专题15 四边形（9类中考高频题型归纳与训练）练习含答案--2026年中考数学一轮专题

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►考向一 多边形的内角和
1．（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．
2．（2024·云南·中考真题）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．
3．（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．
4．（2024·山东青岛·中考真题）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．
5．（2024·山西·中考真题）如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形，其中，则这个五边形的内角的度数为 ．
【答案】116
【分析】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握知识点是解题的关键．
先求出五边形的内角和，即可求解．
【详解】解：五边形内角和为：，
∴，
∵，
∴，
故答案为：116．
►考向二 多边形的外角和
6．（2024·西藏·中考真题）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．
7．（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．12B．10C．8D．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·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（ ）
A．两点之间，线段最短B．菱形的对角线相等
C．正五边形的外角和为D．直角三角形是轴对称图形
【答案】A
【分析】本题考查了命题与定理的知识，多边形外角性质，菱形性质及轴对称图形的特点，解题的关键是掌握这些基础知识点．
【详解】解：A、两点之间，线段最短，正确，是真命题，符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，选项错误，是假命题，不符合题意；
C、正五边形的外角和为，选项错误，是假命题，不符合题意；
D、直角三角形不一定是轴对称图形，只有等腰直角三角形是轴对称图形，选项错误，是假命题，不符合题意；
故选：A．
9．（2024·青海·中考真题）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：．
10．（2010·江苏徐州·中考真题）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是 .
【答案】8
【分析】根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用可求得边数．
【详解】解：多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是，
即该正多边形的边数是8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，解题的关键是掌握正多边形的各个内角相等，各个外角也相等．
►考向一 平行四边形的性质
11．（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（ ）

A．22B．21C．20D．18
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．利用勾股定理求得的长，再证明，作于点，求得，利用，求得，再利用勾股定理求得，据此求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
由作图知，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
作于点，

则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形的周长是，
故选：A．
12．（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与BD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．
13．（2024·河南·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交于点F．若，则的长为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、线段中点定义可得出，证明，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解∶∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
故选：B．
14．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键．
解法一：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果；
解法二：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到．
【详解】解：解法一：延长和，交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
解法二：作交于点H
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
故选：B．
15．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案．
【详解】解：过点D作交的延长线于点F，
∵的垂线交于点E，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴
∴，
由勾股定理可得，，
，
∴，
∴
∴
即，解得，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是，
故选：C
►考向二 平行四边形的判定
16．（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：．
17．（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
若以上解答过程正确，①，②应分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，根据等边对等角得，根据三角形外角的性质及角平分线的定义可得，证明，得到，再结合中点的定义得出，即可得证．解题的关键是掌握：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【详解】证明：∵，∴．
∵，，，
∴①．
又∵，，
∴（②）．
∴．∴四边形是平行四边形．
故选：D．
18．（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．
19．（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，
∵，，
∴．
►考向三 平行四边形的性质好判定综合
20．（2024·浙江·中考真题）如图，在正方形中，分别是边上的点，且分别在边上，且与交于点O，记，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，过点作交于点，作交于点，延长、交于点，过点作，根据平行线的性质得出，从而得出，设，则，证明四边形是平行四边形，得出，在中，勾股定理算出，得出，证明，得出，根据，得出，在中，列方程求解即可．
【详解】解：如图，过点作交于点，作交于点，延长、交于点，过点作，
∴，
∴，
设，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴在中，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴解得：或，
当时，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】该题主要考查了解直角三角形，勾股定理，二次根式的性质，正方形的性质，平行四边形的性质和判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，解一元二次方程等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确做出辅助线．
21．（2024·辽宁·中考真题）如图，的对角线，相交于点，，，若，，则四边形的周长为（ ）

A．4B．6C．8D．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．
22．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段CD在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标为 ．

