五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(北京专用)12：多边形与四边形（教师版）

这是一份五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(北京专用)12：多边形与四边形（教师版），文件包含英语河南省南阳市唐河县部分学校2025-2026学年高一下学期第二次月考试题解析版docx、英语河南省南阳市唐河县部分学校2025-2026学年高一下学期第二次月考试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
考情概览
考点1 多边形
考点2 四边形
考点1 多边形
1．（2025·北京·中考真题）若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（ ）
A．60B．90C．120D．150
【答案】C
【分析】本题考查了多边形内角和公式，即，其中为边数，利用多边形内角和公式及正多边形的性质求解即可．
【详解】解：∵一个六边形的每个内角都是，
∴每个内角的度数为：，
故选：C．
2．（2023·北京·中考真题）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．
3．（2021·北京·中考真题）下列多边形中，内角和最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据多边形内角和公式可直接进行排除选项．
【详解】解：A、是一个三角形，其内角和为180°；
B、是一个四边形，其内角和为360°；
C、是一个五边形，其内角和为540°；
D、是一个六边形，其内角和为720°；
∴内角和最大的是六边形；
故选D．
【点睛】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．
考点2 四边形
4．（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形；
（2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，即，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵，
∴；
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴；
∵点D为的中点，
∴；
如图所示，过点A作于H，
在中，，
∴，
在中，由勾股定理得．
5．（2024·北京·中考真题）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．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
6．（2023·北京·中考真题）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∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
7．（2022·北京·中考真题）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】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；
（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形ABCD为菱形，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】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，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．
8．（2021·北京·中考真题）如图，在四边形中，，点在上，，垂足为．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若平分，求和的长．
【答案】（1）见详解；（2），
【分析】（1）由题意易得AD∥CE，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得EF=CE=AD，然后由可进行求解问题．
【详解】（1）证明：∵，
∴AD∥CE，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可得四边形是平行四边形，
∴，
∵，平分，，
∴，
∴EF=CE=AD，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数，熟练掌握平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数是解题的关键．
1．（2025•密云区一模）若一个多边形的每个内角都是相邻外角的2倍，则这个多边形的边数为
A．6B．7C．8D．9
【分析】设多边形的一个外角是，则相邻的内角是，根据邻补角的定义得出，即可求出，再根据多边形内角和定理即可求出多边形的边数．
【解答】解：设多边形的一个外角是，则相邻的内角是，
根据题意得，
解得，
所以多边形的每个内角是，
设这个多边形的边数为，
则，
解得．
故选：．
2．（2025•顺义区一模）每一个外角都是的正多边形为
A．正三角形B．正四边形C．正五边形D．正六边形
【分析】根据多边形的外角和公式，即可得出答案．
【解答】解：（条．
故选：．
3．（2025•石景山区一模）若一个多边形的每个内角都是相邻外角的2倍，则这个多边形的边数为
A．4B．5C．6D．8
【分析】设多边形的一个外角是，则相邻的内角是，根据邻补角的定义得出，即可求出，再根据多边形内角和定理即可求出多边形的边数．
【解答】解：设多边形的一个外角是，则相邻的内角是，
根据题意得，
解得，
所以多边形的每个内角是，
设这个多边形的边数为，
则，
解得，
故选：．
4．（2025•西城区一模）若正多边形的一个外角是，则这个正多边形是
A．正三角形B．正四边形C．正五边形D．正六边形
【分析】根据正多边形的外角和是和正多边形的每个外角都相等，列出算式求出边数即可．
【解答】解：正多边形的外角和是，每个外角都是，
这个正多边形的边数是：，
这个正多边形是正五边形，
故选：．
5．（2025·北京顺义·二模）内角和是的多边形为（ ）
A．六边形B．五边形C．四边形D．三角形
【答案】B
【分析】本题主要考查多边形的内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题关键．根据n边形的内角和公式为，进行求解即可．
【详解】解：∵n边形的内角和公式为，
∴当，
则．
∴内角和等于的多边形为五边形．
故选：B．
6．（2025·北京朝阳·二模）如图，是一个正多边形相邻的四个顶点，若，则这个多边形的边数为（ ）
A．8B．9C．10D．12
【答案】D
【分析】本题考查了圆周角定理，正多边形与圆的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
如图所示，设这个正边形内接于，连接，则，根据正多边形的每条边所对圆心角相等即可求解．
【详解】解：如图所示，设这个正边形内接于，连接，
∴，
∴，
