2025年中考数学专项复习讲义专题06 三角形与四边形（解析版）

这是一份2025年中考数学专项复习讲义专题06 三角形与四边形（解析版），共124页。
题型01 三角形有关的线段
题型02 勾股定理
题型03 全等的判定与性质
题型04 相似的判定与性质
题型05 多边形的角、边、对角线
题型06 平行四边形的判定与性质
题型07 矩形的判定与性质
题型08 菱形的判定与性质
题型09 正方形的判定与性质
题型01
三角形有关的线段
1．（2025·河北保定·一模）下列五边形具有稳定性的图形是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的稳定性和四边形的不稳定性，解题的关键是理解只要图形由三角形构成，也具有稳定性．根据三角形具有稳定性，进行解答即可．
【详解】解：根据三角形具有稳定性，只要图形由三角形构成，也具有稳定性，只有D选项中的图形都是由三角形构成．
故选：D．
2．（2025·福建三明·一模）已知方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的一元二次方程根的判别式的应用，根与系数的关系，三角形三边关系的应用，先解方程得到一个解为，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，且，再进一步解答即可．
【详解】解：∵，
∴或，
当时，则，
当时，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，
∴，，，
解得：，
∵方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，
∴，
∴，
∴，
解得：，
综上：，
故选：C
3．（2025·江苏镇江·一模）等腰三角形的周长是12，底边长为2，那么它的一条腰长是（ ）
A．2B．5C．6D．4
【答案】B
【分析】分两种情况：当等腰三角形的底边长为2时；当等腰三角形的一腰长为2时；然后分别进行计算即可解答．
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，分两种情况讨论是解题的关键．
【详解】解：分两种情况：
当等腰三角形的底边长为2时，
等腰三角形的周长为12，
它的一条腰长，
，
能组成三角形；
当等腰三角形的一腰长为2时，
等腰三角形的周长为12，
它的底边长，
，
不能组成三角形；
综上所述：它的一条腰长是5，
故选：B
4．（2025·河北邢台·一模）如图，根据尺规作图的痕迹，可以判断是的（ ）
A．角平分线B．高线C．中位线D．中线
【答案】D
【分析】本题主要考查了三角形的中线作图以及定义，根据尺规作图的痕迹即可判断．
【详解】解：由作图的痕迹可知：点D是线段的中点，
∴线段是的中线．
故选：D．
5．（2025·甘肃陇南·一模）如图，在中，点，分别是，上的中点，连接，，若的面积为10，则的面积为（ ）
A．5B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了三角形的中位线性质，三角形相似的判定和性质，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．根据三角形的中线与面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵点，分别是，上的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵E是的中点，
∴，
故选：B．
6．（2025·陕西西安·一模）如图，在周长为的中，是边上的中线，已知，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了三角形的周长公式和三角形中线的定义，解题的关键是熟练掌握三角形中线的定义．利用三角形中线定义和周长公式即可求出答案．
【详解】解：∵是边上的中线，
，
∵周长为，
∴，
∴，
故选：B．
7．（2025·广东深圳·一模）下列说法正确的是（ ）
A．三角形的高、中线、角平分线都在三角形的内部
B．所有的等边三角形都是全等三角形
C．等腰三角形是关于一条边上的中线成轴对称的图形
D．如果两个三角形关于某直线成轴对称，那么它们是全等三角形
【答案】D
【分析】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的性质，等边三角形的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据三角形的高、中线、角平分线的特征可判断A；根据全等三角形的定义以及等边三角形的性质可判断B；根据等腰三角形的性质可判断选项C；根据轴对称的性质和全等三角形的判定可判断D．
【详解】解：A、三角形的中线、角平分线都在三角形的内部，但是三角形的高不一定在内部，原说法错误，不符合题意；
B、等边三角形不一定是全等三角形，原说法错误，不符合题意；
C、等腰三角形是关于底边上的中线所在的直线成轴对称的图形，原说法错误，不符合题意；
D、如果两个三角形关于某直线成轴对称，那么它们是全等三角形，原说法正确，符合题意；
故选：D．
8．（2025·河北·一模）如图，在中，，，点D在边上，点O为的内心，当为钝角三角形时，，则和的值分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，解决本题的关键是掌握三角形的内心，
根据等腰三角形的性质和三角形的内角和可得，由为的内心，可得，所以，由点在线段上（不与重合），可得，进而可得，再根据为钝角三角形，得出，即可得出．
【详解】解：在中，，，
，
∵为的内心，
，
，
∵点在线段上（不与重合），
，
，
，
∵为钝角三角形，，，
，
，
，
，
综上，，
∴，．
故选：C．
9．（2025·山东日照·一模）线段能构成三角形，且使关于的不等式组有解的所有整数的和为 ．
【答案】
【分析】本题考查构成三角形的三边关系、解不等式组、不等式组有解时参数范围等知识，先由三角形三边关系得到，再解含参数的不等式组，根据不等式组有解情况得到所有整数，求和即可得到答案．熟练掌握由不等式组有解情况求出参数范围的方法是解决问题的关键．
【详解】解：线段能构成三角形，
，
，
由②得，
关于的不等式组有解，
不等式组的解集为，
则，即，
为整数，
可取，
则使关于的不等式组有解的所有整数的和为，
故答案为：．
10．（2025·广西来宾·一模）如图，是等腰三角形，，．
(1)尺规作图：作的平分线，交于点；（要求：不写作法，保留作图痕迹，标注字母）
(2)若，，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了角平分线的尺规作图，等腰三角形的性质，角平分线的定义，掌握角平分线的尺规作图是解题关键．
（1）根据角平分线的尺规作图画出图形即可；
（2）通过等腰三角形的性质结合角平分线的定义得，将、代入计算即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，射线即为所求．
（2）解：∵，，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∵，，
∴的周长为．
题型02
勾股定理
1．（2025·海南·一模）如图，是矩形的边上一动点，是的中点，连接，将沿所在直线折叠，点的对应点是点，连接．已知，当线段的最小值为1时，边的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由矩形的性质可得，，，通过折叠性质可知：，，则有点在以点为圆心，为半径的圆上运动，连接，由
，从而可知当点三点共线时，有最小值，然后设，则，，最后通过勾股定理，解一元二次方程即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠性质可知：，，
∴点在以点为圆心，为半径的圆上运动，连接，如图，
∵，
∴当点三点共线时，有最小值，即此时，如图，
∵是的中点，
∴，
设，则，，
由勾股定理得：，
∴，整理得：，
解得：（舍去），，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，解一元二次方程，圆的性质的综合运用，掌握知识点的应用是解题的关键．
2．（2025·海南·一模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，连接，将线段向右平移到，若四边形为菱形，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，坐标与图形的性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
设与轴交于点，由，则，，，再通过菱形的性质可得，最后由线段和差即可求解．
【详解】解：如图，设与轴交于点，
∵，
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∴点的坐标为，
故选：．
3．（2025·海南·一模）如图，在中，，，，点在边上（不与点，重合）．将线段绕点顺时针旋转到，连接，若是等腰直角三角形，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
由，，则，则，所以，由勾股定理可得，再由等腰直角三角形的性质和勾股定理求出，最后由线段和差即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
由旋转性质可知：，
∴，
故选：．
4．（2025·河南南阳·一模）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点B作于点F，连接，若，，则的长为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
根据菱形的性质得到，，由勾股定理可得，再由直角三角形斜边上中线的性质即可求解．
【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点O，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
故选：D．
5．（2024·天津·一模）如图，将绕点A顺时针旋转得到，点的对应点落在的延长线上，连接，，，，则的长为（ ）
A．7B．C．8D．10
【答案】B
【分析】由旋转的性质知，，求得，根据勾股定理的逆定理可得，进一步推理可得，是等腰直角三角形，利用勾股定理计算即得答案．
【详解】将绕点A顺时针旋转得到，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故选B．
【点睛】本题考查了图形旋转的性质，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
6．（2025·广西贵港·一模）如图所示为雷达图，规定：1个单位长度代表，以点为圆心，过数轴上的每一刻度点画同心圆，并将同心圆平均分成十二等分．一艘海洋科考船在点处用雷达发现，两处鱼群，那么，两处鱼群的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的知识点是勾股定理的应用，解题关键是熟练掌握勾股定理．根据题意得出及、后即可根据勾股定理求解．
【详解】解：如图，连接，数轴交点为，
由题意得，同心圆平均分成十二等分，则每三等分即为，
，
又个单位长度代表，
，，
根据勾股定理可得，
中，．
故选：C．