【答案】
【分析】在y轴上取点，证明四边形是平行四边形，得出，利用抛物线的对称性得出，则，当E、C、F三点共线时，最小，利用待定系数法求出直线解析式，然后把代入，即可求出C的坐标．
【详解】解：，
∴对称轴为，
如图，设抛物线与x轴另一个交点为F，

当时，，
∴，
当时，，
解得，，
∴，，
在y轴上取点，连接，，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵抛物线对称轴为，
∴，
∴，
当E、C、F三点共线时，最小，
设直线解析式为，
∴，
解得，
∴，
当时，，
∴当最小时，C的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，两点之间线段最短等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造平行四边形是解题的关键．
23．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题：
如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点．
小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！
(1)证明；
(2)指出小丽作法中存在的问题．
【答案】(1)见详解
(2)以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故存在问题
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，
（1）根据小明的作图方法证明即可；
（2）以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，据此作答即可．
【详解】（1）∵，
∴，
又根据作图可知：，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）原因：以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，
故无法确定F的位置，
故小丽的作法存在问题．
►考向四 三角形的中位线
24．（2024·湖南·中考真题）如图，在中，点分别为边的中点．下列结论中，错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】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，由三角形中位线性质可判断；由相似三角形的判定和性质可判断，掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】解：∵点分别为边的中点，
∴，，故正确；
∵，
∴，故正确；
∵，
∴，
∴，故错误；
故选：．
25．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查三角形的中位线的实际应用，由题意，易得为的中位线，根据三角形的中位线定理，即可得出结果．
【详解】解：∵点D，E，分别为的中点，
∴为的中位线，
∴；
故选：C．
26．（2024·浙江·中考真题）如图，D，E分别是边，的中点，连接，．若，则的长为

【答案】4
【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，由三角形中位线定理得得出得出
【详解】解：∵D，E分别是边，的中点，
∴是的中位线，
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：4
27．（2024·天津·中考真题）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；.
28．（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】
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EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、、CD、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（____①____）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形EFGH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】
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】
（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．
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

►考向一 矩形
29．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
由矩形得到，继而得到，而是等边三角形，因此得到．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
30.．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为0,2．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，
∴，，
∴轴，
∴点的坐标为，
故选：C．
31．（2024·河北·中考真题）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AB．点BC．点CD．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．
32．（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．
33．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形中，若面积，周长，则 ．
【答案】40
【分析】本题考查了正方形、矩形的性质，完全平方公式等知识，设正方形、的边长分别为a、b，先求出，然后根据求解即可．
【详解】解：设正方形、的边长分别为a、b，
根据题意，得，
∴，
∴
，
故答案为：40．
34．（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
35．（2024·浙江·中考真题）如图，已知菱形的面积是24，E，F分别是菱形的边的中点，连结与交于点G，则的面积为（ ）
A．B．C．3D．9
【答案】A
【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是正确的作出辅助线，技巧性较强．
延长交延长线于点，则，证明，即可得出，根据菱形的面积，求出的面积，然后可得出的面积．
【详解】解：如图，延长交延长线于点，
∵点F是边的中点，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵点是中点，
∴，
∴，
∵菱形的面积为24，
∴的面积为6，
∴的面积为，
故选：A．
36．（2024·海南·中考真题）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．1B．C．0D．
【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．
37．（2024·辽宁·中考真题）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．
【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
38．（2024·上海·中考真题）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．
39．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ．
【答案】8
【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”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，
故答案为：8．
40．（2024·广东·中考真题）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．
41．（2024·云南·中考真题）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，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键．
►考向三 正方形
42．（2024·陕西·中考真题）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．2B．3C．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．
43．（2024·重庆·中考真题）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．2B．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．
44．（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．1B．2C．5D．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．
45．（2024·吉林·中考真题）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：．
46.（2024·内蒙古·中考真题）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．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键．
一、单选题
1．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形的对角线的中点，以O为原点，建立如图平面直角坐标系，若轴，，，点C的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】令与y轴的交点为字母E，根据菱形的性质和说明是等边三角形，再求出，然后根据直角三角形的性质得，结合勾股定理求出，可知点A的坐标，最后根据点A和点C关于原点对称得出答案．
【详解】如图所示，令与y轴的交点为字母E，
∵四边形是菱形，
∴．
∵，，
∴是等边三角形，则，
∵点O是菱形的对角线的中点，
∴．
∵轴，则，
∴，
∴
根据勾股定理，得，
∴．
∵点A和点C关于原点对称，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，理解菱形的对称性是解题的关键．
2．（2024·广东·模拟预测）将一副三角尺在平行四边形按如图所示的方式摆放，设，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角板中角度的计算，平行四边形的性质，求出的度数是解题的关键．如图所示，过点G作，由平行线的性质得到，，然后求出的度数即可求出∠2的度数．
【详解】解：如图所示，过点G作，
由题意得，，则，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，等腰梯形（ ）

