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专题15 四边形
课标要求 考点 考向
1. 探索并了解多边形的内角和与外角和公式，了解正多边形的概念，了解四边形的不稳定性。 2. 掌握平行四边形的概念和性质，了解平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分；探索并掌握四边形是平行四边形的条件 3.掌握矩形的概念和性质，探索并证明矩形的四个角都是直角，对角线相等；探索并掌握四边形是矩形的条件 4. 掌握菱形的概念和性质，探索并证明菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分；探索并掌握四边形是菱形的条件5. 理解正方形的概念，以及平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系；探索并证明正方形的性质定理及判定定理，正方形既是矩形，又是菱形，具有矩形和菱形的所有性质。 6. 探索并了解线段、矩形、平行四边形、三角形的重心及物理意义；通过探索平面图形的镶嵌，知道任意一个四边形可以镶嵌平面，并能运用四边形进行简单的镶嵌设计。 多边形内角及其外角 考向一 多边形内角
考向二 多边形外角
平行四边形 考向一 平行四边形性质
考向二 平行四边形判定
特殊的平行四边形 考向一 矩形
考向二 菱形
考向三 正方形
考点一 多边形内角及其外角
考向一 多边形内角
1．（2024·吉林长春·中考真题）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．
2．（2024·河北·中考真题）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．
3．（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ．
【答案】81
【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解．
【详解】解：正五边形中，，，
正方形中，，，
，，
，
，
故答案为：81．
4．（2024·山东日照·中考真题）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．
5．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正多形的内角和和内角以及弧长公式，根据六边形是正六边形，根据正多边内角和等于，求出内角，再根据弧长公式即可得出答案．
【详解】解：∵六边形是正六边形，
∴，
∴，
故答案为：．
考向二 多边形外角
1．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）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：．
2．（2024·山东·中考真题）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
3．（2024·四川资阳·中考真题）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．
4．（2024·江苏徐州·中考真题）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．
考点二 平行四边形
考向一 平行四边形性质
1．（2024·四川巴中·中考真题）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.
2．（2024·贵州·中考真题）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．
3．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，对角线互相平分，对角相等等性质进行判断即可
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，故①③正确，
，，
点是的中点，
，
又，，，
，
，，故②不正确，
，，
，
即，故④正确，
综上所述，正确结论的个数为3个，
故选：C．
4．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键．
如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，由得，进而得，则，再由得，则，由，得，在中由勾股定理得，则，证明得，则，再证明得，由此可得BG的长．
【详解】解：如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
又∵，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得： ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：．
5．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长 （结果保留）．
【答案】/
【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定是等边三角形，得到．
由平行四边形的性质推出，判定是等边三角形，得到，由弧长公式即可求出的长．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
由题意得：，
是等边三角形，
，
，
．
故答案为：．
6．（2024·内蒙古·中考真题）如图是平行四边形纸片，，点M为的中点，若以M为圆心，为半径画弧交对角线于点N，则 度；将扇形纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为 ．
【答案】 40 2
【分析】本题考查了平行四边形的性质、弧长公式、圆锥等知识，熟练掌握弧长公式是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据三角形的外角性质可得的度数；先利用弧长公式求出扇形的弧长，再根据圆锥的底面圆的周长等于扇形的弧长求解即可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
由圆的性质可知，，
∴，
∴，
∴扇形的弧长为，
∴圆锥的底面圆半径为，
故答案为：40；2．
7．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点，，，在平行四边形中，它的对角线与反比例函数的图象相交于点，且，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了反比例函数与平行四边形综合，相似三角形的性质与判定，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，根据平行四边形的性质得出，证明得出，，进而可得，即可求解．
【详解】如图所示，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，
∵四边形是平行四边形，点，，，
∴，
∴，即，则，
∵轴，轴，
∴
∴
∴
∴，
∴
∴
故答案为：．
8．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点在边上，，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交的延长线于点F．求证：．小丽的思考过程如下：
参考小丽的思考过程，完成推理．
【答案】见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，先证明，可得，同理可得：，再进一步证明即可．
【详解】证明：四边形是平行四边形
，，
，
同理可得，，
∴
又，
即，
又，
．
9．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．