7．（2017·广东广州·一模）如图，在△ABD中，∠D=90°，CD=6，AD=8，∠ACD=2∠B，则BD的长是（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】C
【详解】∵∠D=90°，CD=6，AD=8，∴AC= =10，
∵∠ACD=2∠B，∠ACD=∠B+∠CAB，∴∠B=∠CAB，∴BC=AC=10，
∴BD=BC+CD=16，
故选C．
8．（2025·山东临沂·一模）如图，在矩形中，，，点E在上，将矩形沿折叠，点D恰好落在边上的点F处，那么 ．

【答案】
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质和勾股定理，正切的定义，解题关键是熟练掌握折叠的性质和勾股定理．
折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
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，即，再根据正切函数的定义即可求解．
【详解】解：四边形为矩形，，，
，，，
矩形沿折叠，点D恰好落在边上的点F处，
，，
在中，
，
，
设，则，
在中，
，
即，
解得，，
，
．
故答案为：．
9．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，正方形中，，点为正方形内部一点，连接，且，当为等腰三角形时，的长为 ．
【答案】或
【分析】由已知可得，即得点在以为直径的圆上，再分，和三种情况解答即可求解，
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上，
∵为等腰三角形，
当时，点为正方形对角线的中点，如图，
∵ ，
∴；
当时，如图，过点作于，则，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，仅当点和点重合时，
∵点为正方形内部一点，
∴此种情况不符合；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，点和圆的关系，圆周角，等腰三角形的定义全等三角形的判定和性质，勾股定理等，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
10．（2025·河南南阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B、C在x轴上，将该矩形沿对角线折叠，点C的对应点为点E，交于点F．已知，．则点F的坐标为 ．
【答案】
【分析】由矩形的性质得，得出
,再由折叠的性质可得,得出,再由等腰三角形的判定可得,再由勾股定理可得，再求解可得答案．
【详解】解：，,
,
四边形是矩形，
，
,
将该矩形沿对角线折叠，点C的对应点为点E，
,
,
,
，
，
，
解得，
，
点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查坐标与图形变化对称、矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理及等腰三角形的判定等知识，推导出是解题的关键．
11．（2025·江苏连云港·一模）在网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在的网格中，点A、B、C都在格点上，那么的值为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了解直角三角形．根据所给网格，连接，利用勾股定理及逆定理得出与垂直，再结合正切的定义即可解决问题．
【详解】解：连接，如图所示：
设小正方形网格的边长为，
则由勾股定理得：，，
，
∴，
∴是直角三角形，且，
在中，
，
故答案为：．
12．（2025·山东济宁·一模）在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，每米造价元，铺完整个楼梯总造价需要 元．
【答案】
【分析】本题主要考查了勾股定理解决实际问题，解题的关键是熟练掌握勾股定理的应用．
利用勾股定理求得所有台阶横面长度，横面长度加上竖面长度即为总长度，总长度乘单价即为总造价．
【详解】解：根据题意得，整个楼梯图形为直角三角形，根据勾股定理得：
所有台阶横面长为：（m）
∴所有楼梯表面的长度为：（m）
∴总造价为：元．
故答案为：．
13．（2025·甘肃定西·一模）如图，一棵垂直于地面的树在一次强台风中从距离地面2米处折断倒下，倒下部分与地面成 角，这棵树在折断前的高度为
【答案】6米/
【分析】本题考查了含30度角的直角三角形的边长的性质，牢牢掌握该性质是解答本题的关键．
如图，由，由此得到，再由米，可得米，然后即可求出这棵大树在折断前的高度．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
∵米，
∴米，
∴这棵大树在折断前的高度为米．
故答案为：6米．
题型03
全等的判定与性质
1．（2025·辽宁葫芦岛·一模）矩形中，，，延长BA到点，使，连接，交于点，连接，则的面积为（ ）
A．24B．12C．6D．8
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形的面积．由矩形的性质得到，，， ，从而得到，，，证得，因此，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，， ，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C
2．（2025·天津西青·一模）如图，在中，，把绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，的延长线与相交于点，连接，则下列结论一定正确的是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，熟练掌握相关的性质，是解题的关键．本题可通过旋转的性质得出，，，，然后逐项进行判断即可．
【详解】解：由已知得：，则，
∵，并没有必然的相等关系，找不到能证明两边相等的依据，
∴故A错误；
∵绕点顺时针旋转得到，，
但与并没有必然的相等关系，找不到能证明两角相等的依据，
∴故B错误；
由已知得：，则，，
∴，
故C错误；
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，故D正确．
故选：D．
3．（2025·山东济南·一模）如图，，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
由全等三角形的性质得到，，根据三角形内角和定理得到，得到，即可得到答案．
【详解】解：，
，，
，
，
，
，
故选：C．
4．（2025·山东济南·一模）如图，点在同一条直线上，，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查全等三角形的性质，三角形的外角，根据全等三角形的性质，得到，再根据三角形的外角的性质，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴；
故选B．
5．（2025·黑龙江大庆·一模）下列说法正确的是（ ）
A．面积相等的两个三角形全等
B．角平分线上的点到角的两边距离相等
C．的平方根是2
D．是分数
【答案】B
【分析】根据全等三角形的性质，角平分线的性质，算术平方根和平方根的意义，无理数的分类逐项分析即可．
【详解】解：A．面积相等的两个三角形不一定全等，故不正确；
B．角平分线上的点到角的两边距离相等，正确；
C．的平方根是，故不正确；
D．是无理数，故不正确；
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，角平分线的性质，算术平方根和平方根的意义，无理数的分类，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
6．（2025·湖南张家界·一模）如图，，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了全等三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，根据三角形内角和定理求出，根据全等三角形的性质得出，求出即可．能灵活运用全等三角形的性质进行推理是解此题的关键．
【详解】解：，，
，
，
，
故选：C．
7．（2025·安徽合肥·一模）如图1，菱形中，，，点，分别在边，上，．
(1)求证：；
(2)求的最小值；
(3)如图2，线段的中点是点，连接，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】此题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的性质，三角函数，
（1）由，所以．因为是菱形，且，所以与都是正三角形，从而，，故．
（2）解：过作延长线的垂线，交于点，设，则，根据勾股定理，得，所以当时，有最小值为．
（3）解：方法一：过点作边的垂线，交与点，交于点．再过点向边所在的直线作垂线，交的延长线于点．设，则，可得四边形的面积．方法二：取中点，连接，过作于，得，求出，，可得四边形的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∴与都是正三角形，
∴，，
∵
∴，
∴；
（2）解：过作延长线的垂线，交于点，设，则．
∵，
∴，，
∴．
在中，据勾股定理，得
，
∴当时，有最小值为．
（3）解：方法一：过点作边的垂线，交于点，交于点．再过点向边所在的直线作垂线，交的延长线于点．设，则，
∵线段的中点是点，
∴．
故．
过点作边的垂线，交于点．
同理可得，
∴四边形的面积．
方法二：取中点，连接，过作于，
则，
∵，
所以，
同理：，
∴．
8．（2025·河南南阳·一模）华师大版教材八年级下册页有一道习题：
解决下列问题：
(1)该习题不添加辅线，只需证明______，即可得到结论．
(2)如图1，正方形中，点、分别在边、上．
①过点G作交于点．（要求尺规作图，不写作法，仅保留作图痕迹）．
②求证：．
(3)如图2，黄金矩形（）中，点、、分别在边、、上，且，若．请直接写出线段的长（用含的式子表示）．
【答案】(1)
(2)①见详解；②见详解
(3)
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键；
（1）根据全等三角形的判定和性质即可求解；
（2）①根据题意作图即可；②过点作交 于点，交 于点，进而证明，从而求解；
（3）根据题意判定，进而求解；
【详解】（1）证明：，
，
是正方形，
，，
，
，
，
；
；
故答案为：
该习题不添加辅线，只需证明，即可得到结论；
（2）解：①根据题意，作图如下：
②∵四边形为正方形，
，，，
过点作交 于点，交 于点，
则四边形为平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：根据题意，过点作交 于点，交 于点，作图如下：
四边形为矩形；
，
四边形为平行四边形；
，
，
，
；
，
，
，
；
9．（2025·陕西汉中·一模）如图，点E在正方形的边上，点F在的延长线上，连接、，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，由正方形的性质可得，，再证明即可得证．
【详解】证明：∵四边形为正方形，
∴，．
∴．
又∵，