A．既是轴对称图形，又是中心对称图形
B．是轴对称图形，但不是中心对称图形
C．是中心对称图形，但不是轴对称图形
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，等腰梯形的性质，根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形
【详解】解：等腰梯形是轴对称图形，但不是中心对称图形，
故选：B．
4．（2024·湖北·模拟预测）类比“赵爽弦图”，可类似的构造如图所示的图形，它是由中间的小正六边形和6个全等的直角三角形拼成的一个大正六边形，若在大正六边形内部随机取一点，则此点取自小正六边形的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先对图形标注，根据内角和定理求出，即可得出，再设，根据直角三角形的性质得，由勾股定理求出，根据题意可知，可求，然后求出等边三角形的面积，进而得出正六边形的面积，最后根据面积比得出答案．
【详解】如图所示，
正六边形的每个内角，
∴．
设，
∴，
根据勾股定理得．
根据题意可知，
∴．
作，交于点F，
∵是等边三角形，
∴．
根据勾股定理得，
∴，，
∴正六边形的面积，六个直角三角形的面积为，
∴此点取自小正六边形的概率是．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理，概率的计算公式，理解用面积比表示概率是解题的关键．
5．（2024·广东·模拟预测）如图，D，E分别是的边，的中点，若的周长为6，则的周长为（ ）
A．B．3C．12D．36
【答案】C
【分析】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据三角形的周长公式求解即可得．
【详解】解：∵点分别是的边，的中点，
∴，即，
∵的周长为6，
∴，
∴的周长为，
故选：C．
6．（2024·安徽·模拟预测）如图，矩形中，点在边上，平分，，分别是，的中点，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】根据矩形的性质先证明是等腰直角三角形，求出，，再利用直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半求出，利用勾股定理求出，进而得到，根据是的中位线，即可求解．
【详解】解：四边形矩形，
∴，，
，
平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
是的中点，，
，
，
为的中点，，，
，
在中，，
，
，
，分别为，的中点，
是的中位线，
，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
7．（2024·河北·模拟预测）在中，，是的中点，求证：．
证明：如图，延长至点，使，连接，．
……
，
．
下面是“……”部分被打乱顺序的证明过程：①∴四边形是平行四边形；②∵；③∵，；④∴四边形是矩形，则正确的顺序是（ ）．
A．③①②④B．③②①④C．②③①④D．②①③④
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．从结论入手，要证明直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，显然不能应该斜边中线定理，看到提示的两行证明，有对角线相等，由此根据矩形的对角线互相平分且对角线相等的性质，作辅助线补全四边形，先证平行四边形再证矩形，即可推出结论．
【详解】解:根据提示，先由对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再由平行四边形证明是矩形，
证明过程应为：③，；
①四边形是平行四边形；
②；
④四边形是矩形．
，
．
即证明过程为 ③①②④，
故选：A．
8．（2024·广东·模拟预测）若一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，则该多边形的边数为（ ）
A．19B．18C．17D．16
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和的综合，先设多边形的边数为条，因为一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，所以，解出值，即可作答．
【详解】解：设该多边形的边数为条，
则列方程为，
解得：，
故选B．
9．（2024·山西·模拟预测）如图，将正五边形纸片沿折叠，得到，点C的对应点为点，的延长线交于点F，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理是解题的关键．由正五边形纸片，可得，由，可得，由折叠的性质可知，，，根据，求解作答即可．
【详解】解：∵正五边形纸片，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质可知，，，
∴，
故选：B．
10．（2024·广东·模拟预测）下列说法中，错误的是（ ）
A．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行
B．等角对等边
C．四条边相等的四边形是正方形
D．圆的切线垂直于过切点的半径
【答案】C
【分析】本题考查平行线的判定，等腰三角形的性质，正方形的判定，切线的性质，根据各个知识点逐个判断即可．
【详解】A.在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行，说法正确，不符合题意；
B.等角对等边，说法正确，不符合题意；
C.四条边相等的四边形是菱形，说法错误，符合题意；
D.圆的切线垂直于过切点的半径，说法正确，不符合题意；
故选：C．
11．（2024·河北·模拟预测）如图，在中，，点分别是的中点，顺次连接，在从逐渐增大到的过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A．平行四边形→菱形→平行四边形
B．平行四边形→矩形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
D．平行四边形→矩形→正方形→平行四边形
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形的中位线．熟练掌握三角形的中位线性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，是解题的关键．
根据三角形中位线定理，得到，得到，得到四边形是平行四边形，当时，是矩形，，得到，得到是菱形；当时，或时，，∴，四边形是平行四边形，
【详解】连接，
∵E、F、G、H是的各边中点，
∴，
∴，
当时，
∵中，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当时，是矩形，
∴，
∴，
∴是菱形，