(1)如图1，若是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．
①求证：是的中点；
②求；
(2)如图2，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)①见解析；②
(2)，理由见解析
【分析】（1）①根据，得出为的中点，证明出即可；②先证明出得到，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；
（2）连接交于点，证明，进一步证明出四边形为平行四边形，得出为的中位线，得到，再证明出得到，再通过等量代换即可求解．
【详解】（1）解：①，
为的中点，
，
是边的中点，
，
，
在中，
∴，
又∵，
，
，
是的中点；
②，
四边形为平行四边形，
，
，
，
∵，
，
，
，
，
；
（2）解：线段与线段之间的数量关系为：，理由如下：
连接交于点，如下图：

由题意，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点，
，
又，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
，
为的中点，
，
，
为的中点，
为的中位线，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．
10．（2024·江西·中考真题）追本溯源：
题（1）来自于课本中的习题，请你完成解答，提炼方法并完成题（2）．
（1）如图1，在中，平分，交于点D，过点D作的平行线，交于点E，请判断的形状，并说明理由．
方法应用：
（2）如图2，在中，平分，交边于点E，过点A作交的延长线于点F，交于点G．
①图中一定是等腰三角形的有（ ）
A．3个　B．4个　C．5个　D．6个
②已知，，求的长．
【答案】（1）是等腰三角形；理由见解析；（2）①B；②．
【分析】本题考查了平行四边形的性质和等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键；
（1）利用角平分线的定义得到，利用平行线的性质得到，推出，再等角对等边即可证明是等腰三角形；
（2）①同（1）利用等腰三角形的判定和性质可以得到四个等腰三角形；
②由①得，利用平行四边形的性质即可求解．
【详解】解：（1）是等腰三角形；理由如下：
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）①∵中，
∴，，
同（1），
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，，，
∴，，，
即、、、是等腰三角形；共有四个，
故选：B．
②∵中，，，
∴，，
由①得，
∴．
考向二 平行四边形判定
1．（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】解：A、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
C、∵，
∴四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵，不能得出四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．
2．（2024·山东济宁·中考真题）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）
3．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键．
【详解】解：过点作于，于，则，
∵两张纸条的对边平行，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵两张纸条的宽度相等，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
在中，，，
∴，
∴四边形的周长为，
故答案为：．
4．（2024·山东青岛·中考真题）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，．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．
5．（2024·山东潍坊·中考真题）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．
6．（2024·湖北武汉·中考真题）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．
7．（2024·湖南·中考真题）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，
∵，，
∴．
考点二 特殊的平行四边形
考向一 矩形
1．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长．
【详解】解：中，，，，
，
连接，如图所示：
∵于点，于点，，
∴，
四边形是矩形，
，
当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，
∴此时．
故选：B．
2．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ．
【答案】
【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解．
【详解】如图，过作轴于点，则，
由平移性质可知：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，
设，则，，
∴，解得：，
∴，，
∴，
∵点在第四象限，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
3．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，．点P在边上，过点P作，垂足为D，过点D作，垂足为F．连接，取的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查含30度角的直角三角形，一次函数与几何的综合应用，矩形的判定和性质，两点间的距离，以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，利用含30度角的直角三角形的性质，求出点的坐标，得到点在直线上运动，求出点分别与重合时，点的坐标，利用两点间的距离公式进行求解即可．
【详解】解：以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，
则：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点作，则：，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
令，
则：，
∴点在直线上运动，
当点与重合时，，此时，
当点与重合时，，此时，
∴点E所经过的路径长为；
故答案为：．
4．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．

【答案】
【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解．
【详解】如图，过作于点，于点，

∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵平分，
∴，，
∴四边形是正方形，
由折叠性质可知：，，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
5．（2024·湖南长沙·中考真题）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．
6．（2024·甘肃兰州·中考真题）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，
∴．
7．（2024·青海·中考真题）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（____①____）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据①________
【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②________
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③________ ④________
结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．
【答案】（1）①中位线定理
（2）证明见解析
（3）②矩形
（4）证明见解析
（5）补图见解析；③且；④正方形
【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识
（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；
（2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题；
（3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题.
【详解】（1）①证明依据是：中位线定理；
（2）证明：∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，
∴．
同理可得：．
∵
∴
∴中点四边形是菱形．
（3）②矩形；
故答案为：矩形
（4）证明∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，，
∴．
同理可得：．
∵
∴，
∴
∴中点四边形是矩形．
（5）证明：如图4，∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，
∴．
同理可得：．
∵
∴
∴中点四边形是菱形．
∵
由（4）可知
∴菱形是正方形．
故答案为：③且；④正方形