∴，
∴．
10．（2025·宁夏银川·一模）如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点
(1)求证：；
(2)连接，若，，求的长.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键．
（1）由菱形的性质及中点定义得到角的关系及边的关系，再由三角形全等的判定与性质即可证明；
（2）由菱形性质及（1）中结论得到，在中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半代值求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵在菱形中，，
∴，
又∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
，
∴；
（2）解：∵在菱形中，，
由（1）可知，
∴，
∵，
∴，
是斜边上的中线，
．
11．（2025·山东淄博·一模）将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形．
(1)如图，当点E在上时，求证：；
(2)当为何值时，？不画图形，请直接写出结论．
【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】（1）通过矩形的性质和旋转的性质证明，那么得到，再由，即可等量代换出结果；
（2）分点在右侧和左侧，证明为等边三角形，进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵是矩形，
∴，，，
由旋转可得，，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：当时，点G在的垂直平分线上，分两种情况讨论：
①当点G在右侧时，取的中点H，连接交于M，
由旋转得，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴为等边三角形，
∴；
②当点G在左侧时，同理可得是等边三角形，
∴，
∴旋转角，
综上所述：当或时，．
【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
12．（2025·河南郑州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O．
(1)尺规作图：在菱形的边上方找一点E，使得（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)连接，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了尺规作图、全等三角形的判定于性质、菱形的性质、平行线的判定与性质等知识点 ，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（）作，再在射线上截取，连接，因为四边形为菱形，所以，，因为可得得到，又，故可得，即点E即为所求；
（2）根据全等三角形的性质可得，再结合可得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可证明结论．
【详解】（1）解：如图∶ 点E即为所求．
（2）证明： ∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
题型04
相似的判定与性质
1．（2025·湖南长沙·一模）如图，下列条件不能判定的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定，根据相似三角形的判定的判定方法即可得出答案，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
【详解】解：、∵，
∴，故选项不符合题意；
、∵，
∴，故选项不符合题意；
、∵，
∴，
又∵，
∴，故选项不符合题意；
、对应边不成比例，不能判定，故选项符合题意．
故选：．
2．（2025·上海松江·一模）已知命题：
①两边及第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似；
②两边及第三边上的高对应成比例的两个三角形相似．
下列对这两个命题的判断，正确的是（ ）
A．①和②都是真命题B．①和②都是假命题
C．①是真命题，②是假命题D．①是假命题，②是真命题
【答案】C
【分析】本题考查了相似三角形的判定，掌握其判定方法是解题的关键．
如图所示，在中，是边上的中线，如图所示，延长至点，使得，连接，可得，同理，延长至点，使得，连接，，可证，由此可证，可判定①；如图所示，在中，，是边上的高，由此可判定②；由此即可求解．
【详解】解：①两边及第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似；
如图所示，在中，是边上的中线，，
如图所示，延长至点，使得，连接，
∴，
∴，
∴，
同理，延长至点，使得，连接，
，，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，故①是真命题；
②两边及第三边上的高对应成比例的两个三角形相似．
如图所示，在中，，是边上的高，
∴，但与不相似，故②是假命题；
综上所述，①是真命题，②是假命题，
故选：C ．
3．（2025·上海嘉定·一模）下列两个三角形一定相似的是（ ）
A．两个直角三角形B．有一个内角为的两个直角三角形
C．两个等腰三角形D．有一个内角是的两个等腰三角形
【答案】B
【分析】本题考查相似三角形的判定，根据相似三角形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、两个直角三角形不一定相似，不符合题意；
B、根据两角相等的两个三角形相似，可以得到有一个内角为的两个直角三角形一定相似，符合题意；
C、两个等腰三角形不一定相似，不符合题意；
D、有一个内角是的两个等腰三角形不一定相似，比如一个的角是顶角，一个的角为底角，不符合题意；
故选B．
4．（2013·吉林白城·一模）如图，在三角形纸片中，，，，沿虚线剪下的涂色部分的三角形与相似的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】此题主要考查了相似三角形的判定，正确利用相似三角形两边比值相等且夹角相等的两三角形相似是解题关键．
根据相似三角形的判定分别进行判断即可得出答案即可．
【详解】解：在三角形纸片中，，，．
A．因为，则，又由，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与相似，故此选项符合题意；
B．因为 ，，，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项不合题意；
C．因为 ，，即：，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项不合题意；
D、因为 ，， ，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项不合题意；
故选：A．
5．（2025·广东湛江·一模）若，，的周长是8，则的周长是（ ）
A．27B．18C．15D．12
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的性质，根据周长比等于相似比即可求解，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∴的周长的周长，
故选：D．
6．（2025·安徽合肥·一模）如图，，若，，则与的相似比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的性质，解题关键是掌握似三角形的对应边比等于相似比．根据相似三角形的对应边之比等于相似比，进行求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴与的相似比为：．
故选：D．
7．（2025·湖南·一模）如图，已知与位似，位似中心为，且的面积与的面积之比为，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查位似图形的性质，涉及相似三角形的面积比是相似比的平方等知识，先由题意得到，求出即可得到答案，熟记相似三角形性质、位似图形性质是解决问题的关键．
【详解】解：与位似，位似中心为，且的面积与的面积之比为，
，则，
，
故选：A．
8．（2025·广西河池·一模）小郑在做“小孔成像”实验时，蜡烛到挡板的距离与挡板到屏幕的距离之比是．若烛焰的高是，则实像的高是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
根据证明，然后利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图所示：相交于点O，
∵是烛焰的高，是实像的高，
∴，
∴，
∵蜡烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是，，
∴，解得：．
故选：B．
9．（2025·辽宁·一模）若两个相似三角形的相似比是，则这两个相似三角形的面积比是 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的性质，牢固掌握其性质是解题的关键．根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可．
【详解】解∶∵两个相似三角形的相似比是，
∴这两个相似三角形的面积比是，
故答案为∶ ．
10．（2025·福建·一模）如图，四边形是一张矩形纸片，点、在边上，沿着折叠，使边落在边上，点落在点处；沿着折叠，使边落在边上，点落在点处．若矩形与原矩形相似，则为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，相似图形的性质，解题的关键是掌握相关知识．由折叠的性质可得：，，，，推出四边形和四边形是矩形，得到，，设，，则，得到，根据相似的性质可得，即，整理可得：，令，则，求出即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
由折叠可得：，，，，
四边形和四边形是矩形，
，，
设，，则，
，
矩形与原矩形相似，
，即，得到，
整理可得：，
令，则，
解得：（负值已舍去），
，即，
故答案为：．
11．（2025·河南鹤壁·一模）如图，在中，，，．将折叠，使点B的对应点落在边上，折痕分别与交于点D，E．若与相似，则的长为
【答案】或
【分析】本题考查了相似三角形的性质，折叠的性质．设，则，由折叠的性质得，分和两种情况讨论，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：设，则，由折叠的性质得，
分两种情况讨论，
当时，，即，
解得，
当时，，即，
解得，
综上，的长为或．
故答案为：或．
12．（2025·贵州黔南·一模）如图，在中，是的直径，C 是上一点，在上找一点D，使得连接，过点C作的垂线，垂足为E．
(1)求证：；
(2)求证：是的切线；
(3)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）分别证明，，从而可得结论；
（2）连接，证明，可得，再进一步可得结论；
（3）连接、，证明四边形是矩形，可得，再证明，可得，可得，利用可得答案.