当时，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∴四边形形状的变化依次是：平行四边形→菱形→平行四边形．
故选：A．
12．（2024·安徽·模拟预测）如图，正方形中，点，分别在边，上，且，分别交，于点，，以点A为圆心，长为半径画弧下列结论：①；②；③；④与相切；⑤．其中正确结论的个数是（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线，熟练掌握这些性质，是解题的关键．
延长到，使，连接根据全等三角形的性质得到，，求得，证得，根据全等三角形的性质即可得到；故正确；在上截取，根据全等三角形的性质得到，，证得，根据勾股定理得到，根据全等三角形的性质得到，等量代换得到；故正确；根据平行线的性质得到，推出，又，于是得到，故正确；过A作于，根据角平分线的性质得到，于是得到与相切；故正确；由，而不一定等于，于是得到不一定平行于，故错误．
【详解】解：延长到，使，连接．
在和中，，
，
，，
又，，
．
在和中，
，
，
，
又，
；故正确；
在上截取，连接、，
在和中，，
，
，，
又，
．
．
在和中，
，
，
．
；故正确；
，
．
，，
，
又，
，故正确；
过A作于，
，，
，
与相切；故正确；
，而不一定等于，
不一定等于，
不一定平行于，故错误，
故选：B．
二、填空题
13．（2024·上海·模拟预测）如图1是一款可升降篮球架，支架，，的长度固定，A，D，G为立柱上的点，地面，篮板地面，，米，米，若改变伸缩臂的长度，则，CD可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架CD的长为 米．降低篮筐高度如图3，连结交CD于点O，平分，，此时篮筐的固定点C离地面的距离为 米．
【答案】
【分析】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
延长交地面于点，过点作于点，可得，利用平行线性质，可得，进而求得，利用直角三角形性质，可得，由此得解；设于相交于，连接，连接，由，，得四边形是平行四边形，进而得到，利用平分，结合，可得，根据等角对等边得，进而得到，结合，得到四边形是平行四边形，利用平行四边形性质，结合，可证平行四边形是矩形，由此即可得解．
【详解】解：如图，延长交地面于点，过点作于点，
地面，篮板地面，
，
∴
，
，
，
，
又
，
米，
故支架的长为米．
如图，设于相交于，连接，连接，
，
，
又
四边形是平行四边形，
，
，
，
平分，
，
又 ，
，
，
，
，
又 ，
四边形是平行四边形，
互相平分，
，
，
平行四边形是矩形，
，即，
四边形是矩形，
米．
故此时篮筐的固定点C离地面的距离为米．
故答案为∶ ；．
14．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，在边上，，连接，则线段的最小长度为 ．
【答案】
【分析】根据题意取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，利用矩形性质证明四边形为平行四边形，再根据对称性得，继而利用勾股定理即可得到本题答案．
【详解】解：如图，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，
，
∵矩形中，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，即，
∵根据对称性可知，则，，
∵，
∴的最小长度：，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形判定及性质，矩形性质，对称性质，勾股定理等．
15．（2024·湖南·模拟预测）已知四边形的对角线垂直平分对角线于点，要使四边形为菱形，则可添加的条件是 （添加一个条件即可，不添加其他的点和线）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定即可得出答案．
【详解】解：添加，理由如下：
∵四边形的对角线垂直平分对角线于点，
，
，
∴四边形是菱形，
故答案为：（答案不唯一）．
16．（2024·广东·模拟预测）如图，将一张长方形纸片沿折叠，使点A，B分别落在点，的位置．若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据矩形的性质可得，再根据折叠的性质可得，由此即可得．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
故答案为：．
17．（2024·浙江·一模）如图，正方形的边长为，以AB边上的动点为圆心，为半径作圆，将沿翻折至，若过一边上的中点，则的半径为 ．
【答案】或或
【分析】分三种情况讨论，设的半径为，分别根据勾股定理，即可求解．
【详解】设的半径为，当经过的中点，即经过的中点，
∴，
当经过的中点，则，
∴，，
在中，
∴
解得：（负值舍去）
当经过的中点，即经过的中点，设的中点为，
∴
∴
解得：
综上所述，半径为、、
故答案为：或或．
【点睛】本题考查翻折的性质，勾股定理，正方形的性质，掌握翻折的性质，勾股定理，正方形的性质以及分类讨论是正确解答的关键．
18．（2024·重庆·一模）如图，在中，E为边中点．以C为圆心，CD为半径画弧，恰好经过点A．以C为圆心，CE为半径画弧，与AD相切于点F．若，则阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
【答案】
【分析】根据切线的性质得到，得到，根据平行四边形的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，，根据扇形、正方形、三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：与切于，
，
由题意可知：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
为边中点，
，，
，
，
，
，，
，
四边形是正方形，
阴影部分的面积扇形的面积的面积正方形的面积扇形的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确地识别图形是解题的关键．
19．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．
若，，则长为
【答案】1
【分析】根据矩形的性质，得出，，证明四边形是平行四边形，利用证明，得出，即可证明四边形是菱形；标记点，根据矩形的性质，得出，，，，证明四边形和四边形是平行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出，，，证明四边形是菱形，根据含角的直角三角形的性质，得出，证明、、、是边长相等的等边三角形，求出，，根据，得出答案即可．
【详解】解：∵两张纸片是等宽的矩形纸片，
∴，，，，
∴，四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
如图，标记点，