8．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判断，三角形中位线定理等知识，解题的关键是：
（1）利用三角形中位线定理可得出，，然后利用平行四边形的判定即可得证；
（2）利用平行四边形的性质得出，，结合点G是的中点，可得出，同理，则可得出，，然后利用矩形判定即可得证．
【详解】（1）证明：∵的中线，交于点O，
∴，，
∵点F，G分别是，的中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵G是中点，
∴，
∴，
同理，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是矩形．
考向二 菱形
1．（2024·江苏无锡·中考真题）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．
2．（2024·山东济宁·中考真题）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．
3．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　)
A．互相垂直平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
【答案】A
【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
连接，，
点和点分别是和的中点，
是的中位线，
．
同理可得， ，
，，
四边形是平行四边形．
， ，且，
，
平行四边形是菱形，
与互相垂直平分．
故选：A．
4．（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的判定和性质．证明四边形是菱形，即可求解．
【详解】解：由作图知，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
故选：A．
5．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：作图可得
∴四边形是菱形，
∴
∵，
∴，
∴，
故选：C．
6．（2024·山东青岛·中考真题）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：．
7．（2024·山东济宁·中考真题）综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形中，且足够长）进行探究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，连接，把纸片展平．
第二步，把四边形折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为，再把纸片展平．
第三步，连接．
【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形是正方形．
乙同学的结论：．
（1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由．
【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在上的点M处，折痕为，连接，把纸片展平．
第五步，连接交于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：．
（2）请证明这个结论．
【答案】（1）甲、乙同学的结论正确，证明见解析，（2）证明见解析
【分析】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一性质，解题的关键是正确作出辅助线并熟练掌握相关的性质定理，
（1）先证明四边形为矩形，再根据即可证明四边形为正方形，设，由折叠性质可知：，，再根据等腰直角三角形的性质分别求出，，即可得出，进而可得出结论；
（2）作交于点R，利用证明，得出，再证明四边形为菱形，得出，进而证明，再根据证明，得出，进而证明，即可得出结论
【详解】解：（1）甲、乙同学的结论都正确，理由如下：
四边形是矩形，
由第一步操作根据折叠性质可知：
四边形为矩形，
又
四边形为正方形，
故甲同学的结论正确；
作于点M，
四边形为正方形，
设，
由第二步操作根据折叠性质可知：，
在中，
在中，,
故乙同学的结论正确；
（2）作交于点R，如图所示：
为折痕,

四边形为矩形，
在和中，
又
由折叠性质可知：
四边形为菱形，
即
在和中，
8．（2024·河南·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点E．

(1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点F（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)证明（1）中得到的四边形是菱形
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是：
（1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可；
（2）先证明四边形是平行四边形，然后利用直角三角形斜边中线的性质得出，最后根据菱形的判定即可得证．
【详解】（1）解：如图，
；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，是斜边上的中线，
∴，
∴平行四边形是菱形．
考向三 正方形
1．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（ ）
A．1 B．2 C．5 D．10
【答案】C
【分析】先证明四边形是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出，，证明得出，则可得出，同理，得出平行四边形是矩形，证明，得出，进而得出，得出矩形是正方形，在中，利用勾股定理求出，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵E，F，G，H分别为各边中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
同理，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
同理，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，同理，
∴平行四边形是矩形，
∵，，，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴矩形是正方形，
在中，，
∴，
∴，
∴正方形的面积为5，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键．
2．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为 （结果保留根号）．
【答案】/
【分析】本题考查了黄金分割的定义，正方形的性质及矩形的判定与性质，先证明四边形是矩形，根据黄金分割的定义可得，据此求解即可，熟记黄金比是解题的关键．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴．
又∵，
∴，
故答案为：．
3．（2024·内蒙古·中考真题）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：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理、二次根式的化简等知识，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．
4．（2024·四川广安·中考真题）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点，旋转的性质，正方形的判定和性质等，延长交y轴于点E，先求出点A和点B的坐标，再根据旋转的性质证明四边形是正方形，进而求出和的长度即可求解．
【详解】解：如图，延长交y轴于点E，
中，令，则，令，解得，
，，
，，
绕点逆时针方向旋转得到，
，，，
四边形是正方形．
，
，
点的坐标为．
故答案为：．
5．（2024·海南·中考真题）正方形中，点E是边上的动点（不与点B、C重合），，，交于点H，交延长线于点G．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，于点P，交于点M．
①求证：点P在的平分线上；
②当时，猜想与的数量关系，并证明；
③作于点N，连接，当时，若，求的值．
【答案】(1)见解析；
(2)①见解析；②；③．
【分析】（1）利用即可证明；
（2）①证明是等腰直角三角形，再推出四点共圆，求得，据此即可证明结论成立；
②由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，证明，根据相似三角形的性质即可求解；
③证明四边形是平行四边形，推出和都是等腰直角三角形，设，则，，由，得到，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴；
（2）①证明：连接，