【详解】（1）证明：∵是的直径
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴；
（2）证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（3）解：连接、
∵是的直径，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵是半径，，
∴，，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定及扇形的面积公式，相似三角形的判定，熟练地掌握相似三角形的判定和切线的判定是解决本题的关键．
13．（2025·浙江杭州·一模）如图，已知正方形的对角线相交于点，平分交于点，，交于点，交于点．
(1)求的值；
(2)求证：；
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由正方形的性质，结合特殊角的三角函数值求解即可得到答案；
（2）由正方形性质得到，再结合角平分线定义、垂直定义得到，利用两个三角形相似的判定定理即可得证；
（3）过点作交延长线于点，如图所示，由中位线判定与性质得到，再由正方形性质及已知条件，根据两个三角形全等的判定与性质得到即可得证．
【详解】（1）解∵正方形的对角线相交于点，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：过点作交延长线于点，如图所示：
，
，
∴，，
由（2）可得，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查几何综合，涉及正方形性质、特殊角的三角函数值、角平分线定义、垂直定义、相似三角形的判定、三角形中位线的性质、两个三角形全等的判定与性质等知识，熟记相关几何判定与性质是解决问题的关键．
14．（2025·山西阳泉·一模）如图，已知矩形及对角线．
(1)过点作的垂线，垂足为点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)结合图形猜想，请将下面的证明过程补充完整．
证明：四边形是矩形，
___________，②___________（矩形的对边平行，每个角都是直角）．
（③___________）．（填写推理的依据）
，
．
．
（④___________）．（填写推理的依据）
【答案】(1)图见详解
(2)过程见详解
【分析】本题主要考查垂线的尺规作图、矩形的性质及相似三角形的判定，熟练掌握垂线的尺规作图、矩形的性质及相似三角形的判定是解题的关键；
（1）以点B为圆心，适当长为半径画弧，交于两点，在以这两点为圆心，大于这两点之间距离的一半长为半径画弧，然后问题可求解；
（2）根据矩形的性质、平行线的性质及相似三角形的判定定理可进行求解．
【详解】（1）解：所作图形如图所示：
（2）证明：四边形是矩形，
，（矩形的对边平行，每个角都是直角）．
（两直线平行，内错角相等）．
，
．
．
（有两组角对应相等的两个三角形相似）．
15．（2025·湖北·一模）（1）如图1，在中，于点H，求证：；
（2）如图2，已知，E为上一点，且，若，求的值；
（3）如图3，在四边形中，，，E为边上一点，且，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，利用前面探索的结论和方法解决新问题是解题的关键．
（1）利用同角的余角相等得，即可证明结论；
（2）过点A作于点F，利用两个角相等证明，得，从而得出答案；
（3）过点A作于点H，延长相交于点N，设，则首先证明，得再根据，得最后根据进而解决问题．
【详解】解：（1）证明：∵，
∴，
∴，
∴；
（2）过点A作于点F，则，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）过点A作于点H，延长相交于点N．
∵，
∴．
设，则．
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
16．（2025·湖南张家界·一模）如图，线段与相交于点，，，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定，由两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，可得结论，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
【详解】证明：，，，，
，，
，
又，
．
17．（2025·河南·一模）如图，反比例函数的图像经过点，一次函数的图象与反比例函数的图象交于A，D两点，与y轴交于点，与x轴交于点C．
(1)求反比例函数与一次函数的表达式．
(2)现有一个直角三角板，让它的直角顶点P在反比例函数图象上的A，D两点之间滑动（不与点A，D重合），两直角边始终分别平行于x轴、y轴，且与线段交于M，N两点，试判断点P在滑动过程中，与是否总相似，并说明理由．
【答案】(1)
，
(2)是，理由见解析
【分析】（1）将点代入中，得，由此即可求出的值，进而可得反比例函数的表达式；将，分别代入中，得，解方程组即可求出、的值，进而可得一次函数的表达式；
（2）由两直线平行同位角相等可得，，然后由相似三角形的判定即可得出结论．
【详解】（1）解：将点代入中，得：，
，
反比例函数的表达式为；
将，分别代入中，得：，
解得：，
一次函数的表达式为；
（2）解：点P在滑动过程中，与总相似，理由如下：
轴，
，
，
轴，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数的综合，反比例函数与几何综合，求反比例函数解析式，求一次函数解析式，相似三角形的判定，两直线平行同位角相等，解二元一次方程组等知识点，熟练掌握反比例函数与一次函数的综合及反比例函数与几何综合是解题的关键．
18．（2025·河南开封·一模）（1）计算：．
（2）如图，是的边上的一点，连接，已知．求证：．
【答案】（1）（2）见解析
【分析】（1）先去括号并化简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）根据两组对应边成比例，且夹角相等判定两个三角形相似．
【详解】解：（1）
；
（2）证明：∵，，
．
【点睛】此题考查二次根式的混合运算，相似三角形的判定，熟练掌握二次根式的混合运算法则和相似三角形的判定定理是解题的关键．
19．（2025·吉林长春·一模）如图，在中，，，，为边的中点．点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿运动到点停止；同时点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线运动到点停止，当点停止运动时，点也停止运动．设点的运动时间为（秒）．
(1)当点与点重合时，的值为________；
(2)用含的代数式表示长；
(3)将的分成的两部分，其中的三角形与相似时，求的值；
(4)当点不与的顶点重合时，过点作交的边于点，以和为边作．连结，直接写出将分成面积相等的两部分时的值．
【答案】(1)
(2)
(3)或
(4)或
【分析】（1）由勾股定理求得，从而有，点与点重合，则，求解即可；
（2）分两种情况：当时，则点Q在上 ，当时，则点Q在上，分别求解即可；
（3）分两种情况：当，则点Q在上时，当，则点Q在上时，根据相似三角形性质求解即可；
（4）分两种情形：如图1中，连接，交于点．当时，，根据经过平行四边形对角线交点的直线平分平行四边形的面积，知此时平分平行四边形的面积．如图2中，连接，交于点，当时，，此时平分平行四边形的面积．分别求解即可．
【详解】（1）解：，，，
，
∵为边的中点，
，
∵点与点重合，
∴，
．
故答案为：．
（2）解：当时，则点Q在上 ，
∴；
当时，则点Q在上 ，
∴；
综上，．
（3）解：当，则点Q在上时，
则，，
∵将的分成的两部分，其中的三角形与相似时，
∴当时，
则，即，
解得：；
当时，
则，即，
解得：（舍去）；
当，则点Q在上时，
当时，
则，即，
解得：；
当时，
则，即
解得：（舍去）．
综上，将的分成的两部分，其中的三角形与相似时，t值为或．
（4）解：如图1中，连接、相交于点．当，且时，此时平分平行四边形的面积．
∵，
∴，
，
，
解得．
如图2中，连接、相交于点O，当，且时，此时平分平行四边形的面积．
∵
∴，，
∴
∴
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述，满足条件的t的值为或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，列代数式，相似三角形的判定与性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
20．（2025·陕西渭南·一模）大象寺塔是渭南的一座回音塔，是当地的一大奇观，这里的建筑风格独特，回音效果让人叹为观止．林轩和王飞想利用所学知识测量大象寺塔的高度．测量方案如下：如图，林轩在地面上立即点处，放置一个小平面镜（大小忽略不计），并沿着方向移动，当移动到点处时，他刚好在小于曲镜内看到该塔最高点的像，此时，测得米，林轩眼睛与地面的距离米．土（红色）的另一侧的点处，测得该塔顶部的仰角，测得点A、P之间的距离为米．已知图中所有点均在同一平面内，、，点P、C、E、A在同一水平直线上．请根据以上信息计算大象寺塔的高度．（参考数据：，，）
【答案】大象寺塔的高度约为23.57米．
【分析】本题考查相似三角形的应用，解直角三角形的应用．设大象寺塔的高度．在中，利用正切函数的定义求得，由题意，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：设大象寺塔的高度．在中，，
∴，
∴，
∵点A、P之间的距离为米，米，
∴，
由题意得，
∴，即，
整理得，
解得，
∴大象寺塔的高度约为23.57米．
题型05
多边形的角、边、对角线
1．（2025·山东济南·一模）若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】本题主要考查的是多边的外角和，多边形的对角线及正多边形的概念和性质．正多边形的每个外角都相等．n边形的对角线条数为条，据此根据多边形外角和定理求出边数即可得到答案．
【详解】
解：每个外角都是，
这个多边形的边数为：，
这个正多边形的对角线是条．
故选：B．
2．（2025·浙江宁波·一模）如图，多边形是边长为1的正六边形，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形的相关性质，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识点，掌握正多边形的性质是解题的关键．
先根据内角和定理即可求解，连接，过点B作于点H，由得到，再解直角三角形即可．
【详解】解：∵多边形是边长为1的正六边形，
∴，，
∴，
连接，过点B作于点H，

∴，
∵，
∴，故D符合题意，
故选：D．
3．（2025·河北邢台·一模）如图，已知正六边形的顶点在直线上，是的中点，连接并延长交直线于点，若，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出六边形的每个内角为，再结合度所对的直角边是斜边的一半，得，，运用勾股定理算出，，然后证明，代入数值得，，结合进行计算，即可作答．
【详解】解：过点作，延长交直线于一点，如图所示：
∵六边形是正六边形，
∴六边形的内角和，
则六边形的每个内角为，
∵
∴
则
∴，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A
【点睛】本题考查了正多边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，求一个角的正切值，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
4．（2025·河南周口·一模）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】C
【分析】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．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：C．
5．（2025·云南昆明·一模）若一个正多边形每个内角的度数都是其相邻外角度数的4倍，则它的边数是（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【分析】一个多边形的每个内角度数都是其外角度数的4倍，利用内外角的关系得出等式，即可求得多边形的外角和的度数，依据多边形的外角和公式即可求解．
本题主要考查了多边形的内角与外角的关系以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化．
【详解】解：设多边形的每个外角为，则其内角为：，
，
解得：，
即这个多边形是：
故选：C．