∴，即这个多边形的边数为，
故选：D ．
7．（2025·北京密云·一模）若一个多边形的每个内角都是相邻外角的2倍，则这个多边形的边数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【分析】此题主要考查了多边形的内角和外角的关系，关键是计算出外角的度数，进而得到边数．设多边形的每个外角的度数为，则内角为，根据一个正多边形的内角和外角互补关系列方程求解出正多边形的外角，再根据多边形的外角和等于即可求出正多边形的边数．
【详解】解：设多边形的每个外角的度数为，则内角为，
根据题意，可得，
解得，
∴这个多边形的数是．
故选：A．
8．（2025•密云区一模）如图，在菱形中，对角线、相交于点，点为的中点，连接并延长至点，使，连接、．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，菱形的周长为40，求的值．
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得出，即可得出结论；
（2）由菱形的四边相等可得菱形边长，由勾股定理得，由直角三角形斜边中线的性质得，最后由勾股定理即可解答．
【解答】（1）证明：为的中点，
．
，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：过点作于点，
设，
，菱形的周长为40，
，，
在△中，，
在△中，是的中点，
，，
，
由（1）知：四边形是矩形，
，
，
由勾股定理得：，
，
，
，
．
9．（2025•东城区一模）如图，矩形的对角线与交于点，为的中点，连接，过点作，交延长线于点，交于点，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求的长．
【分析】（1）根据矩形的性质证明△△，得，进而可以证明四边形是平行四边形；
（2）结合（1）证明四边形是菱形，得，，再证明△是等边三角形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质即可解决问题．
【解答】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
，
，
是的中点，
，
在△和△中，
，
△△，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，，
四边形是矩形，
，，，，
，
△是等边三角形，
，，
，，
，，
，
，
．
10．（2025•朝阳区一模）如图，在△中，为中点，延长至点，使，延长至点，使，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若平分，，，求的长．
【分析】（1）利用证明△△，根据全等三角形的性质求出，，则，根据中点定义求出，再根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”；
（2）根据角平分线定义求出，则，即可判定，根据等腰三角形的性质求出，再根据正切定义求解即可．
【解答】（1）证明：在△和△中，
，
△△，
，，
，
为中点，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：平分，
，
，
，
，
，
，
在△中，，，
．
11．（2025•平谷区一模）矩形中，点是上一点，连接、，过点作的平行线，过点作的平行线，两条平行线交于点，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，若，，求的长．
【分析】（1）由，，证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得，由，推导出，则，即可证明四边形是矩形；
（2）连接，由，，推导出，则，所以，因为四边形是矩形，所以．
【解答】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
，
，
，
四边形是矩形．
（2）解：连接，
，，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
的长为4．
12．（2025•大兴区一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，延长至点，使，连接交于点，是中点，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求△的面积．
【分析】（1）由菱形的性质得，，得为△中位线，得；再证明，从而可得结论；
（2）由菱形的性质得，由，设，则，由勾股定理得，，设△斜边上的高为，根据等积关系得，由，可求△的面积．
【解答】（1）证明：四边形是菱形，
，，，
，
为的中点，
又是中点，
为△中位线，
，
在△中，，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，
，
，
，
，
设，则，
在△中，，
，
解得，（负值舍去），
，，
设△斜边上的高为，
则，
，
，
．
13．（2025•门头沟区一模）如图，在矩形中，对角线，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）连接，如果，，求的长．
【分析】（1）根据平行四边形的判定和性质求解即可；
（2）过点作于点，根据矩形的性质，得到为的中点，由（1）知四边形是平行四边形，则，由三角形中位线定理可得，再利用勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：四边形是矩形，
，，，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：过点作于点，则为的中点．
四边形是矩形，，，
，，
，
由（1）知四边形是平行四边形，
，
，，
，．
在△中，．
14．（2025•顺义区一模）如图，在矩形中，点，分别在边，上，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）连接，若，，，求的长．
【分析】（1）根据矩形的性质证明，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可解决问题；
（2）过点作于点，四边形是矩形，得△是等腰直角三角形，进而即可解决问题．
【解答】（1）证明：四边形是矩形，
，，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：如图，过点作于点，
，
四边形是矩形，
，
，
四边形是矩形，
，，
由（1）知：四边形是平行四边形，
，
，
，
△是等腰直角三角形，
．
15．（2025•丰台区一模）如图，在四边形中，，为中点，，．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若，，求的长．
【分析】（1）先利用直角三角形斜边上的中线性质可得，从而可得，然后利用平行四边形的判定即可解答；
（2）利用（1）的结论可得：，，然后在△中，利用锐角三角函数的定义求出的长，从而利用勾股定理求出的长，最后进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：，为中点，
，
，
，
，
四边形为平行四边形；
（2）解：四边形为平行四边形，
，，
在△中，，