由（1）得，
∴，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，，
∵，
∴四点共圆，
∴，
∵，，
∴点P在的平分线上；
②，理由如下：
由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，

∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴；
③由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，

∴，
同理四点共圆，则，
∵，
∴，
∴，∵，
∴四边形是平行四边形，
设平行四边形的对角线的交点为，且，
∵是等腰直角三角形，
∴和都是等腰直角三角形，
设，则，，
∵，，
∴，
∴，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，四点共圆，熟练掌握三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
6．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1．
(1)求证：；
(2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点．
①当时，如图3，求证：四边形为正方形；
②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②当时，线段，，的数量关系为；当时，线段，，的数量关系为；
【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；
（2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即，
而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；②如图，当时，连接，同理，结合，可得
【详解】（1）证明：设，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）证明：①∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，即，
而，
∴，
∴四边形是正方形；
②如图，当时，连接，
由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图，当时，连接，
由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
7．（2024·内蒙古通辽·中考真题）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.
【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键.
一、单选题
1．（2024·安徽安庆·二模）如图，在长方形中，，在上存在一点E，沿直线把折叠，使点D恰好落在边上，设此点为F，若的面积为24，则的长度为（ ）
A．3.5 B． C．2 D．3
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，由矩形的性质可得，，，求出，再由勾股定理结合折叠的性质可得，，设，则，再由勾股定理计算即可得解．
【详解】解：∵在长方形中，，
∴，，，
∵的面积为24，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
故选：B．
2．（2024·安徽合肥·三模）如图，矩形中，平分，过点作，连接并延长交于点，交于点．则下列结论：①；②；③若，，则；④若，则．其中正确的是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】由矩形的性质及角平分线定义得，由勾股定理得，，由相似三角形判定方法得，由相似三角形的性质得，设，由即可求解，可判断①；由相似三角形判定方法得，由相似三角形的性质得，即可判断②；延长交于，由相似三角形判定方法得，由相似三角形的性质得，，二者结合运算即可判断③；由相似三角形的性质得，故有，可求 ，由等腰三角形的判定及性质得 ，， 即可判断④．
【详解】解：①四边形是矩形，
，
平分，
，
，
，
，
，，
，
，
，
设，则有
，
；
故①正确；
②四边形是矩形，
，
，
，
，
即：，
，
，
，
，
，
故②正确；
③如图，延长交于，
由①②得：
，
，
，
即：，
，
，
，
，，
，
由①得：，
，
，
解得：，
，
，
解得：，
四边形是矩形，
，
故③错误；
④由上过程得：，
，
，
，
由③得：，
，
，
解得：，
，
，
，
解得：，
，
同理可证：，
，
，
故④正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质等，能熟练利用以上判定方法及性质是解题的关键．
3．（2024·安徽·三模）如图，矩形中，，，P为边上一点（不与A、D重合），连接，过C点作，垂足为点E，点F为的中点，则的最小值是（ ）

A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】取中点O，再取中点G，点E的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆弧，连接，可知，所以点F的轨迹是以G为圆心，以1为半径的圆弧，当点D、F、G共线时，值最小，再进一步可得答案．
【详解】解：∵矩形，
∴，，
如图，取中点O，再取中点G，连接，，
∴，，