6．（2025·河南南阳·一模）清代文人魏崧在《壹是纪始》中写到：“不倒翁起始于唐朝”．现在“不倒翁”已成为益智的玩具．如图：“不倒翁”平面示意图是由等边与围成的图形．已知：，等边的中心是的圆心．则这个“不倒翁”的平面示意图的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，连接、、，过点作于点，根据等边三角形的性质及等边三角形的中心可得，，，，继而得到，，，，则点、、共线，由勾股定理得，求得，由锐角三角函数的定义得，，求得∴，，然后计算即可．
【详解】解：如图，连接、、，过点作于点，
∵等边的中心是的圆心，，
∴，，，，
∴，
，，
∴，
∴点、、共线，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
，
∴，
，
∴这个“不倒翁”的平面示意图的面积为：
．
故选：D．
【点睛】本题考查等边三角形的性质及等边三角形中心的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数，扇形的面积以及组合图形的面积等知识点．掌握等边三角形中心的性质及锐角三角函数的定义是解题的关键．
7．（2025·四川南充·一模）如图，正五边形内接于，点为的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形的中心角、圆心角与弧的关系、圆周角定理，熟练掌握圆心角与弧的关系是解题关键．连接，先求出，再求出，然后根据圆周角定理即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵正五边形内接于，
∴，
∴的度数为，
∵点为的中点，
∴的度数为，
∴，
由圆周角定理得：，
故选：C．
8．（2025·安徽滁州·一模）如图，边长为的正六边形螺帽，中心为点，垂直平分边，垂足为B，，用扳手拧动螺帽旋转，则点A在该过程中所经过的路径长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，弧长公式，利用正六边形的性质和勾股定理求出的长度，进而得到的长度，最后根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：如图所示，连接．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点A在该过程中所经过的路径长．
故选：C．
9．（2025·安徽合肥·一模）如图，螺母的外围可以看作是正六边形，已知这个正六边形的半径是2，则它的面积是（ ）

A．B．12C．D．24
【答案】A
【分析】此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质；根据题意得出△AOB是等边三角形是解题关键．由正六边形的性质证出是等边三角形，由等边三角形的性质得出，即可得出答案．
【详解】解：设正六边形的中心为O，连接，，过点O作于点H，如图所示：

∵O是正六边形的中心，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴正六边形的面积．
故选：A．
10．（2025·陕西咸阳·一模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角得到六边形，则该六边形的周长一定比原五边形的周长 ．（填“大”或“小”）
【答案】小
【分析】根据题意，五边形的周长为，六边形的周长为，作差，结合三角形两边之和大于第三边，解答即可．
本题考查了图形的周长，三角形三边关系定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键．
【详解】解：根据题意，得：五边形的周长为，六边形的周长为，
故
，
由，得，
得，
该六边形的周长一定比原五边形的周长小．
故答案为：小．
11．（2025·陕西榆林·一模）在古希腊时期，正九边形被认为是完美和神圣的象征，它代表着和谐与平衡．如图1所示的第四套人民币中1角硬币采用了圆内接正九边形的独特设计，这个正九边形的示意图如图2所示，该正九边形的一个内角的度数为 ．
【答案】/140度
【分析】本题考查了多边形的内角和定理，正多边形的性质，熟练掌握多边形的内角和定理，正多边形的每个内角相等是解答．
先求出正九边形的内角和，再利用正九边形的九个内角相等来求解．
【详解】解：正九边形的内角和为：．
又正九边形的九个内角都相等，
．
故答案为：．
12．（2025·辽宁大连·一模）一个多边形的内角和为，则它的边数为 ．
【答案】六/6
【分析】本题考查了多边形内角和定理．熟练掌握多边形内角和定理是解题的关键．
根据多边形内角和定理求解即可．边形内角和公式为（且为整数）．
【详解】解：设这个多边形的边数为（且为整数），
解得．
故答案为：．
13．（2025·重庆·一模）若六边形的内角中有一个内角为，则其余五个内角之和为 ．
【答案】/度
【分析】本题考查了多边形的内角和性质，根据算出六边形的内角和，再减去，即可得出其余五个内角之和，即可作答．
【详解】解：依题意，六边形的内角和：，
则其余五个内角之和，
故答案为：．
14．（2025·山东枣庄·一模）如图，已知五边形为正五边形，以点A为圆心，以的长为半径画弧，分别交，的延长线于点F，G，连接，，则 ．
【答案】/18度
【分析】本题考查圆周角的性质，正多边形的性质以及等腰三角形的性质．连接，，首先，由正五边形内角和公式求出内角的度数，进而得到的度数，然后，根据等腰三角形性质求出和的度数，求出的度数，最后通过，求出的度数．
【详解】解：如图，连接，
则与是上弧所对的圆心角和圆周角，
∴，，
∵五边形为正五边形，
，
在等腰，，
∴；
同理：，
，
∴；
故答案为：．
15．（2025·广东清远·一模）图1窗棂的外边框为正六边形（图2），则该正六边形每个外角的度数为 ．
【答案】/度
【分析】本题考查多边形外角和，正多边形的性质．掌握n边形外角和为和正多边形的每个外角都相等是解题关键．根据n边形外角和为，再除以6即可．
【详解】解：∵正六边形的外角和为，
∴正六边形的每个外角为．
故答案为：．
16．（2025·陕西渭南·一模）若一个正多边形的每个外角的度数都是，则这个正多边形的中心角是 °．
【答案】40
【分析】本题考查了正多边形的外角和，正多边形中心角等知识；由正多边形的外角可求得正多边形的边数，从而求得正多边形的中心角．
【详解】解：∵一个正多边形的每个外角的度数都是，
∴这个正多边形的边数为：，
∴这个正多边形的中心角是；
故答案为：40．
17．（2025·陕西渭南·一模）如图，正六边形的边长为1，则对角线的长是 ．
【答案】2
【分析】本题考查了正多边形的性质和等边三角形的性质，掌握正多边形的性质是解题的关键．
设为正六边形的中心，连接，则是等边三角形，据此即可求解．
【详解】解：设为正六边形的中心，连接，如图，
∴，
∴是等边三角形，
∵正六边形的边长为1，
∴．
故答案为：2．
题型06
平行四边形的判定与性质
1．（2025·河北邢台·一模）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
已知：如图，在四边形中，垂直平分，过点作，以为顶点，在的左侧作交于点．
若以上解答过程正确，①，②应分别为（ ）
A．SAS，B．SSS，
C．SAS，D．SSS，
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】证明：垂直平分，
，
又，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
故选：B．
2．（2024·河北沧州·一模）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查平行四边形的判定、平行线的判定等知识，掌握平行四边形的判定条件是解题的关键．根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】解：A．根据对角线互相平分能判断该四边形是平行四边形，故不符合题意；
B．根据两组对边分别相等能判断该四边形是平行四边形，故不符合题意；
C．根据图可判断出，一组对边相等，另一组对边平行，不能判断该四边形是平行四边形，符合题意；
D．根据两组对边分别平行能判断四边形是平行四边形，故不符合题意．
故选：C．
3．（2025·山西临汾·一模）如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（ ）
A．6B．C．D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了勾股定理、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质．在取点，使，连接，，交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求得，再证明四边形是平行四边形，由此可以求出长．
【详解】解：在取点，使，连接，，交于点，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
则；
∴四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∴，
∵，
∴，，即，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
故选：D．
4．（2025·陕西汉中·一模）如图，四边形为平行四边形，对角线与相交于点O，E、F、G、H分别为边，，，的中点，连接，，，，四边形为菱形，若，则的长为（）
A．6B．5C．4D．3
【答案】A
【分析】本题考查三角形中位线定理、菱形性质以及平行四边形性质的综合运用，解题关键是熟练掌握三角形中位线定理和菱形的性质．
利用三角形中位线定理，得出，，依据菱形四条边相等，由推出，根据平行四边形对角线互相平分，由得到 ，进而得出答案．
【详解】∵、、、分别为边、、、的中点，
∴在中，是中位线，在中，是中位线，
∴；，
∴．
同理，在和中，可得
．
∵四边形为菱形，菱形的四条边相等，
∴．
∴．
∵四边形是平行四边形，，
∴．
∴．
故选：A．
5．（2025·陕西渭南·一模）如图，在菱形中，连接，点、分别是、的中点，连接，若，则菱形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是掌握相关知识．由三角形的中位线定理可得，根据菱形的性质可得，即可求解．
【详解】解：点、分别是、的中点，
是的中位线，
，
四边形是菱形，
，
菱形的周长为，
故选：A．
6．（2025·山东日照·一模）如图所示，在中，点，分别为，的中点，点在线段上，连接，点分别为的中点．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
由三角形中位线定理得，，，，则，，再由平行四边形的判定即可得出四边形为平行四边形，由平行四边形的性质得，再由勾股定理求出的长，再根据为中点即可求答案．
【详解】点D、E分别为，的中点，点G、F分别为，的中点，
是的中位线，是的中位线，
，，，，
，，
四边形为平行四边形；
，
，
，
，
为中点，
即线段的长度为．
故答案为：．
7．（2025·山东临沂·一模）如图，为等边三角形，，在的圆周上，，为圆周上一动点，为的中点，当在圆周上运动时，的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了等边三角形的性质、圆的基本性质、中位线定理，过点作，连接，首先根据圆的基本性质可得：，根据中位线定理可知，根据等边三角形的性质可得：，从而可得：的最小值为．
【详解】解：如下图所示，过点作，连接，
，
，
是等边三角形，
点是的中点，
又点是的中点，
是的中位线，
，，，
在中，，
当点、、三点共线时有最小值，
当点、、三点共线时有最小值，
最小值为．
故答案为： ．
8．（2025·江苏淮安·一模）如图，四边形为平行四边形，点为延长线上一点且．连接、、．求证：
(1)四边形为平行四边形；
(2)当满足________条件时，四边形是矩形，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)当满足时，四边形是矩形，证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定，平行四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
（1）由平行四边形的性质得，，因为，所以，再结合，即可得证；
（2）当满足时，四边形是矩形，由平行四边形的性质得，因为，所以，再结合四边形是平行四边形，即可得证．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
四边形为平行四边形；
（2）解：当满足时，四边形是矩形，
证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
9．（2025·云南玉溪·一模）如图，在中，，，点D在上，过点D作交于点E，延长到点F，使，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识．
（1）由等腰直角三角形的性质得，进而证明，得，再证明，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得，设，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可知，四边形是平行四边形，
