性质，得到垂直平分，进而得到，，，再利用平行线的性质，证明，得到，进而得到，即可证明四边形是菱形．
【详解】证明：，是边上的中线，
垂直平分，
，，，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
四边形是菱形．
48．（2023·湖南湘西）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．

(1)求证：；
(2)若．求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，交于点，证明，推出四边形为平行四边形，得到，即可得证；
（2）先证明四边形是菱形，得到，进而得到，即可得证．
【详解】（1）证明：连接，交于点，

∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
49．（2023·内蒙古）如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．

(1)如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；
(2)如图2，若，且，
①求证：；
②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．
【答案】(1)点在线段的垂直平分线上
(2)①证明见解析，②
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出，再由各角之间的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接．利用等边三角形的判定和性质得出，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，点在线段的垂直平分线上．
理由如下：连接．
∵四边形是菱形，对角线相交于点，
．
，
，
∴点在线段的垂直平分线上．

（2）①证明：如图，∵四边形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；

②如图，连接．
，
∴是等边三角形．
∵，
∴，
在中，，
，
．
，，
，
．
，
，
．
在中，，
由勾股定理得，
．

50．（2023·吉林长春）将两个完全相同的含有角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放．点A，E，B，D依次在同一直线上，连结、．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，当四边形是菱形时．的长为__________．
【答案】(1)见解析；
(2)
【分析】（1）由题意可知易得，即，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明；
（2）如图，在中，由角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余易得，；由菱形得对角线平分对角得，再由三角形外角和易证即可得，最后由求解即可．
【详解】（1）证明：由题意可知，
，，
，
四边形地平行四边形；
（2）如图，在中，，，，
，，
四边形是菱形，
平分，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．

51．（2023·山东日照）如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，且．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接与交于O，先由平行四边形对角线互相平分得到，再利用证明得到，进而证明，得到，由此即可证明平行四边形是菱形；
（2）先由菱形的性质得到，再解， 得到，利用勾股定理求出，则，，则．
【详解】（1）证明：如图所示，连接与交于O，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；

（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴，
∴．
52．（2023·湖北襄阳）如图，是菱形的对角线．

(1)作边的垂直平分线，分别与，交于点，（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，连接，若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）分别以点，点为圆心，大于的长为半径作弧，交于点，点，作直线交于点，交于点，连接即可；
（2）连接，由菱形的性质得到，，则，由线段的垂直平分线的性质可得，故得到，则．
【详解】（1）解：

（2）解：连接，
菱形，
，，
，
垂直平分，
，
，
．
53．（2024·山东德州）如图，中，对角线平分．

(1)求证：是菱形；
(2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，）
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
（2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴四边形是菱形．
（2）连接，交于点O，

∵四边形是菱形．，，
∴，，，
∴，
即菱形的边长为5．
54．（2024·云南）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，
，
，
．
55．（2024·江苏扬州）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解
(2)
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，作，可证，可得，由此可证平行四边形是菱形；
（2）作，根据面积的计算方法可得，结合菱形的性质可得，根据含的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下，
如图所示，过点作于点，过点作于点，
根据题意，四边形，四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵宽度相等，即，且，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：如图所示，过点作于点，
根据题意，，
∵，
∴，
由（1）可得四边形是菱形，
∴，
在中，，
即，
∴．
56．（2024·四川凉山）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接．

(1)求证：；
(2)求的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质证明，再结合是的垂直平分线，即可证明；
（2）过点N作于点F，连接，，则，故，此时，在中，进行解直角三角形即可．
【详解】（1）证明：连接，

∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴；
（2）解：过点N作于点F，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
当点A、N、F三点共线时，取得最小值，如图：

即，
∴在中，，
∴的最小值为．
57．（2024·江西）如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）
(1)如图，过点作的垂线；
(2)如图，点为线段的中点，过点作的平行线．
【答案】(1)作图见解析；
(2)作图见解析．
【分析】（）作直线，由菱形的性质可得，即为的垂线；
（）连接并延长，与的延长线相交于点，作直线，因为点为线段的中点，所以，因为，所以，，故可得，得到，所以四边形为平行四边形，即；
本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，掌握菱形的性质及平行四边形的判定方法是解题的关键．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求．
58．（2024·内蒙古呼伦贝尔）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接
(1)求证：四边形是菱形：
(2)若平行四边形的周长为，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识 ：
（1）由平行四边形的性质得再证明，得出，证明出四边形是平行四边形，由得出四边形是菱形：
（2）求出菱形的周长为20，得出，再证明是等边三角形，得出．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴即
∴
∵为的中点，
∴
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
又
∴四边形是菱形；
（2）解：∵
∴
∵平行四边形的周长为22，
∴菱形的周长为：
∴
∵四边形是菱形，
∴
又
∴是等边三角形，
∵．
59．（2023·海南）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．

(1)当点恰好为的中点时，求证：；
(2)求线段的长；
(3)当为直角三角形时，求的值；
(4)如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)2或
(4)的度数是定值，
【分析】（1）由 “”可证；
（2）由菱形的性质可得，，，，再由直角三角形的性质可求解；
（3）分类讨论：当时；当时，由直角三角形的性质可求、的长，由等腰三角形的判定与性质可求的长，通过证明，可得，即可求解；
（4）先证点、点、点三点共线，由直角三角形的性质可得，可求，通过证明点、点、点、点四点共圆，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，
，
点是的中点，
，
，
；
（2）解：四边形是菱形，，，
，，，，
，
，
，
；
（3）解：当时，
四边形是菱形，
，，，，
，
，即，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
；
当时，
，
由（2）得：，，
四边形是菱形，
，
，
，，
，
，
，
，
综上所述：或2
（4）解：的度数是定值．
如图，取的中点，连接、、，
，
是的垂直平分线，
，，
，
点是的中点，，
，
四边形是菱形，
，，，
点是的中点，，
，
点、点、点三点共线，
点是的中点，，
，
，
，
，
点、点、点、点四点共圆，
，
．
60．（2024·广东广州）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①且；②能，
【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论；
（2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案．
【详解】（1）解：，；理由如下：
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由对折可得：，
∴；
（2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，
∵四边形为菱形，，
∴， ，，
∴为等边三角形，
∴，
∴共圆，，在上，
∵，
∴，
过作于，
∴，，
∴，
当时，最小，则最小，
∵，，
∴，
∴；
点E不与B、C重合，
，且，
∴的取值范围为且；
②能为的切线，理由如下：
如图，以为圆心，为半径画圆，
∵，
∴在上，
延长与交于，连接，
同理可得为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由对折可得：，，
过作于，
∴设，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
试卷第1页，共3页

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