∵，，
∴点E的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆弧，
∵点F为的中点，
∴，
∴点F的轨迹是以G为圆心，以1为半径的圆弧，
当点D、F、G共线时，值最小，
连接，
∴，
∴最小为，
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，圆的确定，三角形的中位线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
4．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在矩形中，，平分，分别交、于点、，，则（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【分析】证明，则，如图，连接，则，，由，可得，由平分，可得，则，，由，可得，则，由，可求，根据，求解作答即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
如图，连接，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，正切等知识．熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，正切是解题的关键．
5．（2024·安徽宣城·模拟预测）如图，是的中线，于点，且，则的长为（ ）
A．13 B．11 C．8 D．6
【答案】C
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的性质求线段长是解答的关键．先证明求得，则，过A作于F，证明四边形是矩形得到，，在中利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵是的中线，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得，则，
过A作于F，则，
∴四边形是矩形，
∴，，
在中，，
∴，
故选：C．
二、填空题
6．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在中，相交于点O，将绕点C旋转至的位置，点B的对应点恰好落在点O处，B，O，D，E四点共线．（1）已知，则 （用含α的代数式表示）；（2）若，则的长为 ．
如
【答案】
【分析】先根据旋转的性质得，再根据等腰三角形的性质求得，可得答案；先根据平行四边形性质得出，再说明，然后根据相似三角形的对应边成比例得出答案．
【详解】根据旋转的性质得，
∵，
∴，
∴．
故答案为：；
由（1）得，，
∴，，
即．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质和判定，相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法．
7．（2024·安徽池州·模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，垂足为点E，F为上一点，连接交于点G，若，则的长是 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的三线合一、勾股定理等知识点，由题意求得，再由，结合勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵平行四边形，
∴，与平行，
∴，
∵
∴
∴
故答案为：
8．（2024·安徽合肥·三模）如图，在正方形中，点E，F为边上的点，将，分别沿折叠，点B，D恰好落在上的点G处，再将沿折叠，点C落在上的点H处．
（1） ；
（2）若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形：根据折叠的性质求得是解题的关键．
（1）利用折叠的性质及三角组成平角即可求得，从而求得，则根据特殊角正弦函数可求得结果；
（2）由及，可求得，进而求得，在中，利用三角函数即可求得结果．
【详解】解：（1）由折叠的性质得：，
即，
而，
∴；
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）∵，，，
∴，；
∴；
由折叠知：，，
∴；
在中，，
故答案为：．
三、解答题
9．（2024·安徽安庆·二模）如图1，在中，，与边分别交于点D、E，连接，点F、G、H分别是的中点，分别连接．
(1)观察、猜想
观察图1，猜想 ，
(2)探究、说理
把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由
(3)拓展、思考
在所在的平面内，把绕点C自由旋转，当时，直接写出线段的长度的取值范围
【答案】(1)，90
(2)（1）中的结论还成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）由平行得，则，由平行得到，则，由三角形中位线定理得到，故，，再根据平行导角即可；
（2）由角正切得到，证明，则，由三角形中位线得到，，再根据平行和相似三角形的性质导角即可；
（3）由题意可知，，则，由于是的中位线，则，继而可求取值范围．
【详解】（1）解：在中，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵点F、G、H分别是的中点，
∴分别为的中位线，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴,
故答案为：，90；
（2）解：（1）中的结论还成立，理由如下：
证明：如图2，
在中，，
∴，
在中，∴，
∴
又，
∴
∴
∴
∵是的中位线，
∴．
同理可得，
∴
∵是的中位线，
∴，
∴
∵，
由于，有，
由得：
∴；
（3）解：由题意可知，，
∴，即
∴绕点C旋转时，当D点落在边上时，AD最小值为6；当点D落在延长线上时，最大值为14，
∵是的中位线，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，难度较大，综合性强，熟练掌握知识点和基本图形是解题的关键．
10．（2024·安徽六安·模拟预测）点是正方形的对角线上一点，过点作交于点，的延长线交于点，交于点．
(1)如图1，证明：；
(2)如图2，若，，求CF的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】本题主要考查了正方形中的证明和计算，解题关键是应用正方形的性质．
（1）由四边形是正方形，可证，即可得；
（2）先证，可得，即可得．
【详解】（1）证明：如图，连接．
四边形是正方形，
点，关于对称，
，．
，
，
又，
，
，
；
（2）由四边形是正方形，
得，，．
由，
得，，
得，即，
得，
得，
得．
11．（2024·安徽合肥·模拟预测）在正方形中，点E为中点，连接并延长交延长线于点G，点F在上，，连接并延长交延长线于H，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)20．
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
（1）先证明，然后证明≌可得，同理证明≌可得，进而可得四边形AFGH为菱形；
（2）设正方形边长为x，结合（1）可得，，然后根据勾股定理列出方程即可求出x的值，进而可得四边形AFGH的面积．
【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形，
，
，
，
点E为CD中点，
，
，
在和中，
，
≌，
，
同理：≌，
，，
，
四边形AFGH为平行四边形．
，
四边形AFGH为菱形．
（2）解：设，
由知，
，，
在中，根据勾股定理，得，
，
解得，舍去，
，
菱形AFGH的面积为：
12．（2024·安徽·模拟预测）已知，四边形为菱形，对角线，交于点，为边上一点，为对角线上一点，且，．
(1)如图，当时，连接并延长交于点；
求证：；
求的度数；
(2)如图，求证：．
【答案】(1)证明见解析；；
(2)证明见解析．
【分析】（）四边形为菱形，证明为中点，再根据等腰三角形的性质证明为中点，从而证明为的中位线，则，根据平行线的性质和垂直的定义即可求证；
先证明菱形为正方形，再证明点，，，四点共圆，根据圆周角定理即可求解；
（）连接并延长交于点，先证明，根据性质得，则为的中点，同（）理点，，，四点共圆，由圆周角定理，证明，根据性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴；
解：∵四边形为菱形，，
∴菱形为正方形，
∴，
又∵，
∴点，，，四点共圆，
∴，
∵，且为中点，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接并延长交于点，
∵，分别为，的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴为的中点，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴点，，，四点共圆，
∴，
又∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，直角三角形的性质，菱形的性质，正方形的判定，中位线定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
13．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在正方形中，点是对角线上一点，连接，过点作交边于点．
(1)求的度数；
(2)如图，连接与交于点，与交于点，设与交于点．
①若，求证：；
②如图，若正方形的边长为，点是的中点，试求的长．
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②．