∵两张纸片是等宽的矩形纸片，
∴，，，，
∴四边形和四边形是平行四边形，
∴
∵由（1）得，，四边形是菱形，
∴，，，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴和是等边三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴、是等边三角形，
∵、、、依次有公共边，
∴、、、是边长相等的等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，灵活运用知识点推理证明是解题的关键．
三、解答题
20．（2024·湖南·模拟预测）慈氏塔（如图①）作为湖南现存最早的砖塔之一，以其巍然䇯立，雄视洞庭湖，成为“巴陵胜状”之一．某兴趣小组决定利用所学知识开展以“测量慈氏塔的高度”为主题的活动，并写出如下项目报告：
(1)求无人机从点到点处的飞行距离；
(2)求慈氏塔的高度．
【答案】(1)
(2)慈氏塔的高度为
【分析】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，矩形的判定与性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于常考题型．
（1）先根据题意可求出，，再根据中，即可解答；
（2）过点D作，交延长线于点H，设，则，解直角三角形求出x的值，证明四边形是矩形，得到，由即可解答．
【详解】（1）解：根据题意得：，，
在中，，
；
（2）解：过点D作，交延长线于点H，
，
，
，
设，则，
在中，
，
，
解得：，
，
，
四边形是矩形，
，
，
答：慈氏塔的高度为．
21．（2024·广东·模拟预测）如图，是的角平分线，过点D分别作和的平行线，交于点E，交于点F．试判断四边形的形状，并给出证明．