，
，
，
．
16．（2025•房山区一模）如图，，平分，交于点，平分，交于点，连接，于点，交于点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【分析】（1）由平行线的性质和角平分线定义得出，证出，同理：，得出，证出四边形是平行四边形，即可得出结论；
（2）根据菱形的性质得到，，即，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，求得，得到，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：，
，
又平分，
，
，
，
同理：，
，
又，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，，
即，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
．
17．（2025•通州区一模）如图，在△中，，是边上的中线，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求的长．
【分析】（1）先根据垂直定义可得，从而可得，然后利用平行四边形的判定即可解答；
（2）先利用直角三角形斜边上的中线性质可得，然后在△中，利用锐角三角函数的定义求出的长，从而利用勾股定理求出的长，再利用（1）的结论可得，最后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得是△的中位线，进而可得，即可解答．
【解答】（1）证明：，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：，是边上的中线，
，
在△中，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
是△的中位线，
，
．
18．（2025•西城区一模）如图，在四边形中，，对角线，过点作于点，交于点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）连接，若点是的中点，，，求的长．
【分析】（1）证明，再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，再由直角三角形斜边上的中线性质得，则，，进而由锐角三角函数定义得，设，则，然后在△中，由勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】（1）证明：，，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：如图，由（1）可知，四边形是平行四边形，
，
，
，
点是的中点，，
，，
，
，
，
，
，
，
设，则，
在△中，由勾股定理得：，
解得：（负值已舍去），
，
即的长为．
19．（2025•海淀区一模）如图．在△中，，点在上，．过点，分别作，的平行线交于点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据等腰三角形的判定和性质得到，根据菱形的判定定理得到结论；
（2）过作于，根据等腰三角形的性质得到，根据菱形的性质得到，求得，解直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：过作于，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
．
20．（2025•北京一模）如图，在四边形中，为一条对角线，，，，为的中点，连接．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）连接，若平分，，求的长．
【分析】（1）由，，推出四边形是平行四边形，再证明即可解决问题；
（2）在中只要证明，即可解决问题；
【解答】（1）证明：，为的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是菱形．
（2）解：连接．
，平分，
，
，
，
，
，
，，
在中，，
，．
21．（2025·北京房山·二模）如图，在平行四边形中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，且．
(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】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质与判定，正切的定义，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）先证明，进而得出，根据平行四边形的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，进而证明四边形是矩形；
（2）根据正切的定义得出，进而在中，勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
，
，
点是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形．
（2）解：，
．
．
四边形是矩形，
．
，
．
在中，，
22．（2025·北京大兴·二模）如图，在中，，是中点，，是的角平分线，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（）由平行线的性质可得，又是的角平分线，则，故有，所以，然后通过直角三角形的性质得，再证明四边形是平行四边形，又从而求证；
（）先证明是等边三角形，则，由平行四边形的性质得，所以，然后得出是等边三角形，则有，，再通过角度和差求出，最后由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，是中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
23．（2025·北京石景山·二模）如图，在中，，于点D，O为的中点，作点D关于点O的对称点E，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，解直角三角形，中心对称的性质，解题关键是熟悉上述知识点，并能熟练运用求解．
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明它有一个角是直角，从而可得四边形是矩形．
（2）先根据矩形的性质证得，，，再利用正切求出，设，接着用表示出，，再用表示出与，根据，可求得，再利用勾股定理求得．
【详解】（1）证明：∵点关于点的对称点为点，
∴必过点且．
∵为的中点，
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵于，
∴．
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是矩形，
∴，，．
在中，．
设，则，．
∴，．
∴．
∴在中，．
24．（2025·北京西城·二模）如图，在中，，的平分线交于点，过点作，交于点，点是上一点，且，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）首先利用角平分线的性质得到，再结合推出，从而得出．已知，可得到，根据一组对边平行且相等判定四边形是平行四边形．最后由，根据矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形）得出四边形是矩形．