【分析】（）由正方形的性质可得，，又由可得，进而可得四点在以为直径的圆上，再根据圆周角定理即可求解；
（）①证明，得到，进而由即可求证；②
如图，过点作，垂足为点，可得，设，则，，可得，再证明可得，即得，又由直角三角形的性质可得，最后证明得到，即得，据此即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴四点在以为直径的圆上，
∴；
（2）①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
②解：如图，过点作，垂足为点，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
在四边形中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得（舍去），
∴，
即的长为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，四点共圆，圆周角定理，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键．
14．（2024·安徽·模拟预测）在正方形中，点是边上的一动点，连接．以为边在直线右侧作正方形．
(1)如图1，若与交于点，且，求的度数；
(2)如图2，连接，求证：三点共线；
(3)如图3，若点是边的中点，，连接，求线段的长．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由正方形性质得到，，根据已知条件，数形结合得到，进而在四边形中，由四边形内角和为列方程求解即可得到答案；
（2）由题意可知，只需要证明即可得证三点共线，利用正方形性质及互余定义，等量代换即可得证；
（3）过点作于点，如图所示，由三角形全等的判定定理得到，结合全等性质、正方形性质及中点定义得到各个线段长度，在中，由勾股定理求解即可得到答案．
【详解】（1）解：在正方形中，；
在正方形中，，
，
，
则，
在四边形中，，
即，
则；
（2）证明：如图所示：
在正方形中，；
在正方形中，，
；；；；；
，
；；
，
，
即，
，
，即三点共线；
（3）解：过点作于点，如图所示：
，
在正方形中，；
在正方形中，，，
，
则，
在和中，
，
，
点是边的中点，，
，
则，
在中，，，
则由勾股定理可得．
【点睛】本题考查正方形综合，涉及正方形性质、互余定义、四边形内角和、互补定义、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形性质及相关几何性质，灵活运用是解决问题的关键．
15．（2024·安徽·模拟预测）如图，在菱形中，为边的中点，连接交延长线于点，平分交于点，连接．
(1)如图1，求的大小；
(2)如图1，证明：点为线段的三等分点；
(3)如图2，连接交于点，若，，求的长．
【答案】(1)
(2)详见解析
(3)
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．
（1）根据菱形的性质得到平分，根据角平分线的定义得到，于是得到结论；
（2）连接分别交、于点、，如图1所示．根据菱形的性质得到垂直平分，由（1）得，，求得，根据全等三角形的性质得到，得到，于是得到点为线段的三等分点；
（3）连接交于点，连接，如图2所示．根据菱形的性质得到垂直平分，根据相似三角形的性质得到，设，则，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
平分，
平分，
，
，
即：；
（2）证明：连接分别交、于点、，如图1所示．
四边形是菱形，
垂直平分，
由（1）得，，
∴，
，
，
为的中点，，
，，，
∴，
，
又，
∵，，
，即点为线段的三等分点；
（3）解：连接交于点，连接，如图2所示．
四边形是菱形，
垂直平分，
又为的中点，
∴，
，
设，则，
在中，，
，
解得（负值舍去），
．
16．（2024·安徽合肥·三模）如图1，在矩形中，为边的中点，为的中点，的延长线交于．
(1)分别记矩形的面积为的面积为，求的值；
(2)如图2，连接，若，求证：；
(3)如图3，连接，经过点的直线分别交于，交于，交于，若，求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据题意得和，则，结合即可；
（2），则，即可证明，即可证明结论成立；
（3）延长交的延长线于，可证，有，结合中点可得．利用矩形的性质得，则有和，那么，即可求得．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵为边的中点，
，
为的中点，
，
．
，
；
（2）证明：为边的中点，为的中点，，
，
，
又，
，
；
（3）解：如图，延长交的延长线于．
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
，
又为的中点，
，
，
，
，
①， ②，
①+②得
．
．
又，
．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、中点的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、全等三角形的判定和性质和相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟悉矩形的性质和相似三角形的性质．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题15 四边形
课标要求 考点 考向
1. 探索并了解多边形的内角和与外角和公式，了解正多边形的概念，了解四边形的不稳定性。 2. 掌握平行四边形的概念和性质，了解平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分；探索并掌握四边形是平行四边形的条件 3.掌握矩形的概念和性质，探索并证明矩形的四个角都是直角，对角线相等；探索并掌握四边形是矩形的条件 4. 掌握菱形的概念和性质，探索并证明菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分；探索并掌握四边形是菱形的条件5. 理解正方形的概念，以及平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系；探索并证明正方形的性质定理及判定定理，正方形既是矩形，又是菱形，具有矩形和菱形的所有性质。 6. 探索并了解线段、矩形、平行四边形、三角形的重心及物理意义；通过探索平面图形的镶嵌，知道任意一个四边形可以镶嵌平面，并能运用四边形进行简单的镶嵌设计。 多边形内角及其外角 考向一 多边形内角
考向二 多边形外角
平行四边形 考向一 平行四边形性质
考向二 平行四边形判定
特殊的平行四边形 考向一 矩形
考向二 菱形
考向三 正方形
考点一 多边形内角及其外角
考向一 多边形内角
1．（2024·吉林长春·中考真题）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．
2．（2024·河北·中考真题）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．
3．（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ．
4．（2024·山东日照·中考真题）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形．
5．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为 ．
考向二 多边形外角
1．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）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．
2．（2024·山东·中考真题）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
3．（2024·四川资阳·中考真题）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
4．（2024·江苏徐州·中考真题）正十二边形的每一个外角等于 度．
考点二 平行四边形
考向一 平行四边形性质
1．（2024·四川巴中·中考真题）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
2．（2024·贵州·中考真题）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．
3．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 ．
5．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长 （结果保留）．
6．（2024·内蒙古·中考真题）如图是平行四边形纸片，，点M为的中点，若以M为圆心，为半径画弧交对角线于点N，则 度；将扇形纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为 ．
7．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点，，，在平行四边形中，它的对角线与反比例函数的图象相交于点，且，则 ．
8．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点在边上，，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交的延长线于点F．求证：．小丽的思考过程如下：
参考小丽的思考过程，完成推理．
9．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．