【答案】四边形是菱形，证明见解析
【分析】本题考查了菱形的判定、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题关键．先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的判定可得，然后根据菱形的判定即可得．
【详解】解：四边形是菱形，证明如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵是的角平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
22．（2024·湖南·模拟预测）如图，在中，交于点，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法是解题的关键．
（1）先根据四边形为平行四边形可得、，再根据得出，即可证明结论；
（2）先证明得出，证明四边形为菱形得出，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
23．（2024·山东·模拟预测）如图，在中，，，延长至点，使，连接，交于点，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，得，，再证，即可得证；
（2）由矩形的性质得，由勾股定理求出，即可得解．
【详解】（1）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；
（2）解：∵四边形是矩形，，，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形外角的定义及性质等知识，掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
24．（2024·浙江·模拟预测）如图，在正五边形中，连结交于点F
(1)求的度数．
(2)已知，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据五边形是正五边形，判断出，，求出，进而可求出的度数；
（2）证明得，设，则，列出方程，解方程即可求出的长．
【详解】（1）解：∵五边形是正五边形，
，，
∴，
同理可求，
∴．
（2）解：∵，
∴，
同理可证，
∴四边形是菱形，
，
同理，
∴，
∵，
，
，即，
设，则，
，即，
解得（舍去负值），
的长是．
【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，等腰三角形的性质，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
25．（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．
课标要求
考点
考向
①了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线;探索并掌握多边形内角和与外角和公式。
②理解平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，以及它们之间的关系;了解四边形的不稳定性。
③探索并证明平行四边形的性质定理:平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形的判定定理:一组对边平行且相等的四边形是平行四边形;两组对边分别相等的四边形是平行四边形;对角线互相平分的四边形是平行四边形。
④探究并证明三角形中位线定理。
⑤探索并证明矩形、菱形的性质定理:矩形的四个角都是直角，对角线相等;菱形的四条边相等，对角线互相垂直。探索并证明矩形、菱形的判定定理:三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形;四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形既是矩形，又是菱形;理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系。
多边形及其内角和
考向一 多边形的内角和
考向二 多边形的外角和
平行四边形
考向一 平行四边形的性质
考向二 平行四边形的判定
考向三 平行四边形的性质好判定综合
考向四 三角形的中位线
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 多边形及其内角和
考点二 平行四边形
已知：如图，中，，平分的外角，点是的中点，连接并延长交于点，连接．
求证：四边形是平行四边形．
证明：∵，∴．
∵，，，
∴①______．
又∵，，
∴（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
不相等、不垂直
平行四边形
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
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________
原四边形对角线关系
中点四边形形状
③________
④________
考点三 特殊的平行四边形
课题
测量慈氏塔的高度
测量工具
测角仪、无人机等
测量示意图
测量过程
如图②，测量小组使无人机在点处以的速度竖直上升后，飞行至点处，在点处测得塔顶的俯角为，然后沿水平方向向左飞行至点处，在点处测得塔顶和点的俯角均为
说明
点均在同一竖直平面内，且点在同一水平线上，．结果精确到．参考数据：