∴，
设，则，
由（1）可知，，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，
即，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴．
10．（2025·陕西咸阳·一模）如图，在四边形中，已知点B，C在线段上，，，．求证：四边形为平行四边形．
【答案】见解析
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答即可．
本题考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定，熟练掌握判定是解题的关键．
【详解】证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形．
11．（2025·吉林长春·一模）如图，的两条中线相交于点，过点作，交的延长线于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若的面积为，直接写出的面积为______．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（）由已知可得是中位线，即得，进而根据平行四边形的判定即可求证；
（）由三角形中位线的性质得，进而由得，，即得，，即可得，最后根据即可求解；
本题考查了三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定性质，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵为中线，
∴是中位线，
，
∵点在的延长线上，
，
又，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵是中位线，
∴，
∵
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12．（2025·江苏扬州·一模）如图，在中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧），且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当，，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
（1）证，运用平行四边形的性质得，再证，得，即可得出结论；
（2）由锐角三角函数定义和勾股定理求出，，再证，则，得，求出，进而得出答案．
【详解】（1）证明：，
，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：在中，，
设，则，
由勾股定理得：，
解得：或（舍去），
，，
由（1）得：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
设，则，
，
解得：或,（舍去），
即．
13．（2025·重庆·一模）学习了平行四边形的知识后，实践小组进行了以下研究：作平行四边形一组对边与一条对角线的两夹角的角平分线，这两条角平分线与另一组对边所围成的四边形是一个平行四边形．请根据他们的思路完成以下作图和推理填空：
(1)如图，用直尺和圆规，过点作的角平分线，交于点．（不写做法，保留作图痕迹）
(2)已知：四边形是平行四边形，连接，平分，平分．
求证：四边形是平行四边形．
证明：四边形是平行四边形，
，①__________，
．
平分，平分，
，．
②__________，
③__________
，，
四边形是平行四边形．
实践小组进一步研究发现：平行四边形中，若，请你模仿题中表述，补全以下结论：作平行四边形一组对边与一条对角线的两夹角的角平分线，则④__________．
【答案】(1)作图见解析
(2)，，，四边形是菱形
【分析】此题考查了角平分线的作图、平行四边形的判定和性质、菱形的判定方法，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据角平分线的作图步骤作图即可；
（2）根据平行四边形的性质，得到两组对边分别平行，利用内错角及角平分线，得出，进而证明四边形是平行四边形；通过角平分线及平行四边形的性质，可证，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，平分，
，，
，
，
，，
四边形是平行四边形．
实践小组进一步研究发现：平行四边形中，若，作平行四边形一组对边与一条对角线的两夹角的角平分线，则四边形是菱形．理由如下：
由上可知，四边形是平行四边形，
又平分，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形．
故答案为：，，，四边形是菱形．
题型07
矩形的判定与性质
1．（2025·福建泉州·一模）一块截面为四边形的玉片，已测得两组对边分别平行，再测量得下列条件，仍不能判定这块玉片的截面为长方形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和菱形的判定，由已知可得四边形是平行四边形，进而根据矩形和菱形的判定方法逐项判断即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵四边形的两组对边分别平行，
∴四边形是平行四边形，
、当时，平行四边形是矩形，该选项不合题意；
、当时，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形，该选项不合题意；
、当时，平行四边形是矩形，该选项不合题意；
、当时，平行四边形是菱形，该选项符合题意；
故选：．
2．（2025·福建三明·一模）活动课上，小明用四根细木条搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（ ）
A．测量是否有三个角是直角B．测量对角线是否相等
C．测量两组对边是否分别相等D．测量对角线是否互相垂直
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的判定：三个角都是直角的四边形是矩形，熟练掌握矩形的判定方法是解题关键．根据矩形的判定逐项判断即可得．
【详解】解：A、测量是否有三个角是直角，能判定四边形是矩形，则此项符合题意；
B、测量对角线是否相等，不能判定四边形是矩形，则此项不符合题意；
C、测量两组对边是否分别相等，能判定四边形是平行四边形，但不能判定四边形是矩形，则此项不符合题意；
D、测量对角线是否互相垂直，不能判定四边形是矩形，则此项不符合题意；
故选：A．
3．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）如图，在矩形中，，E为中点，连接．将沿翻折，使点B落在对角线上的点F处，且．连接，则的长为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】设交于G，先证为直角三角形，，证明，得，求得，进而可求得；再证明，得 =，，再根据为的垂直平分线 ，E为中点，由三角形中位线定理得到，即可解答．
本题考查了直角三角形的判定，矩形与折叠，等边对等角，相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【详解】解：如图，设交于G，
∵E为中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴为直角三角形，
∵由翻折而得，
∴为的垂直平分线，
∴，
在矩形中，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴ =，
即 =，
∴，
∵为的垂直平分线 ，
∴为的中点，
∵E为中点，
∴，
∴．
故选：C．
4．（2025·河北·一模）如图，已知在矩形中，，，点在边上，且，点为射线上一动点，连接，过点作于，交直线于．则有下列结论：
的正切值为时，的长为；
在点运动过程中，的最小值为；
当点在射线上运动时，的最小值为；
其中，正确的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，三角函数，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
连接，由矩形的性质得，所以，由的正切值为，，求得，证明四边形为矩形得，，再结合，所以，然后根据，解出，即可判断；因为于，所以点在以的中点为圆心，以为半径的半圆上，过点作于，交于，由得，，再结合得，当最大时，有最小值，由题意可得的最大值为半圆的半径长为，代入即可判断；连接，当点在上时，有最小值，最小值为，由勾股定理得，，所以的最小值为，由此可判断．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，
，，
，
的正切值为，，
，
，
， ，
，
又∵，
四边形为矩形，
，，
，
，
，
解得，故正确；
于，
点在以的中点为圆心，以为半径的半圆上，
如图（在矩形的内部），
过点作于，交于，
，
，
，
，
，
当最大时，有最小值，由题意可得的最大值为半圆的半径长为，
的最小值为，故正确；
连接，当点在上时，有最小值，最小值为，
由题意可得，
，
，，
的最小值为，故正确；
综上所述，正确的有个，
故选：D．
5．（2025·山东潍坊·一模）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形B．圆内接四边形的对角互补
C．一个凸多边形的内角中最多有三个锐角D．三角形的外心都在三角形的外部
【答案】BC
【分析】本题考查判断命题的真假，涉及矩形、圆内接四边形、多边形外角和、三角形的外心等知识，根据矩形、圆内接四边形、多边形外角和、三角形的外心等知识进行判断即可．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，不符合题意；
B、圆内接四边形的对角互补，符合题意；
C、多边形外角和是可得，一个凸多边形的内角中最多有三个锐角，符合题意；
D、三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点，不一定在三角形的外部，不符合题意．
故选：BC．
6．（2025·山东济南·一模）如图，在矩形中，，点在边上，，在矩形内找一点，使得，则线段的最小值为 ．
【答案】/
【分析】点P在所对圆周角的圆O上运动，当的延长线过圆心O时，有最小值，连接，，过O作于H，过O作于M，求出，，由等腰三角形的性质推出，，由圆周角定理得到，由，求出，由含30度角的直角三角形的性质得到，判定四边形是矩形，得到，，由勾股定理求出的长，即可得到答案．
【详解】解：点P在所对圆周角的圆O上运动，
当的延长线过圆心O时，有最小值，连接，，过O作于H，过O作于M，
，，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，矩形的性质，关键是判定点P在所对圆周角的圆O上运动．
7．（2025·辽宁抚顺·一模）如图，在矩形中，，，，以点A为圆心、的长为半径的圆交于点E，点P在上运动，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的判定和 性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，最短线段问题等知识，将求的最小值转化为求线段的长是解题关键．在上截取，连接、、，过点K作于点H，则四边形是矩形．由勾股定理得，证明出，得到，进而得到，即可得到答案．
【详解】解：如图，在上截取，连接、、，过点K作于点H，则四边形是矩形．
，，
，
．
在中，由勾股定理，得，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
．
．
，，
．
的最小值为．
故答案为：．
8．（2025·陕西咸阳·一模）如图，在四边形中，，，E为边上一点．请用尺规作图法在四边形内部求作一点P，使四边形为矩形．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】本题考查作图——复杂作图，矩形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据尺规作图作垂线的方法，过点作垂直，过点作，即可求解．
【详解】解：如图所示，即为所求．
9．（2025·江苏徐州·一模）如图，在中，点分别在边上，且．
(1)求证：；
下面是小轩的证明过程：
证明：四边形是平行四边形，
．①
，
，②
在与中，
，
；
上述推理过程从第___________步开始出现错误？请写出完整的正确证明过程．
(2)请添加一个条件___________，使四边形是矩形．（直接填空，不需说明理由）
【答案】(1)②，证明过程见解析
(2)（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，矩形的判定，
对于（1），根据平行四边形的性质得，再根据可得，然后根据“边角边”得出答案；
对于（2），先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得出答案.