(1)如图1，若是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．
①求证：是的中点；
②求；
(2)如图2，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论．
10．（2024·江西·中考真题）追本溯源：
题（1）来自于课本中的习题，请你完成解答，提炼方法并完成题（2）．
（1）如图1，在中，平分，交于点D，过点D作的平行线，交于点E，请判断的形状，并说明理由．
方法应用：
（2）如图2，在中，平分，交边于点E，过点A作交的延长线于点F，交于点G．
①图中一定是等腰三角形的有（ ）
A．3个　B．4个　C．5个　D．6个
②已知，，求的长．
考向二 平行四边形判定
1．（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·山东济宁·中考真题）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．
3．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ．
4．（2024·山东青岛·中考真题）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．
5．（2024·山东潍坊·中考真题）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．
6．（2024·湖北武汉·中考真题）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）
7．（2024·湖南·中考真题）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．
考点二 特殊的平行四边形
考向一 矩形
1．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ．
3．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，．点P在边上，过点P作，垂足为D，过点D作，垂足为F．连接，取的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为 ．
4．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．

5．（2024·湖南长沙·中考真题）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．
6．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，D是的中点，，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
7．（2024·青海·中考真题）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（____①____）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据①________
【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②________
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③________ ④________
结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．
8．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：是矩形．
考向二 菱形
1．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山东济宁·中考真题）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
3．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　)
A．互相垂直平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
4．（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（ ）

A． B． C． D．
5．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（ ）

A． B． C． D．
6．（2024·山东青岛·中考真题）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 ．
7．（2024·山东济宁·中考真题）综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形中，且足够长）进行探究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，连接，把纸片展平．
第二步，把四边形折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为，再把纸片展平．
第三步，连接．
【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形是正方形．
乙同学的结论：．
（1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由．
【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在上的点M处，折痕为，连接，把纸片展平．
第五步，连接交于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：．
（2）请证明这个结论．
8．（2024·河南·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点E．