（2）利用矩形的性质得到，进而推出，．已知，则，在中，根据正弦值和求出和的长度，进而得到的长度．最后在中，根据勾股定理求出的长．
【详解】（1）证明：∵的平分线交于点，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴四边形为矩形．
（2）解：如图所示，
∵在矩形中，，
∴，．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，．
∴．
∵在矩形中，，
∴在中，．
【点睛】平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、三角函数以及勾股定理．解题关键在于利用已知条件逐步推导边与角的关系，通过角平分线和平行线的组合得到等腰三角形，利用矩形性质找到角的等量关系，再结合三角函数和勾股定理求解边长．
25．（2025·北京朝阳·二模）如图，在四边形中，，相交于点，，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、解直角三角形、三线合一、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）利用平行线的性质得到，，结合推出，得到，再利用平行四边形的判定即可证明；
（2）在中利用正切的定义得到，利用平行四边形的性质得到，由得到，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：，
，．
又，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：，，
在中，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，
，
．
26．（2025·北京顺义·二模）如图，在四边形中，，点E在上，，平分．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接交于点．若，，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解直角三角形的相关运算，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先结合，，证明四边形为平行四边形，根据平分，以及，得，即，进行作答即可．
（2）结合菱形的性质得，，因为，所以，得，代入数值得，，运用，得，最后运用勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】（1）解：∵，点E在上，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：依题意，如图所示：
由（1）得四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∵，
∴在中，．
27．（2025·北京丰台·二模）如图，在四边形中，，，是的中点，是对角线的中点，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接交于点，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线的性质得出，，根据，得出，即可得出答案；
（2）根据菱形性质得出，，，解直角三角形得出，求出，根据F为中点，得出，最后求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵是的中点，是对角线的中点，
∴，是的中位线，
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，．
又在中，，
∴，
∴，
∵F为中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查中位线的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，中位线的性质．
28．（2025·北京海淀·二模）如图，在中，，于点，点在上，过点作的平行线交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若点在线段的垂直平分线上，且，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，再证明．则．即可证明四边形是平行四边形；
（2）证明是直角三角形，．即可证明四边形是矩形．
【详解】（1）证明：，
．
，
．
，
．
．
四边形是平行四边形．
（2）点在线段的垂直平分线上，
．
，
．
是直角三角形，．
四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、矩形的判定、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质等知识，证明四边形是平行四边形是关键．
29．（2025·北京密云·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E为的中点，连接并延长至点F，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，菱形的周长为40，求的值．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的判定与性质是解题关键．
（1）首先根据菱形的性质可得，结合“对角线相互平分的四边形为平行四边形”可证明四边形为平行四边形，然后根据“有一个角为直角的平行四边形为矩形”，即可证明结论；
（2）过点作于点，首先确定菱形的边长，在中利用勾股定理解得的长度，在由矩形的性质可得，，，，利用面积法求得的值，然后在中，由正弦的定义求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，即，
∵点E为的中点，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）如下图，过点作于点，
∵四边形为菱形，且周长为40，
∴，
∵，
∴，
∴在中，可有，
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∵，
∴，解得，
∴在中，可有．
30．（2025·北京昌平·二模）如图，在平行四边形中，于点，延长到点，使得，连接交于点，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接．若，求．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质与判定以及解直角三角形等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为矩形即可；
（2）过点作于点，求出，，再根据勾股定理可求出．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
．
，
．
四边形为平行四边形．
，
平行四边形为矩形．
（2）解：过点作于点．
四边形是矩形，
，
．
．
在Rt中，，
，
．
在Rt中，
，
．