【详解】（1）解：上述推理过程从第②步开始出现错误.
证明：∵四边形是平行四边形，
∴.
∵，
∴.
在和中，
，
∴；
故答案为：②；
（2）解：.（答案不唯一）
∵，，
∴四边形是平行四边形.
当时，
∴四边形是矩形.
故答案为：.（答案不唯一）
10．（2025·江苏扬州·一模）如图，四边形是平行四边形，点，分别是，的中点，点，在对角线上，且．
(1)求证：；
(2)若，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）结合平行四边形性质，利用“边角边”即可证明全等；
（2）由全等三角形性质推出，，即可证，进而证得四边形为平行四边形， 再由即可证四边形是矩形．
【详解】（1）证明： 四边形是平行四边形，
，，
，
又点，分别是，的中点，，
∴，，
，
和中，
，
．
（2）解：，
，，
又，，
，
，
四边形为平行四边形，
连接，
∵点，分别是，的中点，
∴，，
∴，
，
四边形为平行四边形，
，
又，
，
平行四边形为矩形．
【点睛】本题考查的知识点是平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定，解题关键是熟练掌握矩形的判定．
11．（2025·吉林长春·一模）如图，在中，，是中线，点是的中点，连结并延长至点，使，连结、．
(1)求证：四边形为矩形．
(2)若，则与四边形的周长比为_______．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）根据题意得到四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，得到，即可证明结论；
（2）根据题意得到，，得到与四边形的周长比为．
【详解】（1）证明：点是的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，是中线，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：由（1）知四边形是矩形，
，，
，
，
，
．，
，
，
，
，
的周长，
四边形的周长，
与四边形的周长比为，
故答案为：．
题型08
菱形的判定与性质
1．（2025·河南信阳·一模）已知四边形是平行四边形，下列条件中，能判定为菱形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的判定，掌握对角线垂直的平行四边形是菱形是解题的关键．
由菱形的判定：对角线垂直的平行四边形是菱形即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，，
四边形为菱形．
选项A，B，D均不能证明四边形是菱形，故均不符合题意．
故选：C．
2．（2025·安徽宿州·一模）已知四边形的对角线与交于点，．添加下列选项中的条件，仍不能判定四边形是菱形的是（ ）
A．且B．且
C．且D．且
【答案】A
【分析】本题考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
根据菱形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A． 由和，不能判定四边形是平行四边形，所以由，不能判定四边形是菱形，符合题意；
B． 由和可知四边形是平行四边形，再由可判定四边形是菱形，故不符合题意；
C． 由和可知四边形是平行四边形，由可知，即可判定四边形是菱形，故不符合题意；
D． 由和可知四边形是平行四边形，再由可判定四边形是菱形，故不符合题意；
故选：A．
3．（2025·山东济南·一模）如图．以点为圆心，以适当长为半径画弧，交于点，交于点． 分别以，为圆心，以大于 的长为半径画弧，两弧在 的内部相交于点． 作射线交于点． 分别以，为圆心，以大于 的长为半径画弧，两弧相交于，两点．作直线，交，分别于点，． 若，， ，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了作图复杂作图，菱形的判定和性质，平行成比例线段，垂直平分线的性质，熟练掌握垂直平分线的性质是解题的关键；
利用作法得平分，垂直平分，所以，，，再证明四边形为菱形，得到，然后利用平行线分线段成比例定理计算的长．
【详解】解：由作法得平分，垂直平分，连接，，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴四边形为平行四边形，
而，
∴四边形为菱形，
，
，
，
即，
；
故选：C
4．（2025·山东济南·一模）如图，在中，以点为圆心，长为半径画弧交于点；以点为圆心，适当长为半径画弧分别交于两点；分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点，连接并延长交于，连接分别交于，两点，若，则的长为（ ）
A．6B．5C．4.5D．4
【答案】D
【分析】本题考查了作图—基本作图、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，由作图可得，，平分，由角平分线的定义结合平行线的性质得出，推出，结合，得，则，再证明，得出，再证明，得出，即可求解；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：由作图可得，，平分；
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是菱形；
∵，
∴，则，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
5．（2025·陕西咸阳·一模）如图，两张宽度均为的矩形纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重叠部分构成的四边形的周长为 ．
【答案】24
【分析】过点A作于点M，于点N，由题意得四边形是平行四边形，根据矩形的宽相等，得到，结合，进而得到，推出，即可得到四边形是菱形，即可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，菱形的周长，含30度角直角三角形的性质，得出四边形是菱形是解题的关键．
【详解】解：过点A作于点M，于点N，
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，
∴，
∴四边形的周长为，
故答案为：24．
6．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，等边的边长为8，过点B的直线，且与关于直线l对称，D为线段上一动点，则的最小值是 ．
【答案】16
【分析】此题考查了等边三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，最短路径问题，正确掌握全等三角形的判定是解题的关键．
连接，根据等边三角形的性质得到，即可得到为菱形，进而得到点关于对称的点是，点与点重合时，最小解题即可．
【详解】解：连接，如图所示，
，均为等边三角形，
，
，
∴四边形为菱形，
∴点关于对称的点是，
∴当点与点重合时，取最小值，此时
故答案为：16．
7．（2025·山东潍坊·一模）如图，将矩形沿对角线翻折，点C落在处，交于点E．过点作，交，分别于点P，F，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，利用四边相等的四边形是菱形，证明四边形是菱形即可．
（2）根据折叠的性质，菱形的性质，正切函数的应用，勾股定理，解方程等知识解答即可．
【详解】（1）证明：∵ 矩形沿对角线翻折，点C落在处，交于点E，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵ 矩形，，
∴，，
∴；
∵，
∴，
∴；
设，
则，
根据四边形是菱形，
∴，
∴，
根据勾股定理，得，
解得（舍去）．
∴．
【点睛】本题考查了翻折变换，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，矩形的性质，勾股定理，正切函数的应用，解方程，解决本题的关键是掌握翻折的性质
8．（2025·山西吕梁·一模）如图，，平分，交于点E．
(1)实践与操作：利用尺规作的平分线，交于点O，交于点F，连接（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）；
(2)猜想与证明：试猜想四边形的形状，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)猜想：四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题考查角平分线画法，菱形的判定，平行四边形判定及性质等．
（1）以点为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接与这点即为的平分线，即可得到本题答案；
（2）根据题意先证明四边形是平行四边形，后继而证明出四边形是菱形．
【详解】（1）解：以点为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接点与这点交于点，即为的平分线，作图如下：
（2）解：猜想：四边形是菱形，证明如下：
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
9．（2025·福建龙岩·一模）如图，是半圆的圆心，直径．
(1)分别在半圆上的取点和点，顺次连接各点，构成以，，，为顶点的菱形，请用直尺和圆规求作符合要求的菱形；
(2)求（1）中菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)菱形的面积的面积为
【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质、菱形的判定等相关知识点，熟记相关结论是解题关键．
（1）根据菱形的四条边都相等，以点和点为圆心，长为半径画弧，与半圆交于点、，连接即可完成作图．
（2）连接，则，过点作于点，得出是等边三角形，进而求得的长，即可求出菱形的面积．
【详解】（1）解：①以为圆心，为半径作弧，交半圆于点；
②以为圆心，为半径作弧，交半圆于点；
③连接，，，从而得到菱形
（2）连接，则，过点作于点，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴；．
10．（2025·云南昆明·一模）如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连接并延长至点，使得，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点作于点，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）连接，证明四边形是平行四边形，得，根据勾股定理逆定理证明是直角三角形，然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，所以可得四边形是平行四边形，进而可得结论；
（2）根据菱形面积公式即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵为中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴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，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理逆定理，直角三角形斜边上的中线定理，平行四边形的判定，主要考查学生的推理能力，解决本题的关键是掌握菱形的判定定理．