(1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点F（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)证明（1）中得到的四边形是菱形
考向三 正方形
1．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（ ）
A．1 B．2 C．5 D．10
2．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为 （结果保留根号）．
3．（2024·内蒙古·中考真题）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 ．
4．（2024·四川广安·中考真题）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为 ．
5．（2024·海南·中考真题）正方形中，点E是边上的动点（不与点B、C重合），，，交于点H，交延长线于点G．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，于点P，交于点M．
①求证：点P在的平分线上；
②当时，猜想与的数量关系，并证明；
③作于点N，连接，当时，若，求的值．
6．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1．
(1)求证：；
(2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点．
①当时，如图3，求证：四边形为正方形；
②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系．
7．（2024·内蒙古通辽·中考真题）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．
一、单选题
1．（2024·安徽安庆·二模）如图，在长方形中，，在上存在一点E，沿直线把折叠，使点D恰好落在边上，设此点为F，若的面积为24，则的长度为（ ）
A．3.5 B． C．2 D．3
2．（2024·安徽合肥·三模）如图，矩形中，平分，过点作，连接并延长交于点，交于点．则下列结论：①；②；③若，，则；④若，则．其中正确的是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
3．（2024·安徽·三模）如图，矩形中，，，P为边上一点（不与A、D重合），连接，过C点作，垂足为点E，点F为的中点，则的最小值是（ ）

A．3 B． C． D．
4．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在矩形中，，平分，分别交、于点、，，则（ ）
A． B．4 C． D．
5．（2024·安徽宣城·模拟预测）如图，是的中线，于点，且，则的长为（ ）
A．13 B．11 C．8 D．6
二、填空题
6．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在中，相交于点O，将绕点C旋转至的位置，点B的对应点恰好落在点O处，B，O，D，E四点共线．（1）已知，则 （用含α的代数式表示）；（2）若，则的长为 ．
如
7．（2024·安徽池州·模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，垂足为点E，F为上一点，连接交于点G，若，则的长是 ．
8．（2024·安徽合肥·三模）如图，在正方形中，点E，F为边上的点，将，分别沿折叠，点B，D恰好落在上的点G处，再将沿折叠，点C落在上的点H处．
（1） ；
（2）若，则的长为 ．
三、解答题
9．（2024·安徽安庆·二模）如图1，在中，，与边分别交于点D、E，连接，点F、G、H分别是的中点，分别连接．
(1)观察、猜想
观察图1，猜想 ，
(2)探究、说理
把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由
(3)拓展、思考
在所在的平面内，把绕点C自由旋转，当时，直接写出线段的长度的取值范围
10．（2024·安徽六安·模拟预测）点是正方形的对角线上一点，过点作交于点，的延长线交于点，交于点．
(1)如图1，证明：；
(2)如图2，若，，求CF的长．
11．（2024·安徽合肥·模拟预测）在正方形中，点E为中点，连接并延长交延长线于点G，点F在上，，连接并延长交延长线于H，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求四边形的面积．
12．（2024·安徽·模拟预测）已知，四边形为菱形，对角线，交于点，为边上一点，为对角线上一点，且，．
(1)如图，当时，连接并延长交于点；
求证：；
求的度数；
(2)如图，求证：．
13．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在正方形中，点是对角线上一点，连接，过点作交边于点．
(1)求的度数；
(2)如图，连接与交于点，与交于点，设与交于点．
①若，求证：；
②如图，若正方形的边长为，点是的中点，试求的长．
14．（2024·安徽·模拟预测）在正方形中，点是边上的一动点，连接．以为边在直线右侧作正方形．
(1)如图1，若与交于点，且，求的度数；
(2)如图2，连接，求证：三点共线；
(3)如图3，若点是边的中点，，连接，求线段的长．
15．（2024·安徽·模拟预测）如图，在菱形中，为边的中点，连接交延长线于点，平分交于点，连接．
(1)如图1，求的大小；
(2)如图1，证明：点为线段的三等分点；
(3)如图2，连接交于点，若，，求的长．
16．（2024·安徽合肥·三模）如图1，在矩形中，为边的中点，为的中点，的延长线交于．
(1)分别记矩形的面积为的面积为，求的值；
(2)如图2，连接，若，求证：；
(3)如图3，连接，经过点的直线分别交于，交于，交于，若，求的值．
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