11．（2025·山东临沂·一模）如图，已知线段，分别以端点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于，两点，分别连接，，，，．若点为的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】根据尺规作图可知四边形为菱形，利用菱形的性质可证，根据全等三角形的性质可证，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可证结论成立．
【详解】证明：由尺规作图可得：，
四边形为菱形，
，，
，
为的中点，
，
在和中，，
，
,
在四边形中，
，，
四边形为平行四边形，
,
，
．
【点睛】本题主要考查了尺规作图、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质．解决本题的关键是根据尺规作图判断四边形为菱形，再根据菱形的性质找边、角之间的关系．
12．（2025·山东淄博·一模）如图，，线段的垂直平分线交于点，分别交，于点，，连接，．
(1)判断四边形的形状，并证明；
(2)若如果，，，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，见解析
(2)
【分析】（1）证明，得出，由，得出四边形是菱形；
（2）由菱形的性质得出，证明，由平行线的性质得出，由直角三角形的性质和菱形的面积公式进行计算即可．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下：
四边形是平行四边形，
，
，
是线段的垂直平分线，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形是菱形，，
，
，
，
，
，
∴，
，，
四边形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
题型09
正方形的判定与性质
1．（2025·安徽合肥·一模）在矩形中，，，，分别在边，，，上（不与顶点重合），顺次连接得到四边形．对于任意矩形，下面结论一定正确的有（ ）个
①存在无数个四边形是平行四边形；②存在无数个四边形是矩形；③存在无数个四边形是菱形；④至少存在一个四边形是正方形
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：如图，连接，交于，
过点直线和，分别交，，，于，，，，
四边形是矩形，
，，，
，
，
同理可证，
四边形是平行四边形，
直线和存在无数条，
存在无数个四边形是平行四边形，故①正确；
当时，四边形是矩形，故存在无数个四边形是矩形，故②正确；
存在无数条直线和，使得，故存在无数个四边形是菱形；故③正确；
④当四边形是正方形时，，，
，
，
，
，
又，，
，
，，
，
，
四边形是正方形，当四边形为正方形时，四边形是正方形，
即至少存在一个四边形是正方形，故④正确；
故选：D．
2．（2025·海南·一模）如图，在正方形中，，连接．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作射线交的延长线于点，则的长为（ ）
A．3B．C．4D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．由正方形的性质和勾股定理求出的长，再根据平行线的性质和角平分线的性质求出，得到，即可求解．
【详解】解：由作图可知，平分，
∵四边形是正方形，
∴，，，
在中，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
3．（2025·陕西汉中·一模）如图，正六边形与正方形的边长均为4，则正六边形与正方形的面积之差为 ．（结果保留根号）
【答案】
【分析】根据正六边形可分成6个边长相等的等边三角形，再结合等边三角形的面积，正方形的面积计算即可．
本题考查了正六边形和正方形的面积计算，正确应用正六边形的面积是解题的关键．
【详解】∵正六边形可分成6个边长相等的等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴正六边形与正方形的面积之差为：．
故答案为：．
4．（2025·山东菏泽·一模）如图，为的对角线，延长至点，使得，连接，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是正方形，理由见解析
【分析】本题考查了特殊四边形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
（1）根据题意得，，根据得，则四边形是平行四边形，又有，由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论；
（2）由平行四边形性质可得，进而可得，则是矩形，根据也是菱形可知四边形是正方形．
【详解】（1）解：∵在中，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：结论：四边形是正方形，
理由如下：
由（1）得，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
是矩形，
又是菱形，
四边形是正方形．
5．（2025·广东珠海·一模）如图，在中，，，点在线段上运动，绕点逆时针旋转得到线段，连接、、．
(1)求证：当时，四边形是正方形；
(2)若，为的外接圆，设的面积为．
①求的取值范围（结果保留）；
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)见解析
(2)①；②直线能与相切，此时的长度为4
【分析】（1）根据旋转的性质得到，，由得出是等腰直角三角形，再利用平行四边形和等腰直角三角形的性质得到，，，得出，再利用正方形的判定定理即可证明；
（2）①先画出示意图，通过证明得到，推出四边形是圆内接四边形，结合为的外接圆以及，得到是的直径，利用等腰直角三角形的性质求出的取值范围，即可求出的取值范围；②设直线与相切，则，得出，由①中的结论得到，再通过证明得到，进而得出，即可求出的长度．
【详解】（1）证明：如图，
由旋转的性质得：，，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是矩形，
又，
矩形是正方形．
（2）解：①如图，
由（1）中的结论得，，
，
是等腰直角三角形，即，，
，
，即，
又，
，
，
，
四边形是圆内接四边形，
为的外接圆，
点也在上，
又，
是的直径，
，，
，
点在线段上运动，
当时，有最小值；当点与点重合时，有最大值；
当时，由（1）中的结论得，
当点与点重合时，，
，
，
又，
的取值范围为．
②如图，设直线与相切，则，
，，
，
，
由①中的结论得，，
，，
，，，，
，，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
综上所述，直线能与相切，此时的长度为4．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、旋转的性质、正方形的判定、等腰直角三角形的性质与判定、三角形外接圆的性质、切线的性质，熟练掌握相关知识点，结合题意正确画出对应的示意图是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何知识储备和推理论证能力，适合有能力解决几何难题的学生．
6．（2025·山东聊城·一模）综合与实践
在数学探究课上，老师要求同学们按照下列步骤进行探究．
动手操作：第一步，任意画出一个四边形．第二步，取四边形四条边的中点．第三步，顺次连接四个中点，得到一个新的四边形．（叫做中点四边形）根据以上操作，老师展示了四位同学的四个图形，并共同进行了探究，请你根据这四位同学作出的图形解决下列问题．
(1)通过作图、测量，猜想：中点四边形的形状与原四边形对角线的数量关系和位置关系有关．请你根据图形填写下表．
(2)请你根据图④写出已知、求证、证明．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题主要考查了特殊四边形的判定和性质，新定义，中位线定理等知识点，熟练掌握中位线定理是解决此题的关键．
（1）通过作图、测量即可得到解；
（2）根据正方形的判定和性质，中位线定理证明即可．
【详解】（1）解：通过作图、测量，猜想：中点四边形的形状与原四边形对角线的数量关系和位置关系如下表，
（2）解：已知：四边形，，分别为边的中点，连，
求 证：四边形为正方形．
证明：如图，
∵分别为边的中点，
∴，，，，，，
∴，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，，
∴为正方形．
7．（2025·甘肃·一模）如图1是东罗马鎏金银盘，这只鎏金银盘是舶来品，专家鉴定为东罗马帝国的产品．不过，它大约是一千五六百年前舶来的，现今落脚于甘肃省博物馆，成为众多馆藏文物中的“异类”——正是这个“异类”见证了千年前丝绸之路东西方贸易的繁荣．如图2，把它看作一个圆，点为圆心，点为上一点．
(1)请用不带刻度的直尺和圆规，在图2中作出的内接正方形；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)根据（1）中画出的图形，过圆心作边的垂线，分别交和于点，，若的半径为，则的长为______________．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，垂径定理，勾股定理，熟知垂径定理和正方形的性质和判定定理是解题的关键．
（1）连接并延长，交于C，过点O作的垂线，分别交于B、D，则四边形即为所求；
（2）由正方形的性质和勾股定理求出的长，由垂径定理得到的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】（1）解；如图所示，连接并延长，交于C，过点O作的垂线，分别交于B、D，则四边形即为所求；
分别为的直径，则相等且互相垂直平分，则四边形是正方形；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
8．（2025·山东日照·一模）如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，点B，D的横坐标分别为m，n（），以线段为对角线作矩形，轴．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)如图2，若反比例函数的图象过点A．以点O为圆心，长为半径作．
① （用含m，n的代数式表示）；
②若，当与相切时，求k的值．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据题意得，由矩形的性质结合轴，求出，再求出，即可证明；
（2）①由（1）得，即可求出k的值；②根据题意，设中点为，则，根据，可得当与相切时，切点为T，则，求出，求出，建立方程求出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，且轴，
∴轴，
∵点B，D是直线上，点B，D的横坐标分别为m，n（），
∴，
∴，
∴，
∴矩形是正方形；
（2）解：①由（1）得，
∵反比例函数的图象过点A，
∴，
∴；
②根据题意，
设中点为，则，
∵，
∴当与相切时，切点为T，则，
∴，
∵，
∴，整理得：，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查的是反比例函数与几何的综合，一次函数，切线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理，掌握切线的判定定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．如图，在正方形中，．
求证：
求证：四边形是平行四边形．
证明：垂直平分，
，又，
（①），
，
_____②______
，
四边形是平行四边形．
原四边形对角线关系
中点四边形形状
图形
不相等、不垂直
平行四边形
图①
图②
图③
图④
原四边形对角线关系
中点四边形形状
图形
不相等、不垂直
平行四边形
图①
不相等、垂直
矩形
图②
相等、不垂直
菱形
图③
相等、垂直
正方形
图④